数学一试题分析、详解和评注.doc

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1、2004年数学一试题分析、详解和评注1【分析】 本题为基础题型，相当于已知切线的斜率为1，由曲线y=lnx的导数为1可确定切点的坐标。【详解】 由，得x=1, 可见切点为，于是所求的切线方程为 ， 即 .【评注】 本题也可先设切点为，曲线y=lnx过此切点的导数为，得，由此可知所求切线方程为， 即 .（2） 【分析】 先求出的表达式，再积分即可。【详解】 令，则，于是有 ， 即 积分得 . 利用初始条件f(1)=0, 得C=0，故所求函数为f(x)= .【评注】 本题属基础题型，已知导函数求原函数一般用不定积分。（3）【分析】 利用极坐标将曲线用参数方程表示，相应曲线积分可化为定积分。【详解】

2、 正向圆周在第一象限中的部分，可表示为 于是 =【评注】 本题也可添加直线段，使之成为封闭曲线，然后用格林公式计算，而在添加的线段上用参数法化为定积分计算即可.（4）【分析】 欧拉方程的求解有固定方法，作变量代换化为常系数线性齐次微分方程即可。【详解】 令，则 ， ，代入原方程，整理得，解此方程，得通解为 【评注】 本题属基础题型，也可直接套用公式，令，则欧拉方程 ，可化为 （5）【分析】 可先用公式进行化简【详解】 已知等式两边同时右乘A，得， 而，于是有， 即 ，再两边取行列式，有 ， 而 ，故所求行列式为【评注】 先化简再计算是此类问题求解的特点，而题设含有伴随矩阵，一般均应先利用公式进

3、行化简。（6）【分析】 已知连续型随机变量X的分布，求其满足一定条件的概率，转化为定积分计算即可。【详解】 由题设，知，于是 = =【评注】 本题应记住常见指数分布等的期望与方差的数字特征，而不应在考试时再去推算。二、（7） B 【分析】 先两两进行比较，再排出次序即可.【详解】 ，可排除(C),(D)选项，又 =，可见是比低阶的无穷小量，故应选(B).【评注】 本题是无穷小量的比较问题，也可先将分别与进行比较，再确定相互的高低次序.（8） C 【分析】 函数f(x)只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，因此可排除(A),(B)选项，再利用导数的定义及极限的保号性进行分析即可。【详解】

4、由导数的定义，知 ，根据保号性，知存在，当时，有 即当时，f(x)f(0). 故应选(C).【评注】 题设函数一点可导，一般均应联想到用导数的定义进行讨论。（9）. B 【分析】 对于敛散性的判定问题，若不便直接推证，往往可用反例通过排除法找到正确选项.【详解】 取，则=0，但发散，排除(A)，(D)；又取，则级数收敛，但，排除(C), 故应选(B).【评注】 本题也可用比较判别法的极限形式， ，而级数发散，因此级数也发散，故应选(B).（10） B 【分析】 先求导，再代入t=2求即可。关键是求导前应先交换积分次序，使得被积函数中不含有变量t.【详解】 交换积分次序，得 =于是，从而有 ，故

5、应选(B).【评注】 在应用变限的积分对变量x求导时，应注意被积函数中不能含有变量x: 否则，应先通过恒等变形、变量代换和交换积分次序等将被积函数中的变量x换到积分号外或积分线上。（11） D 【分析】 本题考查初等矩阵的的概念与性质，对A作两次初等列变换，相当于右乘两个相应的初等矩阵，而Q即为此两个初等矩阵的乘积。【详解】由题设，有 ， ，于是， 可见，应选(D).【评注】 涉及到初等变换的问题，应掌握初等矩阵的定义、初等矩阵的性质以及与初等变换的关系。（12） A 【分析】A,B的行列向量组是否线性相关，可从A,B是否行（或列）满秩或Ax=0（Bx=0）是否有非零解进行分析讨论.【详解1】

6、 设A为矩阵，B 为矩阵，则由AB=O知， . 又A,B为非零矩阵，必有r(A)0,r(B)0. 可见r(A)n, r(B)e时， 所以单调减少，从而，即 ，故 .【证法2】 设，则 ， ,所以当xe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。 （16）【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 ，

7、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.（17）【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

8、 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).（18）【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x0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

9、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）【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）【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

10、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)=1n，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

11、 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）【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

12、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。.(22) 【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） 由于， 所以， ， ， =（或），故(X,Y)的概率分布为

13、 Y X 0 1 0 1 (II) X, Y的概率分布分别为 X 0 1 Y 0 1 P P 则，DY=, E(XY)=,故 ，从而 【评注】 本题尽管难度不大，但考察的知识点很多，综合性较强。通过随机事件定义随机变量或通过随机变量定义随机事件，可以比较好地将概率论的知识前后连贯起来，这种命题方式值得注意。（23）【分析】 先由分布函数求出概率密度，再根据求矩估计量和最大似然估计量的标准方法进行讨论即可。【详解】 X的概率密度为 （I） 由于 ，令，解得 ，所以参数的矩估计量为 （II）似然函数为 当时，取对数得，两边对求导，得，令，可得 ，故的最大似然估计量为 【评注】 本题是基础题型，难度不大，但计算量比较大，实际做题时应特别注意计算的准确性。