1991考研数一真题及解析

1、1991年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题(本题满分15分,每小题3分.)设x 1 &则写=.y cost, dx 由方程xyz 、.x2 y2 z2. 2所确定的函数 z z(x,y)在点(1,0, 1)处的全微分dz=. 已知两条直线的方程是L,：. 2 空 ；L2 :- 2 山 -,则过L1且平1 0 1 2 1 1行于L2的平面方程是.1 已知当x 0时,(1 ax2)3 1与COSX 1是等价无穷小，则常数a=.5200设4阶方阵A2100,则A的逆阵A 100120011、选择题(本题满分15分,每小题3分.)(1)曲线yex2(A)没有渐近线(B)(C)仅有

2、铅直渐近线(D)()仅有水平渐近线既有水平渐近线又有铅直渐近线2x 若连续函数f (x)满足关系式f (x)2dt ln2,则f(x)等于(A)exln 2(B)2x |e In 2(C) exln 2(D)e2x In 2已知级数n 1(1) an2,a2n15,则级数an等于()n 1n 1n 1(A) 3(B) 7(C) 8(D) 90 设D是xOy平面上以(1,1)、(-1,1)和(-1,-1)为顶点的三角形区域，D<!是D在第一象限的部分,则 (xy cosxsin y)dxdy等于()D2 xydxdyDi(A)2 cosx sin ydxdy(B)Di(C) 4 (xy c

3、osxsin y)dxdy (D) 0DiE ,其中E是n阶单位阵，则必有CBA EBCA E(5)设n阶方阵A、B、C满足关系式 ABC(A) ACB E(B)(C) BAC E(D)、(本题满分15分，每小题5分.)(1)求 lim(cos -X)x.x 02 2 2 设n是曲面2x 3y z 6在点P(1,1,1)处的指向外侧的法向量，求函数6x2 8y2z在点P处沿方向n的方向导数(x2 y2 z)dV ,其中是由曲线y 2z，绕z轴旋转一周而成的曲面与平面x 0z 4所围成的立体四、(本题满分6分)在过点0(0,0)和A( ,0)的曲线族y asin x(a 0)中，求一条曲线L,使

4、沿该曲线从0到A的积分 乙1 y3) dx (2x y)dy的值最小.五、(本题满分8分.)将函数f(x) 2 |x|( 1 x 1)展开成以2为周期的傅立叶级数，并由此求级数六、(本题满分7分.)1设函数f (x)在0,1上连续，(0,1)内可导，且3 2 f(x)dx f(0)，证明在(0,1)内存在一点 c,使 f (c)0.七、(本题满分8分.)同蹲考教肓KUAKAO EDUCATION已知 1(102,3),2(1,135),3(1,1b 3,5).（1） a、b为何值时不能表示成1>（2） a、b为何值时有1、2、3、(1, 1,a 2,1), 4(1,2,4,a 8),及2

5、、3、4的线性组合？4的唯一的线性表示式？并写出该表示式八、（本题满分6分）设A为n阶正定阵，E是n阶单位阵,证明A E的行列式大于1.九、（本题满分8分）在上半平面求一条向上凹的曲线，其上任一点P（x, y）处的曲率等于此曲线在该点的法线段PQ长度的倒数（Q是法线与x轴的交点）,且曲线在点（1,1）处的切线与x轴平行.十、填空题（本题满分6分，每小题3分.）（1）若随机变量X服从均值为2,方差为 2的正态分布，且P 2 X 40.3,则随机地向半圆o y2ax x （ a为正常数）内掷一点，点洛在半圆内任何区域的概率与区域的面积成正比,则原点和该点的连线与 x轴的夹角小于一的概率为4（本题满

6、分6分）设二维随机变量（X,Y）的概率密度为f (x, y)2e(x 2y)x 0,y0其他求随机变量Z X 2Y的分布函数同踵考教肓KUAKAO CDUCMIDN1991年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析、填空题(本题满分15分，每小题3分.)(1)【答案】sint tcost4t3,满足参数方程所确定函数的微分法如果x(t)，则dy(t)y(t)dx(t)dy所以dydtsintdxdx2tdt【解析】这是个函数的参数方程再对x求导，由复合函数求导法则得2d y d dy dt dsin t12tcost 2sin t 1 sint t cost4P2t4?【答案】dx x2dy【

7、解析】这是求隐函数在某点的全微分,这里点(1,0, 1)的含义是z z(1,0)将方程两边求全微分，由一阶全微分形式不变性得d (xyz)0,2 2 2 d(x y z )令 x 1, y 0, z(xy)dz (ydx xdy)zxdx ydy zdz1,得 dy【答案】x 3y z 20【解析】所求平面过直线L1,因而过L1上的点(1,2,3)；r(1,0, 1)因为 过L1平行于L2,于是 平行于L1和L2的方向向量，即平行于向量丨1r和向量丨2(2,1,1),且两向量不共线，于是平面 的方程x 1 y 2 z 31 0 10,2 1 1即 x 3y z 20.3【答案】-2丄 1【解析

8、】因为当x 0时,si nx: x,(1 x)n 1:x,n所以因为当0 时 ax20,所以有1(1 ax2)31: 1 ax2,cos x31 . 2 sin x :2limx1(1 ax2)3 10 cosx 11 2axlim x 0 1 2x2(1 ax12)31 与 cosx是等价无穷小，所以【答案】【解析】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.根据本题的特点，若知道分块求逆法则可以简单解答注意:对于2阶矩阵的伴随矩阵有规律:,则求A的伴随矩阵* a b d b Ac d如果A 0,这样ia b1 d b1 d b ad bc c a再利用分块矩阵求逆的

9、法则:01,易见B 1二、选择题(1)【答案】【解析】(本题共5个小题，每小题(D)由于函数的定义域为3分,满分15分.)0,所以函数的间断点为 X0,1 lim X 0X2eX21 ee 1Xm0厂，所以x 0为铅直渐近线，H Xy m n XX2 e -X2 elimXX2ee111,所以y 1为水平渐近线.1所以选(D).【相关知识点】:如函数f (x)在其间断点x x0处有lim f (x)X XqcdA c aX X。是函数的一条铅直渐近线;水平渐近线：当lim f(X)Xa,(a为常数)，则ya为函数的水平渐近线.(2)【答案】(B)【解析】令ui，则t2u, dt2du,所以2x

10、f(x)dt ln 22Xo 2f(u)du In 2,两边对X求导，得f (x) 2f (x),这是一个变量可分离的微分方程，即d f(x) 2dx .解f (x)之得f (x) Ce2X,其中C是常数.又因为 f(0)°2f(u)du In 2 In2,代入 f(x) Ce2X,得 f (0) Ce0 In 2 ,得C In2,即 f (x) e2x l n2.(3)【答案】(C)【解析】因为1)n1anaia2a3a4 La2n 1a2n L(aia?) (a3 a4)L(a2n 1 a2n ) L(a2n 1n 1a?n)a2n 1a2n (收敛级数的结合律与线性性质),n

11、1n 1所以a?nn 1a2n 1n 1n 1(1) an 5 23.n 1an (a1 a2) (a3 a4) Ln 1(a2n 1a2n) L(a2n 1 a2n )n 1a2n 1a2nn 1n 15 3 8,故应选(C).【答案】(A)【解析】如图，将区域D分为D1, D2, D3,D4四个子区域.显然，D1, D2关于y轴对称，D3, D4关于x轴对称.11 xydxdyD12 cosxsin ydxdyD由于xy对x及对y都是奇函数，所以xydxdy 0, xydxdy 0.D1 D2D3 D4而cosxsin y对x是偶函数，对y是奇函数，故有cosxsin ydxdyD3 D4

12、0,cosxsin ydxdyD1 D22 cosxsin ydxdy ,D1所以(xy cosxsin y)dxdyD11122 cosxsin ydxdy ,D1故选(A).(5)【答案】(D)【解析】矩阵的乘法公式没有交换律，只有一些特殊情况可以交换 由于A、B、C均为n阶矩阵,且ABC E ,对等式两边取行列式,据行列式乘法公式0、B 0、C 0,知A、B、C均可逆,那么,对于ABC E ,先左乘A1再右乘A有 ABC E BC ABCA E ,故应选(D).其实，对于ABC E先右乘C 1再左乘C ,有ABC E AB C 1 CAB E .三、(本题满分15分，每小题5分.)(1)

13、【解析】这是1型未定式求极限lim (cos、一 x)xx 0lim (1 (cos , xx 011)cos. x 1(cosX 1)令 cos Jx1 t,则0 ,所以lim(1 (cos . x 1)x 01lim(1 tft 0e,所以lim (1x 01(cos t 1)cos x1(cos x 1)xlimx 0(cos I xe1)lim(cos x 1)ex 0因为当0时，sinx : x,所以(cos 仮 1) limx 02 sin2limx 0limx 0lim (cosx) xx 0limex 0(cosjx 1)【解析】先求方向n的方向余弦，再求u ,，最后按方向导数

14、的计算公式y zu cosxu cosyu cos求出方向导数.z曲面2x23y2z26在点P(1,1,1)处的法向量为4x,6y,2zP 4x,6y,2z(1,1,1) 2 2,3,1 ,在点P(1,1,1)处指向外侧，取正号，并单位化得所以方向导数1,22 32 12,3,11习 2,3Jcos ,cos ,cosux Puy puz P6x6xzpz 6x2 8y2uuucoscosnxyu cosz(3)【解析】由曲线68 14y2z,绕z轴旋转一周而围成的旋转面方程是x 02z .4所围成.曲面与平面的交线是于是，是由旋转抛物面z - (x2 y2)与平面z22 2x y 8, z

15、4.选用柱坐标变换，令x r cos , y r sin , z z ,:02 ,0 z 4,0 r 云，因此 I (x2 y2 z)dV42£2dz d (r z)rdr 0 0 0r 2zdzr 04 Tdz 2560o四、(本题满分6分)【解析】曲线y a si n x, (x 0,),则dy acosxdx,所以y3)dx (2x y)dy1(asinx)3 (2x a sinx) acosxdx2dxa3sin3 x 2axcosx sin2x20si dx2a 0 xcosxdxsin 2xdxa30 (cos2 x1)d cosx2a 0 xd sin x0sin 2x

16、d2xacos x34 a33 4a.对关于a的函数I4 3 a3所以a1,且II 0,00,1故a1为函数I4 3 a3y sinx, (x0,).五、(本题满分8分.)3aa4a,(a13cosx02a xsin x cosx 0cos2x 04a两边对a求导数，其中a 0,并令I0,得24a 40.0)的极小值点，也是最小值点.故所求的曲线为【解析】按傅式级数公式，先求f (x)的傅式系数an与bn.因f(x)为偶函数，所以2 (2 x)cos n xdx 4 cos n xdx00n1 'nbn p | f (x)sinxdx 0 (n1,2,3,L ), f (x)cos -

17、 xdxl2 in2 'an一 f (x)cos xdx丨丨ll 011 .xd sin n x0因为所以,aof(x) 2f(x)0,有120(2 x)dx|x|在区间（1f(0)|x|a02(2n5.x 1）上满足狄利克雷收敛定理的条件ancosx bnsin1l2(cosn 1)cos n42n1)2,所以12(2n 1)cos(2n1(2n1(2n)21) x1).12n 1 n12n六、（本题满分7分.）【解析】由定积分中值定理可知,对于1即 3 2 f(x)dx3由罗尔定理可知七、（本题满分【解析】设x112 f(x)dx3f( ) f(0).,在区间（0,1）内存在一点1

18、x2 2 x3 3X4X2X31帀cos0,所以,2(2n 1)11(2n 1)22f （x）dx,在区间（一，1）上存在一点32 1f()(1 1f(),c(0 c1),使得 f (c)0.,按分量写出，则有使得%2x13为x33x2 (a5x2x412x4X32)x3 4x4 b 3(a 8)x4 5对方程组的增广矩阵作初等行变换3加到第三行和第四行上，再第二行乘以2加到第三行和第四行上,有11 11M101 12M1A23 a 24Mb 3351a8M5第一行分别乘以有2、1111M10112M101a2M b1022 a5M21111 M10112 M100a 10 Mb000a1M0

19、所以,当a1,b0时，r(A) 1 r(A),方程组无解.即是不存在x-i ,x2 ,x3 ,x4使得X1 1X2 2X33X44成立，不能表示成1、2、3、4的线性组合;r(A)r(A)4.方程组有唯一解2b a b 1FTTb门,0 a 12bn 1故有唯一表达式，且矩阵AAM的秩，即是r(A)r( A)(或者说，b可由A的列向量1, 2丄线表出，a 1【相关知识点】非齐次线性方程组有解的判定定理：设A是m n矩阵，线性方程组 Ax b有解的充分必要条件是系数矩阵的秩等于增广亦等同于1, 2丄,n与1, 2丄,n,b是等价向量组).设A是m n矩阵,线性方程组Ax b,则(1)有唯一解r(

20、A)r(A) n有无穷多解r(A)r(A) n无解r(A)1r(A).b不能由A的列向量1, 2丄,n线表出八、(本题满分6分)【解析】方法1:因为A为n阶正定阵，故存在正交矩阵 Q ,使QtAQ Q 1AQ其中i 0(i1,2丄n), i是A的特征值.因此 qt(a e)qqtaq qtq两端取行列式得 | AE| |QT |A eiiqi iqt(aE)Q| | E| ( i 1),从而 | A E | 1.方法2：设A的n个特征值是1, 2丄，n.由于A为阶正定阵，故特征值全大于0.1 1,为A的特征值可知，存在非零向量1.按特征值定义知21,L , n 1.它们全大于1,根据A,两端同

21、时加上E的特征值因为A E的特征值是,知|A E| (i 1)1.【相关知识点】阵特征值与特征向量的定义：设及非零的n维列A是n阶矩阵，若存在数向量X使得AX X成立，则称 是矩阵A的特征值，称非零向量 X是矩阵A的特征向 量.九、(本题满分8分)【解析】曲线y y(x)在点P(x, y)处的法线方程为Y y -(X x)(y0时),它与x轴的交点是Q(x yy ,0),从而|PQ| .(yy)3 * 2y2y(11y2)?.当y 0时,有Q(x,0),|PQ| y, 上式仍然成立.因此,根据题意得微分方程y1即yy 1 y 2.这是可降阶的高阶微分方程,且当 x 1 时，y 1,y0 .,二

22、阶方程降为一阶方程 yP兰dy1 p2,即竺dy1 P2ydP令 y P(y),则 y P -dy即y C-1 P2 , C为常数.y J P2因为当x 1时，y 1,P y 0,所以C 1,即所以y.产刁.分离变量得dx .Jy1令y sect,并积分，则上式左端变为dyy2 1sect tantdttan tln secttantIn sect Vsec t 1 Cln y Vy因曲线在上半平面，所以y、寸 10,即 ln,y21y , y2 1 Ce当x 1时,y 1,当x前取+时，c e 1, y,y2 1 ex1y . y2 1y <y2 1(y :y2 1)(y '、寸 1)1y Jy2 1当x前取时，C e,y . y2 1 e x1y Jy2 1(y :y2 1)(y 、寸 1)1y 、y2 1所以 y (e(x1)2e(x1).十、