至少存在一点x0∈(a,b),使得f(x0)=0 另外,f(a)=mJ(x)-f>0,由极限的保号性,至少存在一点x∈(ab) 使得(x)-/()>0,即(x)>f(a).同理,至少存在一点x∈(ab xo -a 使得∫(x0)>∫(b).所以,(A)(B)(C)都正确,故选(D). 【评注】本题综合考查了介值定理与极限的保号性,有一定的难度 完全类似的例题见《数学复习指南》P130例58,《数学题型集粹与练习题集》P70例54 (12)设n阶矩阵A与B等价,则必有 (A)当A=a(a≠0)时,|B=a.(B)当A=a(a≠0)时,|B|=-a (C)当|A|≠=0时,|B=0 (D)当A|=0时,|B=0 [D] 【分析】利用矩阵A与B等价的充要条件:r(4)=r(B)立即可得 【详解】因为当A}=0时,r(A)<n,又A与B等价,故r(B)<n,即BF=0,故选OD) 【评注】本题是对矩阵等价、行列式的考查,属基本题型.相关知识要点见《数学复习指南》 P284-286 (13)设n阶矩阵A的伴随矩阵A≠0,若12,5324是非齐次线性方程组Ax=b的 互不相等的解,则对应的齐次线性方程组Ax=0的基础解系 (A)不存在 (B)仅含一个非零解向量 (C)含有两个线性无关的解向量.(D)含有三个线性无关的解向量 B 【分析】要确定基础解系含向量的个数,实际上只要确定未知数的个数和系数矩阵的秩 【详解】因为基础解系含向量的个数=n-r(A),而且 n, r(A)=n, r()={,r(4)=n-1 0,r(A)<n-1 根据已知条件A≠0,于是r(A)等于n或n-1.又Ax=b有互不相等的解, 即解不惟一,故r(A)=n-1.从而基础解系仅含一个解向量,即选(B) 【评注】本题是对矩阵A与其伴随矩阵A的秩之间的关系、线性方程组解的结构等多个 知识点的综合考查 类似问题可见《数学复习指南》P327例3.31和《考研数学大串讲》(2002版,世界图 书出版公司)P57例4
6 至少存在一点 ( , ) x0 a b ，使得 f (x0 ) = 0 ； 另外， 0 ( ) ( ) ( ) lim − − = → + x a f x f a f a x a ，由极限的保号性，至少存在一点 ( , ) x0 a b 使得 0 ( ) ( ) 0 0 − − x a f x f a ，即 ( ) ( ) f x0 f a . 同理，至少存在一点 ( , ) x0 a b 使得 ( ) ( ) f x0 f b . 所以，(A) (B) (C)都正确，故选(D). 【评注】 本题综合考查了介值定理与极限的保号性，有一定的难度. 完全类似的例题见《数学复习指南》P130 例 5.8，《数学题型集粹与练习题集》P70 例 5.4. (12) 设 n 阶矩阵 A 与 B 等价, 则必有 (A) 当 | A |= a(a 0) 时, | B |= a . (B) 当 | A |= a(a 0) 时, | B |= −a . (C) 当 | A | 0 时, | B |= 0 . (D) 当 | A |= 0 时, | B |= 0 . [ D ] 【分析】 利用矩阵 A 与 B 等价的充要条件: r(A) = r(B) 立即可得. 【详解】因为当 | A |= 0 时, r(A) n, 又 A 与 B 等价, 故 r(B) n , 即 | B |= 0 , 故选(D). 【评注】本题是对矩阵等价、行列式的考查, 属基本题型. 相关知识要点见《数学复习指南》 P.284-286. (13) 设 n 阶矩阵 A 的伴随矩阵 0, * A 若 1 2 3 4 ξ ,ξ ,ξ ,ξ 是非齐次线性方程组 Ax = b 的 互不相等的解，则对应的齐次线性方程组 Ax = 0 的基础解系 (A) 不存在. (B) 仅含一个非零解向量. (C) 含有两个线性无关的解向量. (D) 含有三个线性无关的解向量. [ B ] 【分析】 要确定基础解系含向量的个数, 实际上只要确定未知数的个数和系数矩阵的秩. 【详解】 因为基础解系含向量的个数= n − r(A) , 而且 − = − = = 0, ( ) 1. 1, ( ) 1, , ( ) , ( ) * r A n r A n n r A n r A 根据已知条件 0, * A 于是 r(A) 等于 n 或 n −1. 又 Ax = b 有互不相等的解, 即解不惟一, 故 r(A) = n −1. 从而基础解系仅含一个解向量, 即选(B). 【评注】本题是对矩阵 A 与其伴随矩阵 * A 的秩之间的关系、线性方程组解的结构等多个 知识点的综合考查. 类似问题可见《数学复习指南》P.327 例 3.31 和《考研数学大串讲》(2002 版, 世界图 书出版公司) P.157 例 4
(14)设随机变量X服从正态分布N(01),对给定的a∈(0,1),数a满足P{X>un}=a 若P{Xkx}=a,则x等于 (A)u (B)u (C)u1 (D) [ C 【分析】利用标准正态分布密度曲线的对称性和几何意义即得 【详解】由P{Xkx}=a,以及标准正态分布密度曲线的对称性可得 PIX>x) 故正确答案为() 【评注】本题是对标准正态分布的性质,严格地说它的上分位数概念的考查 见《数学复习指南》P489分位数概念的注释 三、解答题(本题共9小题,满分94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) (15)(本题满分8分) 求lm( 【分析】先通分化为0,型极限,再利用等价无穷小与罗必达法则求解即可 【详解】lm( x→0sn2x +2)=lim x -sin xcos x x sin x sina in 4. = lim -= lm cos 4x lim x2x>06x23 【评注】本题属于求未定式极限的基本题型,对于“”型极限,应充分利用等价无穷小 替换来简化计算. 完全类似的例题见《数学复习指南》P28例145 (16)(本题满分8分) 求「/yx2+y2+y)d,其中D是由圆x2+y2=4和(x+1)2+y2=1所围成的 D 平面区域(如图) 【分析】首先,将积分区域D分为大圆D={(x,y)x2+y2≤4}减去小圆 D2={(x,y)(x+1)2+y2≤1},再利用对称性与极坐标计算即可 【详解】令D={(x,y)x2+y2≤4},D2=(x,y)(x+1)2+y2≤1}, 由对称性,yda=0 7
7 (14) 设随机变量 X 服从正态分布 N(0,1) , 对给定的 α (0,1), 数 α u 满足 P{X uα } = α , 若 P{| X | x} = α , 则 x 等于 (A) 2 α u . (B) 2 1 α u − . (C) 2 1 α u − . (D) α u1− . [ C ] 【分析】 利用标准正态分布密度曲线的对称性和几何意义即得. 【详解】 由 P{| X | x} = α , 以及标准正态分布密度曲线的对称性可得 2 1 { } α P X x − = . 故正确答案为(C). 【评注】本题是对标准正态分布的性质, 严格地说它的上分位数概念的考查. 见《数学复习指南》P.489 分位数概念的注释. 三、解答题(本题共 9 小题，满分 94 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) (15) (本题满分 8 分) 求 ) cos sin 1 lim ( 2 2 2 0 x x x x − → . 【分析】先通分化为“ 0 0 ”型极限，再利用等价无穷小与罗必达法则求解即可. 【详解】 x x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 sin sin cos ) lim cos sin 1 lim ( − − = → → = 3 4 6 (4 ) 2 1 lim 6 1 cos4 lim 4 sin 4 2 1 2 lim sin 2 4 1 lim 2 2 0 2 0 3 0 4 2 2 0 = = − = − = − → → → → x x x x x x x x x x x x x x . 【评注】本题属于求未定式极限的基本题型，对于“ 0 0 ”型极限，应充分利用等价无穷小 替换来简化计算. 完全类似的例题见《数学复习指南》P28 例 1.45. (16) (本题满分 8 分) 求 + + D ( x y y)d 2 2 ，其中 D 是由圆 4 2 2 x + y = 和 ( 1) 1 2 2 x + + y = 所围成的 平面区域(如图). 【分析】首先，将积分区域 D 分为大圆 {( , )| 4} 2 2 D1 = x y x + y 减去小圆 {( , )|( 1) 1} 2 2 D2 = x y x + + y ，再利用对称性与极坐标计算即可. 【详解】令 {( , )| 4}, {( , )|( 1) 1} 2 2 2 2 2 D1 = x y x + y D = x y x + + y ， 由对称性， = 0 D yd