2001年考研数学三真题及全面解析

2023年12月11日发(作者：四下数学试卷典中点)

2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题

一、填空题

(1) 设生产函数为QALK,

其中Q是产出量,

L

是劳动投入量,

K

是资本投入量,而

A,

α,

β均为大于零的参数,则当Q =1时K关于L的弹性为

(2) 某公司每年的工资总额比上一年增加20％的基础上再追加2 百万.若以Wt表示第t

年的

工资总额(单位：百万元)，则Wt满足的差分方程是___

k1(3) 设矩阵A11111k11,且秩(A)=3,则k =

1k111k(4) 设随机变量X,Y

的数学期望都是2,方差分别为1和4,而相关系数为0.5.则根据切比雪夫不

等式PX-Y6

.

(5) 设总体X服从正态分布N(0,0.2),而X1,X2,2X15是来自总体X的简单随机样本，则随

2X12X10机变量Y服从___分布，参数为_______

222X11X15

二、选择题

(1) 设函数f (x)的导数在x=a处连续,又limxaf\'(x)1,则( )

xa(A)

x = a

是f (x)的极小值点.

(B)

x = a

是f (x)的极大值点.

(C)

(a, f(a))是曲线y= f(x)的拐点.

(D)

x =a不是f (x)的极值点,

(a, f(a))也不是曲线y=f(x)的拐点.

(2) 设函数g(x)x012(x1),0x12,则g(x)在区间(0,2)

内( )

f(u)du,其中f(x)1(x1),1x23(A)无界 (B)递减 (C) 不连续 (D) 连续

a11a12aa2221(3) 设Aa31a32a41a42

a13a23a33a43a14a14aa24,B24a34a34a44a44a13a23a33a431

a12a22a32a42a1100a21,Pa3110a411001100,

010000 10P200000010,其中A

可逆,则B1等于( )

1000011111(A)AP1P2

(B)P1AP2 (C)P1P2A

(D)P2AP1.

(4) 设A

是n

阶矩阵，α是n维列向量.若秩AT秩(A)，则线性方程组( )

0(A)AX =α必有无穷多解

(B)AX =α

必有惟一解.

A(C)TXA0仅有零解

(D)T0yX0必有非零解.

0y(5) 将一枚硬币重复掷n

次,以X和Y

分别表示正面向上和反面向上的次数,则X和Y的相关系数等于( )

(A) -1 (B) 0 (C)1 (D) 1

2

三 、(本题满分5 分)

设u= f(x,y,z)有连续的一阶偏导数,又函数y=y(x)及z=z(x)分别由下列两式确定:

exyxy2和exxz0sintdudt,求

tdx

四 、(本题满分6 分)

已知f (x)在(−∞,+∞)内可导,且limf\'(x)e,lim(xxxcx)lim[f(x)f(x1)], 求c的值.

xxc五 、(本题满分6 分)

求二重积分y[1xeD122(xy)2]dxdy的值,其中D

是由直线y=x, y= −1及x =1围成的平面区域

六、(本题满分7 分)

已知抛物线ypxqx(其中p<0,q>0)在第一象限与直线x+y=5相切，且此抛物线与x轴所围成的平面图形的面积为S.

(1) 问p和q为何值时，S达到最大? (2)求出此最大值.

2

七、(本题满分6 分)

设f (x)在区间[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且满足f(1)k证明：存在ξ∈(0,1),

使得f\'()  2(1)f().

1130xe1xf(x)dx,(k1).

2 八、(本题满分7 分)

\'n1x已知fn(x)满足fn(x)fn(x)xe(n为正整数)且fn(1)e,求函数项级数

nfi1n(x)之和.

九、(本题满分9 分)

11a1设矩阵A1a1,1.已知线性方程组AX =β有解但不唯一,试求:

a112(1)

a的值;

(2) 正交矩阵Q,使QAQ为对角矩阵.

十、(本题满分8 分)

设A为n阶实对称矩阵，秩(A)=n，Aij是AaijTnn中元素aij的代数余子式(i,j

=1,2,…,n)，二次型f(x1,x2,xn)i1j1nnAijAxixj.

nn(1) 记A(x1,x2,型f(X)的矩阵为A;

1xn),把f(x1,x2,xn)i1j1AijA并证明二次xixj.写成矩阵形式，(2) 二次型g(X)XAX与f(X)的规范形是否相同？说明理由.

十一、(本题满分8 分)

生产线生产的产品成箱包装,每箱的重量是随机的,假设每箱平均重50 千克,标准差为5千克.若用最大载重量为5 吨的汽车承运,试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱,才能保障不超载的概率大于0.977.

(Φ(2)=0.977,其中Φ(x)

是标准正态分布函数).

十二、(本题满分8 分)

设随机变量X 和Y 对联和分布是正方形G=求随机变量U={X−Y}

的概率密度p(u).

3

T{(x,y)|1≤x≤3,1≤y≤3}上的均匀分布，试 2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析

一、填空题

(1)【答案】

【使用概念】设yfx在x处可导，且fx0，则函数y关于x的弹性在x处的值为

Eyxxyfx

Exyfx【详解】由QALK，当Q1时，即ALK1，有KA1L,于是K关于L的弹性为：

1dALdLEKLKELKLAL111ALL

1AL

(2)【答案】

1.2Wt12

【详解】Wt表示第t年的工资总额，则Wt1表示第t1年的工资总额，再根据每年的工资总额比上一年增加20％的基础上再追加2百万，所以由差分的定义可得Wt满足的差分方程是：

Wt(120)Wt121.2Wt12

(3)【答案】-3

【详解】

方法1：由初等变换(既可作初等行变换，也可作初等列变换).不改变矩阵的秩，故对A进行初等变换

k1A11111k1kk111行(1)分别加到2,3,4行1k1k111k1k1k100

0k1000k111

4 111k30k100

2,3,4列分别加到1列00k10000k1可见只有当k =−3时，r(A)=3.故k =−3.

方法2：由题设r(A)=3，故应有四阶矩阵行列式A0.由

kA1111111行(1)分别加到2,3,4行k1k1k1kk31k10010k10100k10001k10010k10100k1

1k11k111k2,3,4列分别加到1列(k3)(k1)30,

解得

k =1或k = −3.

当k =1时，

11A11111101111行(1)分别加到2，3，4行01111110111000

000000可知，此时r(A)=1，不符合题意，因此一定有k =−3.

(4)【答案】1

12【所用概念性质】切比雪夫不等式为：PXE(X)D(X)2

期望和方差的性质：E(XY)EXEY；D(XY)DX2cov(X,Y)DY

【详解】 把XY看成是一个新的随机变量，则需要求出其期望和方差.

故

E(XY)EXEY220

又相关系数的定义：(X,Y)cov(X,Y)

DXDYDY(0.5)141 则

cov(X,Y)(X,Y)DXD(XY)DX2cov(X,Y)DY12(1)43

所以由切比雪夫不等式：

5 PXY6PXYE(XY)6

(5)【答案】F；(10,5)

D(XY)31

623612X【所用概念】1.

F分布的定义：Fn1n2Y22 其中X~(n1)

Y~(n2)

2.

分布的定义：若Z1,222,Zn相互独立，且都服从标准正态分布N(0,1)，则Zi~(n)

i1n3. 正态分布标准化的定义：若Z~N(u,)，则【详解】因为Xi据卡方分布的定义

2Zu~N(0,1)

Xi0Xi222N(0,22)i1,2,,15，将其标准化有N(0,1)，从而根X122X10222X2(10),11222X15222(5),

2X由样本的独立性可知，12故，根据F分布的定义

XX10与11222X15相互独立.

2X122YX1122X102102X15252X12X10222X11X15F(10,5).

故Y服从第一个自由度为10，第二个自由度为5的F分布.

二、选择题

(1)【答案】 [ B]

【详解】

方法1：由limxaf\'(x)1,知

xaxaxalimf\'(x)limf\'(x)f\'(x)xalimlimxa100

xaxaxaxa又函数f(x)的导数在xa处连续，根据函数在某点连续的定义，左极限等于右极限等于函数在这一点的值，所以f(a)0，于是有

6 f\"(a)limxaf\'(x)f\'(a)f\'(x)lim1,

xaxaxa即f(a)0，f(a)10，根据判定极值的第二充分条件：设函数f(x)在x0处具有二阶导数且f(x0)0，f(x0)0，当f(x0)0时，函数f(x)在x0处取得极大值. 知xa是f(x)的极大值点，因此，正确选项为(B).

方法2：由limxaf\'(x)1,及极限保号性定理：如果limfxA，且A0(或A0)，xx0xa那么存在常数0，使得当0xx0时，有fx0(或fx0)，知存在xa的去心邻域，在此去心邻域内f\'(x)0.于是推知，在此去心邻域内当xa时xaf(x)0；当xa时f(x)0.又由条件知f(x)在xa处连续，由判定极值的第一充分条件：设函数f(x)在x0处连续，且在x0的某去心领域内可导，若xx0,x0时，f(x)0，而xx0,x0时，f(x)0，则f(x)在x0处取得极大值，知f(a)为f(x)的极大值. 因此，选 (B).

(2)【答案】(D)

【详解】应先写出g(x)的表达式.

12(x1)，有

2xx11x1x11g(x)fudu(u21)duu3u0x3x,

002602621当1x2时，

f(x)(x1)，有

3x1x11x1g(x)f(u)duf(u)duf(u)du(u21)du(u1)du

x1x212u3u0u2u1x1

60261336当0x1时，

f(x)131xx,62即

g(x)21x12,36g(x)lim因为

limx1x10x1

1x222131221xx，limg(x)limx1，

x1x1623363

7 且

g(1)212211，

363所以由函数连续的定义，知g(x)在点x1处连续，所以g(x)在区间[0,2]内连续，选(D).

131121同样，可以验证(A)、(B)不正确，0x1时，g(x)xxx0，单22261212调增，所以(B)递减错；同理可以验证当1x2时，g(x)x1x10，363单调增，所以g0gxg2，即0gx

(3)【答案】 (C)

【详解】由所给矩阵A,B观察，将A的2,3列互换，再将A的1,4列互换，可得B. 根据初等矩阵变换的性质，知将A的2,3列互换相当于在矩阵A的右侧乘以E23，将A的1,4列互换相当于在矩阵A的右侧乘以E14，即

5与选项(A)无界矛盾.

610AE23E14B，其中E230000000010，E1401000011001100

010000由题设条件知P1E14,P2E23，因此BAP2P1.

111P由于对初等矩阵Eij有，EijEij，故P11,P2P2.

因此，由BAP2P1，及逆矩阵的运算规律，有

1111.

B1AP2PPPAPPA112121

(4)【答案】

(D)

【详解】由题设，A是n

阶矩阵，是n维列向量，即是一维行向量，可知TAT是0An1阶矩阵. 显然有秩TA秩(A)nn1,

即系数矩阵T0由非列满秩，0齐次线性方程组有非零解的充要条件：系数矩阵非列或行满秩，可知齐次线性方程组

8 ATX0必有非零解.

0y

(5) 【答案】A

【详解】 掷硬币结果不是正面向上就是反面向上，所以XYn，从而YnX，

故

DYD(nX)DX

由方差的定义：DXEX(EX)， 所以

22DYD(nX)E(nX)2E(nX)E(n22nXX2)(nEX)2

n22nEXEX2n22nEX(EX)2EX2(EX)2DX)

由协方差的性质：cov(X,c)0 (c为常数)；cov(aX,bY)abcov(X,Y)

2cov(X1X2,Y)cov(X1,Y)cov(X2,Y))

所以

cov(X,Y)cov(X,nX)cov(X,n)cov(X,X)0DXDX

由相关系数的定义，得

(X,Y)

三【变限积分求导公式】[cov(X,Y)DXDYDX1

DXDXf(x)ag(t)dt]xg[f(x)]f(x)

【详解】 根据复合函数求导公式，有

duffdyfdz. (*)

dxxydxzdx在exy2两边分别对x求导，得

xyexy(yx即

dydy)(yx)0,

dxdxdyy.

dxxxzsintxdt两边分别对x求导，得 在e0tdzex(xz)sin(xz)dz.

e(1), 即1dxsin(xz)xzdxx将其代入(*)式，得

9 ex(xz)fduffdyfdzfyf1.

dxxydxzdxxxysin(xz)z

四 【详解】因为lim(1)e

x1xxlim(xxcxxc2cx)lim() (把xc写成xc2c)

xxcxc2cxxc2cx2ccxxc2cxclim() (把x写成2cxc)

xxc2clim(1)xxclimexxc2c2cxxc (利用幂函数的性质amn(am)n)

2cxxc2c2cxcln(1)xc (利用对数性质elnf(x)f(x))

limexlimxc2cx2c2cln(1)xcxc (利用对数性质lnf(x)g(x)g(x)lnf(x))

exc2cx2c2cln(1)xxcxc (利用ye函数的连续性，limexxf(x)exlimf(x))

exxc2cx2c2climln(1)xxcxxclim(当各部分极限均存在时，xlimf(x)g(x)limf(x)limg(x))

xxc2cx2c2climlnlim(1)xxcxxce (利用ylnx函数的连续性，lim[lnf(x)]ln[limf(x)])

xx1e2clne (利用lim(1)xe)

xxe2c (lne1)

又因为f(x)在,内可导，故在闭区间[x1,x]上连续，在开区间(x1,x)内可导，那么又由拉格朗日中值定理，有

f(x)f(x1)f()[x(x1)]f(),x1x

左右两边同时求极限，于是

lim[f(x)f(x1)]limf\'()e，

xx因为x1x，x趋于无穷大时，也趋向于无穷大

10 由题意，lim(xxcx1)lim[f(x)f(x1)], 从而e2ce，故c

xxc2

五 【详解】 积分区域如图所示，可以写成

1y1,yx1

y[1xeD122(xy)2]dxdyydxdyxyeDD11122(xy)2dxdy,

其中，2ydxdydyydxy(1y)dy;

1y13D1xyeD11122(xy)2dxdyydyxe1y11122(xy)2dxydye1y11122(xy)21d(x2)

2ydyey1122(xy)211(1y2)2122d[(xy)](e2ey)dy

1211(1y2)(1y2)21111112y222(ee)dyedy2eydy2

2121211(1y2)2e1111d[(1y2)]eydy2e2211211(1y2)21y2e21110

于是

y[1xeD122(xy)22]dxdy

3

六【详解】方法1：依题意知，抛物线如图所示，

令ypxqxx(pxq)0，求得它与x轴交点的横坐标为：x10,x2根据定积分的定义，面积S为

2q.

p

11 Sqp0qq31n1p3q22xxp2 (注：xndxxC)

pxqxdxn126p302因直线xy5与抛物线ypxqx相切，故它们有唯一公共点. 由方程组

xy5

2ypxqx求其公共解，消去y，得px(q1)x50，因为其公共解唯一，则该一元二次方程只有唯一解，故其判别式必为零，即

2(q1)24p(5)(q1)220p0,

解得

p1(q1)2.

20将p代入S中，得

q3200q3q3.

S(q)2416p6[(q1)2]23(q1)20根据函数除法的求导公式，

(200q3)[3(q1)4][3(q1)4](200q3)200q2(3q)

S(q)425[3(q1)]3(q1)根据驻点的定义，令S(q)0，已知有q0，得唯一驻点q3.

当1q3时，S(q)0；q3时，S(q)0. 故根据极值判定的第一充分条件知，q3时，S(q)取唯一极大值，即最大值.

从而最大值为SS(3)2225.

32方法2：设抛物线ypxqx与直线xy5相切的切点坐标为(x0,y0)，切点既在抛物2线上，也在直线上，于是满足方程有y0px0qx0和x0y05.

抛物线与直线在切点处的切线斜率是相等的，即一阶导数值相等. 在ypxqx左右两边关于x求导，得y2pxq，在xy5左右两边关于x求导，得y1，把切点坐标(x0,y0)代入，得

2

12 yxx2px0q1x00q1

2p2由x0y05y05x0，将两结果代入y0px0qx0得

y05x05(整理得

q1q12q12)px0qx0p()q()

2p2p2pp1(q1)2.

20将p代入S中，得

200q3S(q).

3(q1)4根据函数除法的求导公式，

(200q3)[3(q1)4][3(q1)4](200q3)200q2(3q)

S(q)425[3(q1)]3(q1)根据驻点(即使得一阶导数为零的点)的定义，令S(q)0，已知有q0，得唯一驻点q3.当1q3时，S(q)0;q3时，S(q)0;故根据极值判定的第一充分条件知，q3时，

S(q)取唯一极大值，即最大值.

从而最大值为SS(3)

七【详解】将要证的等式中的换成x，移项，并命

225.

32(x)f(x)x1f(x)

x问题转化为证在区间(0,1)内(x)存在零点. 将

f(x)x1f(x)0

x看成一个微分方程，用分离变量法求解. 由

df(x)x1dx

f(x)x两边积分得

df(x)x11dx(1f(x)xx)dx

13

利用11n1n及dxlnxCxdxxC，得

xn1CexCex，

lnf(x)xlnxC1lnf(x)lnf(x)xx即

xexf(x)C，命F(x)xexf(x). 由

1k0f(1)kxe1xf(x)dx,(k1)

及积分中值定理(如果函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，则在积分区间[a,b]上至少存在一个点，使得ba1f(x)dxf()(ba)(ab))，知至少存在一点(0,)[0,1]，使

kf(1)kxe1xf(x)dxe1f()

且F()e1k0f()，F(1)e1f(1). 把f(1)e1f()代入，则

F(1)e1f(1)e1e1f()ef()F()

那么F(x)在[,1]上连续，在(,1)内可导，由罗尔中值定理知，至少存在一点(,1)[0,1]，使得

F()ef()ef()0

即

f()  (1)f().

1八【详解】由已知条件可见fn(x)fn(x)xn1ex，这是以fn(x)为未知函数的一阶线性非齐次微分方程，其中p(x)1,q(x)xn1xe，代入通解公式

p(x)dxp(x)dxf(x)e(q(x)edxC)

得其通解为

ndxn1xdxxxfn(x)exeedxCeC,

nxnexe1, 由条件fn(1),又fn(1)eC，得C0， 故fn(x)nnnn1xnexxnxfn(x)e

nn1n1n

14 记S(x)an1x1,则，alimnnannn1nn11则其收敛半径为R1，limn11，n1n收敛区间为(1,1). 当x(1,1)时，根据幂级数的性质，可以逐项求导，

xnxnn111，其中1xx2S(x)x1x1xn1nn1nn1xx0xn

故根据函数积分和求导的关系f(x)dxf(x)C，得S(x)dxS(x)0S(x)S(0)

0n002又由于S(0)n12n10，所以

S(x)S(0)x0S(x)dx01dxln(1x)，

01xxxnln(1x),x(1,1) 即有

n1n(1)nln2. 级数在此点处收敛，而右边函数连续，因此成立的当x1时，

nn1范围可扩大到x1处，即

xnln(1x),x[1,1)

n1n于是

fn1n(x)exln(1x),x[1,1)

九【详解】(1) 线性方程组AX有解但不唯一，即有无穷多解r(A)r(A)n3，将增广矩阵作初等行变换，得

11aA1a1a1111a10a11a12行1行，3行1行(a)倍2201a1a0

（a2）10

2a11a12行加到3行1a0a10(a1)(a2)0因为方程组AX有解但不唯一，所以r(A)r(A)3，故a=−2.

(2) 由(1)，有

15 112

A121211由

1EA1212212,3列加到1列21

11111211112101023

311行(1)分别加到2,3行03提出1列公因子121(3)(3)0

故A的特征值为10,23,33.

当10时，

1121121121行的(1),2倍0332行加到3行033

(0EA)121分别加到2,3行211033000于是得方程组(0EA)x0的同解方程组为

x1x22x30

3x3x032可见，r(0EA)2，可知基础解系的个数为nr(0EA)321，故有1个自由未T知量，选x2为自由未知量，取x21，解得对应的特征向量为1(1,1,1).

当13时，

212151212

1511,2行互换3EA2122121511511行2加到2行090

3行-2行212000000于是得方程组(3EA)x0的同解方程组为

16 x15x2x30

9x02可见，r(3EA)2，可知基础解系的个数为nr(3EA)321，故有1个自由未知T量，选x1为自由未知量，取x11，解得对应的特征向量为2(1,0,1).

当13时，

4121111111，2行互换4123EA

2142141111111行(4)倍,2倍0362行加到3行036

分别加到2,3行036000于是得方程组(3EA)x0的同解方程组为

x1x2x30

3x6x032可见，r(3EA)2，可知基础解系的个数为nr(3EA)321，故有1个自由T未知量，选x2为自由未知量，取x22，解得对应的特征向量为3(1,2,1).

由于A是实对称矩阵，其不同特征值的特征向量相互正交，故这三个不同特征值的特征向量相互正交，之需将1,2,3单位化，

11132111111,0,2.

23123326111其中，令

11212123,212(1)22,3(1)222(1)26

Q1,2,313131312012162

616

17 300T1则有

QAQQAQ030.

000

十【详解】(1)由题设条件，

f(x1,x2,1xn)xixjAi1j1|A|1AnnAij1AxxijijAi1j1Ainxn)

nnxAxiiji1j1nnj

x(AxAii11i1ni22x1Ax(A,Aii1i1ni2,x1x21n,Ain)xi(Ai1,Ai2,Ai1xnx1x2

,Ain)xnx1x,Ann)2

xn1x1(A11,A12,A,A1n)x2(A21,A22,,A2n)xn(An1,An2,1(x1,x2,AA11A12AA,xn)2122An1An2A1nx1A2nx2(x,x,12Annxnx1TTAAx2XTX

,xn)AAxn()XTA1X

其中()的理由：A是可逆的实对称矩阵，故(A)(A)11TT1A1，因此由实对称的定义1知，A也是实对称矩阵，又由伴随矩阵的性质AAAE，知AAA，因此A也是实对称矩阵，A(2) 因为ATA，故()成立.

T1TAAA1T1EA1，所以由合同的定义知A与A1合同.

TT由实对称矩阵A与B合同的充要条件：二次型xAx与xBx有相同的正、负惯性指数.

可知，g(X)XAX与f(X)有相同的正、负惯性指数，

故它们有相同的规范形.

十一【应用定理】(i) 期望的性质：E(XY)EXEY；独立随机变量方差的性质：若

18 随机变量X和Y独立，则D(XY)DXDY

(ii)列维-林德伯格中心极限定理：设随机变量X1,X2,22,Xn,相互独立同分布，方差存在，记u与(0)分别是它们共同的期望与方差，则对任意实数x，恒有

n1limP(Xinu)x(x)

nni1(通俗的说：独立同分布的随机变量，其期望方差存在，则只要随机变量足够的多，这些随机变量的和以正态分布为极限分布)

(iii) 正态分布标准化：若Z~N(u,)，则【详解】设Xi(i1,2,将X1,Xi,2Zu~N(0,1)

n)是装运的第i箱的重量(单位:千克)，

n是所求箱数. 由题设可以Xn是独立Xn视为独立同分布的随机变量，而n箱的总重量SnX1X2同分布随机变量之和.

由题设，有E(Xi)50,D(Xi)5(单位:千克)

所以

E(Sn)E(X1X2Xn)EX1EX2Xn)DX1DX2EXn50n

DXn25n

D(Sn)D(X1X2则根据列维—林德柏格中心极限定理，知Sn近似服从正态分布N(50n,25n)，

箱数n根据下述条件确定

S50n500050nPSn5000Pn (将Sn标准化)

5n5n100010n()0.977(2)

n由此得

100010n2,

n从而n98.0199，

即最多可以装98箱.

十二【详解】由题设条件X和Y是正方形G(x,y):1x3,1y3上的均匀分布，则X和Y的联合密度为：

19 11,1x3,1y3, (二维均匀分布的概率密度为)

f(x,y)4面积0,其他由分布函数的定义：F(u)PUuPXYu

(1)当u0时，F(u)0(因为XY是非负的，所以小于0是不可能事件)

(2)当u2时，F(u)1(因为X和Y最大为3，X和Y最小为1，所以XY最大也就只能为2，所以XY2是必然事件，概率为1)

(3)当0u2时，F(u)PUu相当于

阴影部分所占的概率大小. 如图所示：

y

3

2

yxu

yxu

xyu

F(u)PUuPXYu

S阴影面积1

4(2u)2S总面积41

O 1 2 3

11(2u)2

4x

(二维均匀分布中各部分所占的概率，相当于用这部分的面积除以总面积，这里阴影部分面积是用总面积减去两个三角形的面积)

于是随机变量U的概率密度为：

1(2u),0u2,

p(u)F\'(u)20, 其他

XX学校支部“示范岗”考核评分表

被评党员姓名： 评议时间： 年

月 日

满分：100分 被评得分：

实指总评 分 标 准

标 分 值

分

20

分得 认真参加政治学习和组织生活

政治10

思想

发挥党员作用

自觉遵守国家的法律法规

遵守单位制定的各项规章制度

遵守 “十不准”

遵纪守法

遵守社会公德

言谈举止文明、礼貌

25

衣着打扮端庄整洁

工作场所清洁、整齐

主动搞好责任区工作

不搞以权谋私

严禁参与“黄、赌、毒、邪教”活动

按时交纳党费

完成任15

顾全大局，工作服从分配

出色完成上级组织和领导布置的各项任务

值班工作认真负责

热爱祖国、热爱建设事业，履行党员义务

努力完成党组织布置的学习任务

2

3

3

2

3

2

3

2

2

2

2

2

3

3

2

5

5

2

21 务

维护集体形象，为集体争取荣誉

刻苦钻研业务

遵守科学规律，不断优化服务方法

15

认真调查研究，努力提高工作质量

年度考核称职以上

公正平等对待每个群众

3

3

3

3

6

5

5

工作质量

热情15

服务

不谩骂、侮辱群众，尊重人格，自觉维护建设行政主管部门的形象

严禁门难进、话难听、脸难看、事难办 5

工作10

研究

积极参加建设调研活动 5

认真撰写调研论文 5

每年有一篇教育教学方面的论文

团10

结互相关心、互相学习

与群众打成一片，同志间团结协作互相尊重、5

3

22 协作

工作主动、积极、不推诿，不拖拉 4

关心集体，处处维护集体荣誉 3

23