1989考研数一真命题及其解释分析.doc

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1、-_19891989 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题一、填空题( (本题共本题共 5 5 个小题个小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分.).)(1) 已知,则 _.(3)2f 0(3)(3)lim2hfhf h(2) 设是连续函数,且,则_.( )f x10( )2( )f xxf t dt( )f x (3) 设平面曲线为下半圆周则曲线积分_.L21,yx 22() Lxyds(4) 向量场在点处的散度_.22( , , )ln(1)zu x y zxy iye jxzk(1,1,0)Pdivu (5) 设

2、矩阵, ,则逆矩阵=_.300 140 003A 100 010 001E 1(2 )AE二、选择题二、选择题( (本题共本题共 5 5 个小题个小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分.).)(1) 当时,曲线 ( )0x 1sinyxx(A) 有且仅有水平渐近线 (B) 有且仅有铅直渐近线 (C) 既有水平渐近线,也有铅直渐近线 (D) 既无水平渐近线,也无铅直渐近线(2) 已知曲面上点处的切平面平行于平面,则点的224zxyP2210xyz P坐标是 ( )(A) (1,-1,2) (B) (-1,1,2) (C) (1,1,2) (D) (-1,-1,2)(3

3、) 设线性无关的函数、都是二阶非齐次线性方程1y2y3y的解,、是任意常数,则该非齐次方程的通解是 ( )( )( )yp x yq x yf x1C2C( )(A) (B) 11223C yC yy1122123()C yC yCCy(C) (D) 1122123(1)C yC yCCy1122123(1)C yC yCCy(4) 设函数而其中2( ),01,f xxx1( )sin,n nS xbn xx ,则等于 ( )102( )sin,1,2,3,nbf xn xdx n1()2S -_(A) (B) (C) (D) 1 21 41 41 2(5) 设是阶矩阵,且的行列式,则中 (

4、)AnA| 0A A(A) 必有一列元素全为 0 (B) 必有两列元素对应成比例 (C) 必有一列向量是其余列向量的线性组合 (D) 任一列向量是其余列向量的线性组合三、三、( (本题满分本题满分 1515 分分, ,每小题每小题 5 5 分分.).)(1) 设,其中函数二阶可导,具有连续的二阶偏导数,(2)( ,)zfxyg x xy( )f t( , )g u v求.2zx y (2) 设曲线积分与路径无关,其中具有连续的导数,且,2( ) Cxy dxyx dy( )x(0)0计算的值.(1,1)2(0,0)( )xy dxyx dy(3) 计算三重积分,其中是由曲面与所围()xz dV

5、22zxy221zxy成的区域.四、四、( (本题满分本题满分 6 6 分分.).)将函数展为的幂级数.1( )arctan1xf xxx五、五、( (本题满分本题满分 7 7 分分.).)设,其中为连续函数,求. 0( )sin() ( )xf xxxt f t dtf( )f x六、六、( (本题满分本题满分 7 7 分分.).)证明方程在区间(0,)内有且仅有两个不同实根. 0ln1 cos2xxxdxe七、七、( (本题满分本题满分 6 6 分分.).)问为何值时,线性方程组131231234226423xxxxxxxx 有解,并求出解的一般形式.八、八、( (本题满分本题满分 8 8

6、 分分.).)-_假设为阶可逆矩阵的一个特征值,证明：nA(1) 为的特征值；1 1A(2) 为的伴随矩阵的特征值.A AA九、九、( (本题满分本题满分 9 9 分分.).)设半径为的球面的球心在定球面上,问当为何值时,球R2222(0)xyzaaR面在定球面内部的那部分的面积最大？十、填空题十、填空题( (本题满分本题满分 6 6 分分, ,每小题每小题 2 2 分分.).)(1) 已知随机事件的概率=0.5,随机事件的概率=0.6 及条件概率A( )P AB( )P B=0.8,则和事件的概率=_.()P B AAB()P AB(2) 甲、乙两人独立地对同一目标射击一次,其命中率分别为

7、0.6 和 0.5.现已知目标被命 中,则它是甲射中的概率为_.(3) 若随机变量在(1,6)上服从均匀分布,则方程有实根的概率是_.210xx 十一、十一、( (本题满分本题满分 6 6 分分.).)设随机变量与独立,且服从均值为 1、标准差(均方差)为的正态分布,而XYX2服从标准正态分布.试求随机变量的概率密度函数.Y23ZXY-_19891989 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、填空题一、填空题( (本题共本题共 5 5 个小题个小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分.).) (1)【答案】1【解析】原

8、式=. 01(3)(3)1lim(3)122hfhffh (2)【答案】1x【解析】由定积分的性质可知,和变量没有关系,且是连续函数,故10( )f t dt( )f x为一常数,为简化计算和防止混淆,令,则有恒等式,10( )f t dt10( )f t dta( )2f xxa两边 0 到 1 积分得,1100( )(2 )f x dxxa dx即 , 111112 000001(2 )222axa dxxdxadxxa x122a解之得 ,因此.1 2a ( )21f xxax(3)【答案】【解析】方法一：方法一：的方程又可写成,被积分函数在上取值,于是L221(0)xyyL原积分=(半

9、径为 1 的的半圆周长).1 Lds方法二：方法二：写出的参数方程,L,cossinxtyt (0)t 则 .00222222()(cossin) ( sin )cos1 Lxydsttttdtdt (4)【答案】2【解析】直接用散度公式22()()( ln(1)z PPdivuxyyexzxyz.220 (1,1,0)22220()101 1211 0zzyexez -_(5)【答案】10011022 001 【解析】由于,300200100 2140020120 003002001AE 为求矩阵的逆可有多种办法,可用伴随,可用初等行变换,也可用分块求逆.方法一：方法一：如果对作初等行变换,

10、则由可以直接(2)AE E1(2)(2 ) )AE EEAE得出.1(2 )AE本题中,第一行乘以加到第二行上;再第二行乘以,有 11 2,100100 10010010010011120 010020110010022001 001001001001001从而知 .110011(2 )022 001AE 方法二：方法二：对于 2 阶矩阵的伴随矩阵有规律：,则求的伴随矩阵abAcdA.*abdbAcdca如果,这样0A .111abdbdb cdcacaAadbc再利用分块矩阵求逆的法则：,11100 00AA BB-_本题亦可很容易求出.110011(2 )022 001AE 二、选择题二、

11、选择题( (本题共本题共 5 5 个小题个小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分.).) (1)【答案】(A)【解析】函数只有间断点.1sinyxx0x ,其中是有界函数,而当时,为无穷小,而无穷 001limlimsin xxyxx1sinx0xx小量和一个有界函数的乘积仍然是无穷小,所以 ,故函数没有铅直渐近线. 001limlimsin0 xxyxx, 01sin1sinlimlim lim11xxxtxytxt x令所以为函数的水平渐近线,所以答案为(A).1y 【相关知识点】铅直渐近线：如函数在其间断点处有,则( )yf x0xx0lim( ) xxf x

12、 是函数的一条铅直渐近线；0xx水平渐近线：当,则为函数的水平渐近线.lim( ),( xf xa a 为常数）ya(2)【答案】(C)【解析】题设为求曲面(其中)上点使:( , , )0S F x y z 22( , , )4F x y zzxyP在该点处的法向量与平面的法向量平行.Sn2210xyz 02,2,1n 在处的法向量S( , , )P x y z,2 ,2 ,1FFFnxyxyz若则为常数,即.即.0/,nn0,nn22 ,22 ,1xy1,1xy又点,所以,故求得.( , , )P x y zS2222 ( , ) (1,1)44 112x yzxy(1,1,2)P因此应选(

13、C). (3)【答案】(D)-_【解析】由二阶常系数非齐次微分方程解的结构定理可知,为方程对应1323,yyyy齐次方程的特解,所以方程的通解为( )( )( )yp x yq x yf x,1132233()()yC yyCyyy即,故应选 D.1122123(1)yC yC yCCy(4)【答案】(B) 【解析】是函数先作奇延拓后再作周期为 2 的周期延拓后的函数的傅式级数( )S x( )f x的和函数,由于是奇函数,于是.( )S x11()( )22SS 当时,连续,由傅式级数的收敛性定理,.因此,1 2x ( )f x21111( )( )( )2224Sf.应选(B).11()2

14、4S (5)【答案】(C)【解析】本题考查的充分必要条件,而选项(A) 、(B)、(D)都是充分条件,并不| 0A 必要. 因为对矩阵来说,行和列具有等价性,所以单说列或者单说行满足什么条件就构成了A的必要条件,但是不具有任意性,只需要存在一列向量是其余列向量的线性组合.| 0A 以 3 阶矩阵为例,若 ,112 123 134A 条件(A)必有一列元素全为 0,(B)必有两列元素对应成比例均不成立,但有,所以(A)、| 0A (B)不满足题意,不可选.若,则,但第三列并不是其余两列的线性组合,可见(D)不正确.123 124 125A | 0A 这样用排除法可知应选(C).三、三、( (本题

15、满分本题满分 1515 分分, ,每小题每小题 5 5 分分.).)(1)【解析】由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关,可以先求,也可以先求.z x z y 方法一：方法一：先求,由复合函数求导法,z x -_,1212(2)( )()2zfxygxgxyfgygxxxx 再对求偏导,得 y212(2)2(2)zfgygfxyx yyy 111222122( )()( )()gxgxygygxygxyyyyy111222122200fgxggygxyg .212222 fxggxyg 方法二：方法二：先求,z y ,122(2)( )()zfxygxgxyfxgyyyy 再对求偏导数,得x

16、222()zzfxgx yy xx 22122(2)( )()fxygxgxxgxyxxx .221222 fgxgxyg 【相关知识点】复合函数求导法则：若和在点处偏导数存在,( , )uu x y( , )vv x y( , )x y函数在对应点具有连续偏导数,则复合函数在点( , )zf u v( , )u v ( , ), ( , )zf u x y v x y处的偏导数存在,且( , )x y.,zfufvzfufv xuxv xyuyv y (2)【解析】方法一：方法一：先求出,再求曲线积分.( )x设有连续偏导数,在所给的单连通区域上,与路径无( , ),( , )P x y Q

17、 x yD LPdxQdy关,则在上有,所以即.由=0,得DQP xy( )2,yxxy2( )2 , ( )xxxxC(0)-_,即,因此0C 2( )xx(1,1)(1,1)(1,1)2222222(0,0)(0,0)(0,0)1( )2Ixy dxyx dyxy dxyx dyy dxx dy.(1,1)(0,0)(1,1)2222(0,0)111()()222d x yx y或取特殊路径如图：112220001LIxy dxyx dydxydyAA.1 2011 22y方法二：方法二：不必求出,选取特殊的路径,取积分路径如图,则( )x(1,1)2(0,0)( )Ixy dxyx dy

18、.110011(0)022ydyxdx(3)【解析】利用三重积分的性质,关于平面对称,对为奇函数,所以,即.yzxx0xdV()xz dVzdV是由球心在原点半径为 1 的上半球面与顶点在原点、对称轴为轴、半顶角为的锥面z4所围成.故可选用球坐标变换,则,020014：，所以 2cossinIzdVd d d 2113344 000001cossin2sin22ddddd .1440011cos2248 四、四、( (本题满分本题满分 6 6 分分.).)【解析】直接展开相对比较麻烦,可容易展开,( )f x( )fx.2222211(1) ( 1)21( )1(1)(1)(1)11 ()1x

19、xfxxxxxx x 由,令得2011( 1)( 1),(| | 1)1nnnnntttttt 2tx-_24222 2 0111( 1)( 1),(1)11nnnnnxxxxxtx 即 2 2 01( )( 1),(| 1)1nnnfxxxx所以 , 0( )( )(0)xf xf u duf2200001 0( 1)arctan( 1)1 04xxnnnnnnu duu du210( 1)421n nnx n,(| 1)x 当时,式均收敛,而左端在处无定义.1x 210( 1)21n nnx n1( )arctan1xf xx1x 因此 .2101( 1)( )arctan, 1,1)14

20、21n nnxf xxxxn 五、五、( (本题满分本题满分 7 7 分分.).) 【解析】先将原式进行等价变换,再求导,试着发现其中的规律, 000( )sin() ( )sin( )( )xxxf xxxt f t dtxxf t dttf t dt所给方程是含有未知函数及其积分的方程,两边求导,得, 00( )cos( )( )( )cos( )xxfxxf t dtxf xxf xxf t dt再求导,得,即 .( )sin( )fxxf x ( )( )sinfxf xx 这是个简单的二阶常系数非齐次线性微分方程,对应的齐次方程的特征方程为,210r 此特征方程的根为,而右边的可看作

21、,为特征根,因此非ri sin xsinxexii 齐次方程有特解.sincosYxaxxbx代入方程并比较系数,得,故,所以10,2abcos2xYx,12( )cossincos2xf xcxcxx又因为,所以,即.(0)0,(0)1ff 1210,2cc1( )sincos22xf xxx-_六、六、( (本题满分本题满分 7 7 分分.).)【解析】方法一：方法一：判定方程等价于判定函数与的交点个数.( )0f x ( )yf xx令 , 0( )ln1 cos2xf xxxdxe其中是定积分,为常数,且被积函数在非负,故 01 cos2xdx1 cos2x(0, ),为简化计算,令,

22、即, 01 cos20xdx01 cos20xdxk( )lnxf xxke则其导数,令解得唯一驻点,11( )fxxe( )0fxxe即 ,( )0,0 ( )0,fxxe fxex 所以是最大点,最大值为.xe( )ln0ef eekke又因为,由连续函数的介值定理知在与00lim( )lim(ln)lim( )lim(ln)xxxxxf xxke xf xxke (0, ) e各有且仅有一个零点(不相同),故方程在有且( ,)e 0ln1 cos2xxxdxe(0,)仅有两个不同实根.方法二：方法二： ,2001 cos2sinxdxxdx因为当时,所以0xsin0x ,2 0002si

23、n2sin2cos2 20xdxxdxx其它同方法一.七、七、( (本题满分本题满分 6 6 分分.).) 【解析】对方程组的增广矩阵作初等行变换.第一行分别乘以有、加到第二行和第三行上,再第二行乘以加到第三46 1行上, 有.101101101 41220123201232 614 23012430001 由于方程组有解的充要条件是,故仅当,即时,方程组有解.此( )( )r Ar A10 1时秩,符合定理的第二种情况,故方程组有无穷多解. ( )( )23r Ar An-_由同解方程组 令解得原方程组的通解13231,21,xxxx 3,xt(其中 为任意常数).1231,21,xtxtx

24、t t【相关知识点】1.非齐次线性方程组有解的判定定理：设是矩阵,线性方程组有解的充分必要条件是系数矩阵的秩等于增广Am nAxb矩阵的秩,即是(或者说,可由的列向量线表出,AA b( )( )r Ar AbA12,n 亦等同于与是等价向量组)12,n 12,nb 设是矩阵,线性方程组,则Am nAxb（1）有唯一解 ( )( ).r Ar An（2）有无穷多解 ( )( ).r Ar An（3）无解 ( ) 1( ).r Ar A 不能由的列向量线表出.bA12,n 八、八、( (本题满分本题满分 8 8 分分.).)【解析】(1)由为的特征值可知,存在非零向量使,两端左乘,得AA1A.因为

25、,故,于是有.按特征值定义知是的特征1A0011A1 1A值.(2)由于逆矩阵的定义,据第(1)问有 ,按特征值定1 |AAA 1| |AAAA 义,即 为伴随矩阵的特征值.|A A【相关知识点】矩阵特征值与特征向量的定义：设是阶矩阵,若存在数及非零的An 维列向量使得成立,则称是矩阵的特征值,称非零向量是矩阵的nXAXXAXA 特征向量.九、九、( (本题满分本题满分 9 9 分分.).)【解析】由球的对称性,不妨设球面的球心是,(0,0, )a于是的方程是.2222()xyzaR先求与球面的交线：2222xyza-_.2222222222(),2 2,xyzaRaRzaxyza代入上式得的

26、方程 .4 222 24RxyRa它在平面上的投影曲线xOy4 22222 2,(02 ),4 0,Rxyb bRRaa z 相应的在平面上围成区域设为,则球面在定球面内部的那部分面积xOyxyD.22( )1xyxy DS Rzz dxdy将的方程两边分别对求偏导得, x y,zxzy xzayza 所以 2222( )11 ()()xyxyxy DDxyS Rzz dxdydxdyazaz.222221 ()()xyxyDDxyRdxdydxdyazazRxy利用极坐标变换有(02 ,0)b22222200( )xybDRRS Rdxdydd RxyR 极坐标变换 22222001()2b

27、Rdd R R 2222 02()2()bRRRRbR代入, ,化简得.4 22 24RbRa3 2( )2RS RRa这是一个关于的函数,求在的最大值点,两边对求导,并令R( )S R(0,2 )a( )S RR,得,得.( )0S R23( )40RS RRa4 3aR -_且 ,4( )0,03 4( )0,23S RRaS RaRa 故时取极大值,也是最大值.4 3aR ( )S R因此,当时球面在定球面内部的那部分面积最大.4 3aR 十、填空题十、填空题( (本题满分本题满分 6 6 分分, ,每小题每小题 2 2 分分.).) (1)【解析】方法一：方法一：.()( )( )()

28、P ABP AP BP AB( )( )( ) (|)0.7P AP BP A P B A方法二：方法二：.()( )()P ABP BP AB( )( ) (|)0.60.5 0.20.7P BP A P B A(2)【解析】设事件=“甲射中”,=“乙射中”,依题意,AB( )0.6P A ( )0.5P B 与相互独立,.AB()( )( )0.6 0.50.3P ABP AP B因此,有 .()( )( )()P ABP AP BP AB0.60.50.30.8.( ()( )(|)0.75()()P A ABP AP A ABP ABP AB(3)【解析】设事件=“方程有实根”,而方程

29、有实根的充要条件是其判别A210xx 式,即.240 22404A随机变量在(1,6)上服从均匀分布,所以其分布函数为0, 1, 1( ), 16,6 1 1, 6.x xF xxx 由分布函数的定义,( )P xkF k而2121 0.20.8.PP 20.P 所以由概率的可加性,有.2( )422P APP 0.800.8【相关知识点】广义加法公式：.()( )( )()P ABP AP BP AB条件概率：,所以.()(|)( )P BAP B AP A()()(|) ( )P ABP BAP B A P A-_十一、十一、( (本题满分本题满分 6 6 分分.).)【解析】,由独立的正态变量与的线性组合仍服从正态分布,且,(1,2)XN(0,1)YNXY235,EZEXEY44 2 19DZDXDY 得 .(5,9)ZN代入正态分布的概率密度公式,有的概率密度函数为 .Z2(5) 181( )3 2zZfze【相关知识点】对于随机变量与均服从正态分布,则与的线性组合亦服从正态分XYXY 布. 若与相互独立,由数学期望和方差的性质,有XY,()()( )E aXbYcaE XbE Yc,22()()( )D aXbYca D Xb D Y其中为常数., ,a b c