【评注】 本题(C),(D) 两个选项的方差也可直接计算得到：如

          =，

         =

完全类似的例题见《数学一临考演习》P78第23题（本题是第23题的特殊情况）.

（15）（本题满分12分）

设, 证明.

【分析】 根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证明.

【证法1】  对函数在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得

设，则，

当t>e时，  所以单调减少，从而，即

        ，

故 .

【证法2】  设，则

     ，

     ,

所以当x>e时， 故单调减少，从而当时，

         ，

即当时，单调增加.

因此当时，，

即     ，

故    .

【评注】 本题也可设辅助函数为或

，再用单调性进行证明即可。

     完全类似的例题见《数学复习指南》P347例13.31及P344的[解题提示], 《考研数学大串讲》P65例13.

（16）（本题满分11分）

某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以增大阻力，使飞机迅速减速并停下.

现有一质量为9000kg的飞机，着陆时的水平速度为700km/h. 经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比（比例系数为 问从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？

注kg表示千克，km/h表示千米/小时.

【分析】 本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程即可。

【详解1】  由题设，飞机的质量m=9000kg，着陆时的水平速度. 从飞机接触跑道开始记时，设t时刻飞机的滑行距离为x(t)，速度为v(t).

根据牛顿第二定律，得

        .

又   ，

由以上两式得

          ，

积分得   由于，故得，从而

当时，

所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.

【详解2】  根据牛顿第二定律，得 ,

所以   

两端积分得通解，代入初始条件解得，

故  

飞机滑行的最长距离为

或由，知，故最长距离为当时，

【详解3】  根据牛顿第二定律，得 ,

   ，

其特征方程为 ，解之得，

故  

   由 ，

得    于是

    当时，

所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.

【评注】 本题求飞机滑行的最长距离，可理解为或的极限值，这种条件应引起注意.

完全类似的例题见《数学最后冲刺》P98-99例10-11.

（17）（本题满分12分）

计算曲面积分

其中是曲面的上侧.

【分析】 先添加一曲面使之与原曲面围成一封闭曲面，应用高斯公式求解，而在添加的曲面上应用直接投影法求解即可.

【详解】 取为xoy平面上被圆所围部分的下侧，记为由与围成的空间闭区域，则

由高斯公式知

        =

       =

而   ，

故 

【评注】 本题选择时应注意其侧与围成封闭曲面后同为外侧（或内侧），再就是在上直接投影积分时，应注意符号(取下侧，与z轴正向相反，所以取负号).

完全类似的例题见《数学复习指南》P325例12.21，《数学题型集粹与练习题集》P148例10.17（2）, 《数学一临考演习》P38第19题.

（18）（本题满分11分）

设有方程，其中n为正整数. 证明此方程存在惟一正实根，并证明当时，级数收敛.

【分析】 利用介值定理证明存在性，利用单调性证明惟一性。而正项级数的敛散性可用比较法判定。

【证】  记  由，，及连续函数的介值定理知，方程存在正实数根

当x>0时，，可见在上单调增加, 故方程存在惟一正实数根

由与知

   ，故当时，.

而正项级数收敛，所以当时，级数收敛.

     【评注】 本题综合考查了介值定理和无穷级数的敛散性，题型设计比较新颖，但难度并不大，只要基本概念清楚，应该可以轻松求证。

完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P91例6.15(有关根的存在性与惟一性证明), 收敛性证明用比较法很简单.

（19）（本题满分12分）

设z=z(x,y)是由确定的函数，求的极值点和极值.

【分析】 可能极值点是两个一阶偏导数为零的点，先求出一阶偏导，再令其为零确定极值点即可，然后用二阶偏导确定是极大值还是极小值，并求出相应的极值.

【详解】  因为 ，所以

    ，

    .

令         得

故 

将上式代入，可得

      或    

由于  ，

      ，

所以  ，，，

故，又，从而点(9,3)是z(x,y)的极小值点，极小值为z(9,3)=3.

类似地，由

  ，，，

可知，又，从而点(-9, -3)是z(x,y)的极大值点，极大值为

z(-9, -3)= -3.

【评注】 本题讨论由方程所确定的隐函数求极值问题，关键是求可能极值点时应注意x,y,z满足原方程。

完全类似的例题见《数学复习指南》P277例10.31.

（20）（本题满分9分）

设有齐次线性方程组

试问a取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解.

【分析】 本题是方程的个数与未知量的个数相同的齐次线性方程组，可考虑对系数矩阵直接用初等行变换化为阶梯形，再讨论其秩是否小于n，进而判断是否有非零解；或直接计算系数矩阵的行列式，根据题设行列式的值必为零，由此对参数a的可能取值进行讨论即可。

【详解1】 对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有

 当a=0时， r(A)=1<n，故方程组有非零解，其同解方程组为

由此得基础解系为

于是方程组的通解为

 其中为任意常数.

当时，对矩阵B作初等行变换，有

可知时，，故方程组也有非零解，其同解方程组为

由此得基础解系为

        ，

于是方程组的通解为

       ，其中k为任意常数.

【详解2】 方程组的系数行列式为

   .

当，即a=0或时，方程组有非零解.

当a=0时，对系数矩阵A作初等行变换，有

   ，

故方程组的同解方程组为

由此得基础解系为

于是方程组的通解为

 其中为任意常数.

当时，对系数矩阵A作初等行变换，有

     ，

故方程组的同解方程组为

由此得基础解系为

        ，

于是方程组的通解为

       ，其中k为任意常数.

【评注】 矩阵A的行列式也可这样计算：

=+，矩阵的特征值为，从而A的特征值为a,a,, 故行列式

 类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P228例4.4和P234例4.12.

（21）（本题满分9分）

 设矩阵的特征方程有一个二重根，求a的值，并讨论A是否可相似对角化.

【分析】  先求出A的特征值，再根据其二重根是否有两个线性无关的特征向量，确定A是否可相似对角化即可.

【详解】  A的特征多项式为

            =

当是特征方程的二重根，则有 解得a= -2.

当a= -2时，A的特征值为2,2,6, 矩阵2E-A=的秩为1，故对应的线性无关的特征向量有两个，从而A可相似对角化。

若不是特征方程的二重根，则为完全平方，从而18+3a=16，解得

当时，A的特征值为2，4，4，矩阵4E-A=秩为2，故对应的线性无关的特征向量只有一个，从而A不可相似对角化。

【评注】 n阶矩阵A可对角化的充要条件是：对于A的任意重特征根，恒有 而单根一定只有一个线性无关的特征向量。

原题见《考研数学大串讲》P224例20.，完全类似的例题还可参见《数学复习指南》P462例5.12及[解题提示].

(22)（本题满分9分）

设A,B为随机事件，且，令

求：（I）二维随机变量(X,Y)的概率分布；

   （II）X和Y的相关系数

【分析】 先确定(X,Y)的可能取值，再求在每一个可能取值点上的概率，而这可利用随机事件的运算性质得到，即得二维随机变量(X,Y)的概率分布；利用联合概率分布可求出边缘概率分布，进而可计算出相关系数。

【详解】 （I）