中山大学研究生入学测验数学分析试题解答
1998年中山大学硕士学位研究生入学试题及答案
1998年中山大学硕士学位研究生入学试题一请解释下列名词1 悬浮聚合2 凝胶化点3 定向聚合4 引发剂半衰期5 诱导期6 特性粘度7 应力松弛8 流体力学体积9 内聚能密度10 分子量多分散指数二选择题（1）合成高密度聚乙烯可使用的那种催化剂a 偶氮二异丁腈b TiCl4/Alc n-C4H9Li（2）理想共聚的条件是哪种？a r1·r2=1b r1=r2=0c r1<1, r2<1（3）在自由基链式聚合中，通常是链双基终止的，其聚合速率与引发剂浓度的多少次方成正比？a 0.5b 1c 2解析：聚合速率与引发剂浓度1/2次方成正比是双基终止的结果。
单基终止时则呈二级反应。
凝胶效应，尤其是沉淀聚合链自由基活性末端受到包埋，难以双基终止，往往单基终止和双基终止并存，对引发剂浓度的反应级数介于0.5-1.0之间。
（4）下列单体中哪种能进行负离子聚合？a 丙烯b 乙烯基醚c 甲基丙烯酸甲酯（5）平衡缩聚时，要得到分子量高的聚合物，两种原料单体的摩尔比应是多少？a 等摩尔比b 一种单体过量c 加入分子量调节剂（6）在下列的叙述中哪种是正确的？a 玻璃化温度随分子量的增大而不断升高。
b 玻璃化转变时热力学一级转变。
C 玻璃化温度是自由体积达到某一临界值的温度（7）表征聚合物结晶速度的参数哪个是正确的？a 结晶速率常数Kb 晶体生长速率Gc 半结晶时间t1/2（8）在稀溶液中，第二维里系数是什么值？A 负值 b 正值 c 零（9）高聚物滞后现象的发生是什么原因？a 链段运动时受到内摩擦力的作用b 高聚物的刚性很大c 高聚物的弹性太大（10）测定聚苯乙烯的数均分子量应采用何种方法？a 粘度法b 膜渗透压法c 光散射法三写出下列聚合物的反应方程式（包括单体和聚合物的分子式），并指出反应类型。
（1）尼龙-6 （2）有机玻璃（3）顺丁橡胶（4）聚乙烯醇（5）聚碳酸酯四乳液聚合有何优点？其配方最基本的组分是什么？以一种单体为例说明经乳液聚合后其产物的用途。
中山大学等校硕士入学考试试题-高代部分
中山大学高代部分０３年５.（２０）设A 为n 阶实阵矩（3≥n ），证明：（１） 若A 的每个元素都等于它的代数余子式，且至少有一个元素不为零，则A A '＝I ； （２） 若,0≠A 则存在正交阵P 与正定阵B ，使A=PB０４年部分１（１０）计算：21...000.. 00...2100..12100...012=n D２（１０）设n αα,...1是数域P 上的线性空间V 中一线性无关向量组，讨论向量组13221,...,αααααα+++n 的线性相关性。
３（１０）设⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=010101001A ，（１）证明：I A A A n n -+=-22；（２）求100A 。
４（２０）设3R 的线性变换A 在标准正交基下的矩阵为：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=211121112A ，（１）求A 的特征值和特征向量；（２）求3R 的一组标准正交基，使A 在这组基下的矩阵为对角阵。
５（２０）设β为n 维欧氏空间V 的一个单位向量，定义A 的线性变换A 如下： A α＝V ∈∀-αβαβα),(2证明：（１）A 是第二类正交变换（称为镜面反射）；（２）V 的正交变换B 是镜面反射⇔1是B 的特征根，且对应的特征子空间的维数为n-1０５年部分 １．（１５）由三个函数１，t t sin ,cos 生成的实线性空间记为V ，求线性变换T :V V →：)3/()(π+t f t f 的迹、行列式和特征多项式。
２．（１５）设A 是秩为n 的n m ⨯的实矩阵，b 是m 维向量。
若n 维向量x 满足：b A Ax A TT=，证明：对一切不等于x 的n 维向量y ，有：） 注：),((x x x Ayb Ax b =-- ３．（１５）设=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛B A ，复阵０。
００１１。
０００。
０。
１０００。
０１０＝⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---021201110...............a a a a a a a a a n n n ，（1）A 是否相似于对角阵；（2）求B 的行列式。
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中山大学历年真题及答案2015年攻读硕士学位研究生入学考试试题科目代码:840科目名称:传播实务及研究方法考试时间:12月28日下午一，名词解释(任选4题，每题10分，共}o分) 1，系统抽样又称其为等距抽样、机械抽样，是一种将总体各个单位按照某一标志顺序排列，按一定间隔距离抽取样本的随机抽样形式。
排列顺序所依据的标志，一般选用与项目目的有关的中立标志，系统抽样所得的样本在总体中分布均匀，具有较之简单随机抽样更高的代表性，使用方便，适用于没有培训和缺乏经验的调查人员。
2，态度{2013}3，媒介融合{2011}【首先，应当解释何谓媒介整合。
】随着信息时代的到来和传播手段的进步，媒介整合（media convergence）与信息传播逐渐成为人类传播行为的重要发展方向。
从发展趋势来看，媒介整合包括两方面--媒介形态整合和媒介资本整合。
媒介形态整合是指新媒体与传统媒体以及传统媒体彼此之间的整合，还包括媒介形态的变化、互融与创新。
资本整合则是通过资产重组，使优势资源互补共存，使跨媒介、跨地区的媒介产业集团在中国成为现实。
【其次，结合我国媒介发展的实际，指出媒介整合对媒介产业的重要意义。
】媒介整合已经成为中国传媒发展的主流趋势，其意义不仅在于媒介个体竞争力的增强和利润最大化的实现，更在于能由此带动其他更多媒体的产业化进程，增强整体竞争力，以迎接WTO的国际化竞争环境。
【再次，结合自己的看法，谈谈媒介整合对社会生活的深刻影响，如对媒介形态发展的影响、对传媒教育的冲击、对人们媒介接触和使用习惯的影响等。
】4，目标受众在市场营销业和广告业里，目标受众又称目标顾客、目标群体和目标客群是一个营销活动所作为目标的人口群体。
目标受众可以是某一个人口群体，如年龄组、性别、婚姻状况、等等。
常见受众有青少年、女性、单身、等等。
目标受众也可以包括几个不同的人口群体，比如所有20到30岁的男性。
营销过程也可以计划如何对待其他非目标群体，决定一个产品或服务的适当受众是市场调查中很重要的一部分。
2021年全国硕士研究生入学统一考试数学(二)真题完整版(含答案及解析)
dt
dt
dt dt
dt
dt
当 r = 10, h = 5 时， dV = −100 , dS = −40 ，故选 D.
dt
dt
（4）设函数 f (x) = ax − b ln x(a 0) 有两个零点，则 b 的取值范围是（ ） a
A.(0, + )
B.(0,0)
C.(0, 1 ) e
【答案】A.
.
x (0,2)
【答案】1.
【解析】方程两边对 x 求导可得 z + (x +1) z x
+
y1 z
z x
−
1
+
2y 4x2
y
2
=0.
将 x = 0, y = 2 代入可得 z = 1 ，再将 x = 0, y = 2, z = 1代入可得 z = 1. x
（14）已知函数 f (t) =
t
dx
dt
有因为 x et2 dt = x (1+ t2 + (t2 ))dt = x + 1 x3 + (x3 ) ，故
0
0
3
原式
=
lim
x→0
x
−
1 x3 3!
+
(
x3
)
1
+
x
+
1 x3 3!
x2
+
(
x3
)
−
x
−
1 2
x2
+ (x2 )
=
lim
x→0
1 2
x2
+ (x2 ) x2
=
1 2
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中山大学历年真题及答案2015年攻读硕士学位研究生入学考试试题科目代码:840科目名称:传播实务及研究方法考试时间:12月28日下午一，名词解释(任选4题，每题10分，共}o分) 1，系统抽样又称其为等距抽样、机械抽样，是一种将总体各个单位按照某一标志顺序排列，按一定间隔距离抽取样本的随机抽样形式。
排列顺序所依据的标志，一般选用与项目目的有关的中立标志，系统抽样所得的样本在总体中分布均匀，具有较之简单随机抽样更高的代表性，使用方便，适用于没有培训和缺乏经验的调查人员。
2，态度{2013}3，媒介融合{2011}【首先，应当解释何谓媒介整合。
】随着信息时代的到来和传播手段的进步，媒介整合（media convergence）与信息传播逐渐成为人类传播行为的重要发展方向。
从发展趋势来看，媒介整合包括两方面--媒介形态整合和媒介资本整合。
媒介形态整合是指新媒体与传统媒体以及传统媒体彼此之间的整合，还包括媒介形态的变化、互融与创新。
资本整合则是通过资产重组，使优势资源互补共存，使跨媒介、跨地区的媒介产业集团在中国成为现实。
【其次，结合我国媒介发展的实际，指出媒介整合对媒介产业的重要意义。
】媒介整合已经成为中国传媒发展的主流趋势，其意义不仅在于媒介个体竞争力的增强和利润最大化的实现，更在于能由此带动其他更多媒体的产业化进程，增强整体竞争力，以迎接WTO的国际化竞争环境。
【再次，结合自己的看法，谈谈媒介整合对社会生活的深刻影响，如对媒介形态发展的影响、对传媒教育的冲击、对人们媒介接触和使用习惯的影响等。
】4，目标受众在市场营销业和广告业里，目标受众又称目标顾客、目标群体和目标客群是一个营销活动所作为目标的人口群体。
目标受众可以是某一个人口群体，如年龄组、性别、婚姻状况、等等。
常见受众有青少年、女性、单身、等等。
目标受众也可以包括几个不同的人口群体，比如所有20到30岁的男性。
营销过程也可以计划如何对待其他非目标群体，决定一个产品或服务的适当受众是市场调查中很重要的一部分。
2015中山大学(数学学院)考研数学分析668个人解答lin007
)
lim f
x0
(x) f 2x
(0)
1 2
f
(0 )
从而 limg(x) x0
g (0 )
limxf
x0
(x) x2
f (x)
xf
(0 ) x2
f (x)
lim f (x)
x0
x
f
(0)
2 g(0)
故 g(0)在U(0)上连续
七．暂时没想出来。
f
(x,y0 )
f
(x0,y0 )
2
而此时： 1 1( ) 0 ，当 0 y y0 1 时
f (x0
,y0 )
f (x0
,y0 )
2
此时令 2 min{，1} 当 x x0 2且 y y0 2且（x,y) (x0,y0 )时
cos
2
2
sin2
sin( sin sin
)d
2
e cos [sin
sin(
sin )]
cos d }
0
0
2
当 0 时，原式 2 sin2 d 2
0
而考虑到 {an }单调递减，故 a1a2
an
an n1
故 n1 a1a2 anan1 n a1a2 an
而注意到 lim n
n
a1a2 an
lim
n
an
0 ，故由莱布尼兹判别法可知原级数收敛。
三．解：本题解答过程博士家园帖子上有，现复制如下，感谢作者 morrismodel
x2 y2
中山大学考研数学分析2009年真题及答案
中山大学2009年数学分析真题题目一、（每小题6分，共48分） （1） 求lim x→∞(x −x 2ln (1+1x ));（2）求∫1−lnx ln 2xdx ;（3） {x =cos(t 2)y =∫sinuu du t 20,求dydx; （4） 求∫|x −a |e x dx 1−1,|a |<1;（5） 设z =uv +sint,u =e t ,v =cost,求dzdt ;（6） u =φ(x +ψ(y )), 其中φ,ψ二阶可微，x,y 为自变量，求d 2u ;（7） 求级数∑cos nx ∞n=1在收敛域上的和函数;（8）判断级数∑1n1+1n∞n=1的敛散性.二、将区间[1，2]做n 等分。
分点为1=x 0<⋯<x n =2，求lim n→∞√x 1x 2…x n n 。
三、计算I =∫(x+y )dx+(y−x)dyx 2+y 2L,其中L 是从点A （-1，0）到点B （1，0）的一条不经过原点的光滑曲线:y =f (x ),x =[−1,1],且当xϵ(−1,1)时,f(x)>0。
四、计算∬x 2dydz +y 2dzdx +z 2dxdy S ,其中S 为曲面x 2+y 2=z 2介于平面z =0和z =h(h >0)之间的部分取下侧。
五、设f (x)在(1,+∞)上连续，f ′′(x)≤0，f (1)=2，f ′(1)=−3，证明f (x)=0在(1,+∞)上有且仅有一个实根。
六、设函数f (x)在（−∞,+∞）上连续，试证：对一切x 满足f (2x )=f(x)e x 的充要条件是f (x )=f(0)e x 。
七、求椭球面x 2a 2+y 2b 2+z 2c 2=1在第一卦限部分的切平面与三坐标平面围成的四面体的最小体积。
八、讨论级数∑cos(π2lnn)n∞n=1的敛散性。
参考答案一、 （1） lim x→∞(x −x 2ln (1+1x ))=lim x→∞x 2[1x −ln (1+1x )]=12limx→∞x 2x 2=12.（2）∫1−lnx ln 2xdx =∫1−y y 2de y=∫e y (1−y)y 2dy =∫e y (y −1)d 1y =(y−1)e yy−∫d (y−1)e yy=−e y y +C =−x lnx+C .（3） dy dx =dy dt dx dt=2tsint 2t 2−2tsint 2=−1t2.（4）∫|x −a |e x dx 1−1=∫(a −x)e x dx a −1+∫(x −a )e x dx =(a +1−x)e x |−1a 1a +(x −a −1)e x |a 1=2e a −(a +2)e−1−ae . （5） z =uv +sint,u =e t ,v =cost ，故z =e t cost +sint,dz dt=e t (cost −sint )+cost .（6）u =φ(x +ψ(y ))，φ,ψ二阶可微，故du =φ′(x +ψ(y ))[dx +ψ′(y)dy]d 2u =dφ′(x +ψ(y ))[dx +ψ′(y )dy]+φ′(x +ψ(y ))d [dx +ψ′(y )dy]=φ′′(x +ψ(y ))[dx +ψ′(y )dy]2+φ′(x +ψ(y ))ψ′′(y )(dy)2（7） ∑cos n x ∞n=1=cosx 1−cosx ，其收敛域为{x ||cosx |<1}={x|x ≠kπ,kϵZ}。
中山大学2016年(数学学院)考研真题初试试题《数学分析》663真题与解析
(x,y )(0,0 )
y
x0 且y0
x0 且y0
而 lim （1 cos 2 x ) 1 cos 1
(x,y )(0,0 )
y
x0 且y2 x
故 lim f (x,y) f (0,0) fx (0,0)x fx (0,0)y 不存在
则 f (x2 y2 z2 )dxdydz,t (0,1 ] x2 y2 z2 t2
2
t
t
f ( x2 y2 z2 )dxdydz d sin d f (r) r2dr 4 f (r) r2dr
x2 y2 z2 t2
而由泰勒公式 f (x) f (1) f ( )(x 1)，位于1与x之间
则
1
1
1
xn[f (1) f (x)]dx xn[f ( )(1 x)]dx [m,M ] xn(1 x)dx [m,M ]
1
0
0
0
(n 1)(n 2)
1
故 lim n xn[f (1) f (x)]dx 0 n 0
f ( )(x1 x2 )
在 n 时， f (x1) f (x2 ) f ( )(x1 x2 )
1
故 f (x) x 8 sin x 在 [0,)上不一致收敛
1
五．证明：由拟合法 f (1) lim n xn f (1)dx n 0
而由于 f (x)在 [ 0 ,1]上连续可知， 常数 M 及 m ，使得 m f (x) M
5.解：
0
2
dx e y2 dy
x
2
0
y
dy e y2 dx
中山大学研究生入学考试数学分析试题解答
lim
n
(4)记上顶面为， S1 : z 1, x2 y2 1
当 z 1时，
当z
2.(15 分)考察函数
锥面： S2 : z x2 y2 , x2 y2 1 .
x2 y2 ，
1
解 本人感觉此题有问题，应该是
f
z
2 x
1
z
2 y
z
2 x
1；
S
S1
(x2 y2 )dxdy 2(x2 y2 )dxdy
x2 y2 1
(1 2) 2 d 1 r3dr
(1 2) 2
(x,
y)
0
x2 y2
x2
0
y2
0
, x2 , x2
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，通系电1，力过根保管据护线生高0不产中仅工资2艺料22高试2可中卷以资配解料置决试技吊卷术顶要是层求指配，机置对组不电在规气进范设行高备继中进电资行保料空护试载高卷与中问带资题负料2荷试2，下卷而高总且中体可资配保料置障试时2卷，32调需3各控要类试在管验最路；大习对限题设度到备内位进来。行确在调保管整机路使组敷其高设在中过正资程常料1工试中况卷，下安要与全加过，强度并看工且25作尽52下可22都能护可地1关以缩于正小管常故路工障高作高中；中资对资料于料试继试卷电卷连保破接护坏管进范口行围处整，理核或高对者中定对资值某料，些试审异卷核常弯与高扁校中度对资固图料定纸试盒，卷位编工置写况.复进保杂行护设自层备动防与处腐装理跨置，接高尤地中其线资要弯料避曲试免半卷错径调误标试高方中等案资，，料要编试求5写、卷技重电保术要气护交设设装底备备置。4高调、动管中试电作线资高气，敷料中课并设3试资件且、技卷料中拒管术试试调绝路中验卷试动敷包方技作设含案术，技线以来术槽及避、系免管统不架启必等动要多方高项案中方；资式对料，整试为套卷解启突决动然高过停中程机语中。文高因电中此气资，课料电件试力中卷高管电中壁气资薄设料、备试接进卷口行保不调护严试装等工置问作调题并试，且技合进术理行，利过要用关求管运电线行力敷高保设中护技资装术料置。试做线卷到缆技准敷术确设指灵原导活则。。：对对在于于分调差线试动盒过保处程护，中装当高置不中高同资中电料资压试料回卷试路技卷交术调叉问试时题技，，术应作是采为指用调发金试电属人机隔员一板，变进需压行要器隔在组开事在处前发理掌生；握内同图部一纸故线资障槽料时内、，设需强备要电制进回造行路厂外须家部同出电时具源切高高断中中习资资题料料电试试源卷卷，试切线验除缆报从敷告而设与采完相用毕关高，技中要术资进资料行料试检，卷查并主和且要检了保测解护处现装理场置。设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
中山大学考研数学分析2010年真题及答案
中山大学2010年数学分析真题题目一、（每小题6分，共48分） （1） 求极限limn→∞1n√(n +1)(n +2)…(2n +1)n；（2） 求不定积分∫max (|x |,1)dx ； （3） 已知f (x )= ∫sintπ−tdt x 0，求定积分∫f(x)dx π0； （4） 求二元函数极限lim(x,y)→(0,0)(x 2+y 2)x2y 2；（5） 求二次积分∫dy 10∫e x 2dx 1y ； （6）计算I =∮xdy−ydx x 2+y 2L，其中L 是一条无重点、分段光滑且不经过原点的连续封闭曲线，L 的方向为逆时针方向； （7） 讨论函数项级数∑√n+x∞在[0,2]上的一致收敛性；（8）计算∬(x 2+y 2)dS S，其中S 为曲线z =√x 2+y 2与平面z=1所围几何体的表面。
二、单位圆盘中切去圆心角为θ的扇形，余下部分粘合成一锥面，问θ为多少时，该锥面加上底面所围的椎体体积最大。
三、设在f (x )在x=0某邻域内有二阶连续导数，且limx→0f (x )x=0，证明∑f (1n )∞n=1绝对收敛。
四、设f (x,y )={(x 2+y 2)p sin1x 2+y 2,x 2+y 2≠00,x 2+y 2=0，其中p 为正数，试分别确定p 的值，使得如下结论分别成立（1） f (x,y )在点(0,0)处连续 （2） f x (0,0)与f y (0,0)都存在（3） f x (x,y)与f y (x,y)在(0,0)点连续五、计算由曲面(xa +yb )2+(z c )2=1,(x ≥0,y ≥0,z ≥0,a >0,b >0,c >0)所围成几何体之体积，其中a,b,c 为正常数。
六、求幂级数∑n 2+1n!2n ∞n=1x n 的收敛范围，求其和函数。
七、设u =f (x )，其中r =√x 2+y 2+z 2，变换方程∂2uðx 2+∂2uðy 2+∂2uðz 2=0，使其成为关于f (r )的方程。
中山大学考研数学分析真题及答案.pdf
中山大学2018年数学分析真题题目一、解答下面各题（每小题9分，共54分） 1. 求极限：lim x→0(1+tan x )2018x。
2. 若已知函数f(x)的二阶导数存在，f ′(x)≠0且存在x =f −1(y)，求(f −1)′′(y)。
3. 求极限：lim n→∞(1n +1n+1+ (1)2n)。
4. 设f (x,y )=xy 2z 3，函数z (x,y )满足 x 2+y 2+z 2=3xyz ，求ðfðx |(1,1,1)。
5. 计算∬(√x +√y)dxdy √x+√y≤1。
6. 计算∮x 2yzdx +(x 2+y 2)dy +(x +y +z)dz C，其中L 为曲面x 2+y 2+z 2=5与曲面z =1+x 2+y 2的交线，从z 轴正向看过去时顺时针方向。
二、（10分）判断级数∑n√n+(−1)n∞的收敛性。
三、（10分）求f (x,y,z )=xyz 在约束条件x 2+y 2+z 2=1与x +y +z =0下的极值。
四、（10分）证明：∑1n 2+1∞n=1<12+π4。
五、（10分）设f (x )在(−∞,+∞)上连续，且lim x→−∞f(x)与lim x→+∞f(x)存在，证明f (x )在(−∞,+∞)上一致连续。
六、（20分）f (x )在(x 0−1,x 0+1)上连续，在(x 0−1,x 0)∪(x 0,x 0+1)上可导，且lim x→x 0f ′(x)=a 。
证明：f ′(x 0)存在，且f ′(x 0)=a 。
七、（10分）求级数∑(1+12+···+1n )x n 的收敛域。
八、（10分）求f (x )=e x +e −x +2cos x 的极值。
九、（10分）判断f (x )=xsinx 14在[0,+∞)上的一致连续性。
十、（10分）讨论∑x n nlnn ∞n=2在[0,1)上的一致收敛性。
中山大学考研数学分析2011年真题及答案
中山大学2011年数学分析真题题目一、（每小题6分，共48分） （1） 求极限limx→0√1−x 2−1xtanx； （2） 计算积分∫sinxcosx 1+sin 4xdx π20；（3） 已知∑(−1)na n ∞n=1=A ，∑a 2n−1=B ∞n=1，求级数∑a n ∞n=1的和；（4） 计算∬(2x +43y +z)dS S，其中S 为平面x 2+y 3+z4=1在第一卦限部分； （5）计算∫√x 2+y 2dx +y (xy +ln(x +√x 2+y 2))dy L ，其中L 为曲线y =sinx(0≤x ≤π)按x 增大方向； （6） 判断级数∑n √n−lnn∞是绝对收敛，条件收敛还是发散？（7） 设{x =t 3−3t y =t 2+2t，求二阶导数d 2y dx 2； （8）求数列极限lim n→∞12·34····2n−12n。
二、设f (x,y )=√|xy |，求偏导数ðf ðx ,ðf ðy，指出它们的定义域及连续性，并讨论f (x,y )在点(0,0)处的可微性。
三、设f (x )满足 （1） −∞<a ≤f (x )≤b <+∞（2）|f (x )−f (y )|≤L |x −y |，0<L <1；x,yϵ[a,b]任取x 1ϵ[a,b]，做序列x n+1=12(x n +f (x n ))，n =1,2,…。
求证{x n }收敛，且其极限ξϵ[a,b]满足：f (ξ)=ξ。
四、设正项数列{x n }单调递增，且lim n→∞x n =+∞，证明∑(1−x n x n+1)∞n=1发散。
五、已知P 是∠AOB 内固定点，∠AOP =α,∠BOP =β，线段长度OP̅̅̅̅=L ，过P 的直线交射线OA 和OB 与点X 与Y ，求线段长度乘积PX̅̅̅̅·PY ̅̅̅̅的最小值，说明取最值时X ，Y 的位置。
数学分析考研真题答案
数学分析考研真题答案【篇一：2015年暨南大学数学分析2015年考研专业课真题_研究生入学考试试题】>***************************************************************************** *************** 学科、专业名称：统计学、基础数学、计算数学、概率论与数理统计、应用数学、运筹学与控制论研究方向：各方向考试科目名称：709数学分析考试科目：709数学分析共 2 页，第 1 页【篇二：2014中山大学数学分析考研真题与答案】学分析考研复习精编》《复习精编》是博学中大精品考研专业课系列辅导材料中的核心产品。
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中山大学数学分析考研试题(1999-2010
0,
y
0, z
0, a
0, b
0, c
0) 所围
几何体之体积，其中 a, b, c 为正常数.
第 1页
中山大学历年考研试题-数学分析（1999-2010）
六、（16
分）求幂级数
n1
n2 1 n!2n x
n
的收敛范围，并求其和函数.
七、（16 分）设 u f (r) ，其中 r
x2
y2
z2
（4）求 1 x a exdx ， a 1 ； 1
（5）设 z uv sin t ， u et ， v cos t ，求 dz ； dt
（6）设 u (x ( y)) ，其中 、 二阶可微， x 、 y 为自变量，求 d 2u ；
（7）求级数 cosn
n1
x 在收敛域上的和函数；
中山大学 2009 年硕士研究生入学考试试题
考试科目：数学分析 科目代码：650
一、（每小题 6 分，共 48 分）
（1）求 lim(x ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2 ln(1 1 )) ；
x
x
x cos t 2
dy
（2）
y
t2 sin u du ，求 dx ； 0u
（3）求
1 ln xdx ； ln2 x
四、（16 分）计算 x2dydz y2dzdx z2dxdy ，其中 为曲面 x2 y2 z2 介于平面 z 0
和 z h(h 0) 之间的部分取下侧.
五、（16 分）设 f (x) 在[1, ) 连续，f (x) 0 ，f (1)=2 ，f (1) 3 . 证明 f (x)=0 在 (1, )
点 P(x, y)(x 0) 处的切线斜率与直线 OP 的斜率之差等于 ax （ a 0 为常数）. （1）求曲线 L 的方程； （2）如果 L 与直线 y ax 所围成的平面图形的面积为 8，确定 a 的值.
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中山大学研究生入学测验数学分析试题解答————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：2011年中山大学研究生入学考试数学分析试题解答.科目代码：670摘 要：本文给出了中山大学2011年研究生入学考试数学分析试题的一个参考答案. 关键词：中山大学；研究生 数学分析白 建 超 2012年5月30日1.(每小题15分，共60分)计算下列各题:(1) 0()sin xd x t tdt dx -⎰(2) 20sin 1cos x x dx xπ+⎰.(3) 23123lim n n n a a a a →∞⎛⎫++++ ⎪⎝⎭. (4) 22()Sx y dS +⎰⎰,其中S 为立体221x y z +≤≤的边界曲面.解(1) ()00sin sin x x dx tdt t tdt dx =-⎰⎰原式 0sin sin sin (cos )1cos xx tdt x x x xt x=+-=-=-⎰(2)首先做一下说明：对积分0()af x dx ⎰做变换t x a =-，则00()()()aaaf x dx f a t dt f a t dt =--=-⎰⎰⎰，所以()1()()()2aaaf x dx f x dx f a x dx =+-⎰⎰⎰.故222000sin 1sin ()sin()21cos 1cos 1cos ()x xx x x x dx dx dx x x x ππππππ⎛⎫--=+ ⎪+++-⎝⎭⎰⎰⎰ 22001sin ()sin 21cos 1cos x x x x dx dx x x πππ-⎛⎫=+ ⎪++⎝⎭⎰⎰ 02sin arctan cos 221cos x dx x xππππ==-+⎰24π=(3)首先级数1nn nx ∞=∑在1x >时收敛，因为由比值判别法的极限形式有 1111lim lim 1n n n na n a n x x +→∞→∞+==<，即1x >，所以对1k k k a ∞=∑，当1a ≤时收敛，极限不存在，即发散；当1a >时收敛，极限存在，记当1nn k k k S a ==∑则121n n k k kS a a+==∑,两式相减解得1111n n k n k a n S a a a +=⎛⎫=- ⎪-⎝⎭∑. 又1111limlim lim 0ln n x x n x x n x a a a a+++→∞→∞→∞===,所以23111231lim lim 1n n k n n n k n a n a a a a a a a +→∞→∞=⎛⎫⎛⎫++++=- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭∑ 2111(1)1a a a a a a==--- (4)记上顶面为，221:1,1S z x y =+≤锥面：22222:,1S z x y x y =++≤.当1z =时，2211xy z z ++=； 当22z x y =+，2212xy z z ++=.则 12222222()()()SS S xy dS x y dS x y dS +=+++⎰⎰⎰⎰⎰⎰.22222222112130()2()(12)(12)2x y x y x y dxdy x y dxdyd r drπθπ+≤+≤=+++=+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰2.(15分)考察函数2222(,)0x y f x y x y ⎧-⎪=+⎨⎪⎩2222,0,0x y x y +≠+=在点(0,0)的可微性. 解 本人感觉此题有问题，应该是3322(,)0x y f x y x y ⎧-⎪=+⎨⎪⎩2222,0,0x y x y +≠+= 若不是，显然(0,0)x f 和(0,0)y f 都不存在，0(,)(0,0)(0,0)(0,0)limx y f x y f xf yf pρ→∆∆--∆-∆也不存在，故不可微.下面给出我的个人见解：(,0)(0,0)(0,0)limlim 1(0,)(0,0)(0,0)lim lim 1x x x y x x f x f xf x xf y f yf y y ∆→∞∆→∞∆→∞∆→∞∆-∆===∆∆∆--∆===-∆∆而(,)(0,0)(0,0)(0,0)limx y f x y f xf yf pρ→∆∆--∆-∆332222(,)(0,0)limx y x y x yx y x y ∆∆→∆-∆-∆+∆∆+∆=∆+∆3(,)(0,0)222()lim ()x y x y x y x y ∆∆→∆∆∆+∆=∆+∆2322lim(1)y k x x k k k ∆=∆∆→-=+与k 的取值有关，故此极限不存在，所以(,)f x y 在点(0,0)的不可微. 3.(15分)求空间一点000(,,)x y z 到平面0Ax By Cz D +++=的最短距离. 解 设(,,)x y z 为平面0Ax By Cz D +++=上的任意一点，则目标函数为222000()()()x x y y z z -+-+-.可以转化为求函数222000(,,)()()()f x y z x x y y z z =-+-+-在约束条件0Ax By Cz D +++=的最小值问题.此题有两种解法(方法1)利用拉格朗日乘数法求条件极值，设222000(,,,)()()()()L x y z x x y y z z Ax By Cz D μμ=-+-+-++++，对L 分别求偏导数，并令其为零，即0002()02()02()00x y z L x x A L y y B L z z C L Ax By Cz D μμμμ=-+=⎧⎪=-+=⎪⎨=-+=⎪⎪=+++=⎩(1)(2)(3)(4)(1)(2)(3)A B C ⨯+⨯+⨯代入(4)得0002222()Ax By Cz A B Cμ++=++ 从而101010,,222A B Cx x y y z z μμμ=-=-=-, 所以点000(,,)x y z 到平面0Ax By Cz D +++=的最短距离为000222101010222()()()Ax By Cz Dd x x y y z z A B C+++=-+-+-=++.(方法2)可以将约束条件代入函数(,,)f x y z 中消去z ，转化为求二元函数的极小值问题,由于计算比较复杂，不再赘述，有兴趣的读者可以做一下.4.(20分)设0,0q p b a >>>>，求由抛物线22,y px y qx ==与双曲线,xy a xy b ==所围 成的平面区域D 的面积.解 如图所示，解得交点坐标分别为33333333(,),(,),(,),(,)a b a b A qa B qb C pa D pb qa qb pa pb故所求的区域面积为3333333333332222333()()()11111(ln )()(ln )333ln3qapb qb pa qa pb qa pb qbpaqa pby a y y b y S dy dy dyp y p q y q y a y y b y y p p q q a b p q=-+-+-=-+-+--=⎰⎰⎰附图：5.(20分)设0k >，试问k 为何值时，方程arctan 0x kx -=存在正实根. 解 令()arctan ,[0,)f x x kx x =-∈+∞，则有''21(0)0,(),(0)11f f x k f k x==-=-+ 因为'()f x 在[0,)+∞上严格单调递减，且有'lim (),lim ()x x f x f x k →+∞→+∞==-∞==-当1k ≥时，'21()0,01f x k x x =-<∀≥+，此时解得21k x k ->显然成立，故当1k ≥时，()f x 在[0,)+∞上严格单调递减.而(0)0f =，所以方程arctan 0x kx -=在1k ≥时不存在正实根.当01k <<时，令'()0f x <解得1kx k->，即()f x 在1(,)k k -+∞上单调递减，在1(0,]kk-上单调递增,又1()(0)0k f f k ->=，lim ()x f x →+∞==-∞，由介值性定理知，方程()0f x =在1(,)kk-+∞内有唯一的正实根. 6.(20分)设函数1()nn x f x n∞==∑定义在[0,1]上，证明(0,1)上满足下述方程：()(1)ln ln(1)(1)f x f x x x f +-+-=.证 设()()(1)ln ln(1),(0,1)F x f x f x x x x =+-+-∈, 则'''11111111111111ln(1)ln ()()(1)1(1)11(1)(1)1(1)1(1)0n n n nn n n n n n n n n n n n n x xF x f x f x x xx x x x n n x n x n x x x x n n n n --∞∞∞∞-====---∞∞∞∞====-=--+----=--------=--+=∑∑∑∑∑∑∑∑即()F x c =,(c 为常数)，(0,1)x ∈，所以1lim ()(1)x F x f -→=故证 ()(1)ln ln(1)(1)f x f x x x f +-+-=.。