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文档简介
1999年全国硕士研究生入学统一考试理工数学一试题详解及评析一、填空题lim⎛1
1 ⎞ .x0⎜
xtanx⎟⎝ ⎠1【答】31】
lim⎛1
1 ⎞limtanxxlimtanxxx0⎜x2
xtanx
x0
x2tanx
x0 x3⎝ ⎠x0x0
sec2x13x2tan2x3x22】
lim⎛1
131 ⎞limsinxxcosxlimsinxxcosxx0⎜x2
xtanx
x0
x2sinx
x0 x3⎝ ⎠limcosxcosxxsinxx0
3x2limsinx1x03x 3d x 2x0sinxtt .【答】【详解】
sinx2.
dxsinxt2txtud0inu2udx0 dxxdxsinu2dudx0sinx2故本题应填sinx2(3)y''4ye2x的通解为 .【答】
yCe2x⎛C1x⎞e2x其中CC为任意常数.1 ⎜2 4⎟ 1 2⎝ ⎠【详解】 特征方程为:240,解得2,21 2y''4y0yCe2xCe2xfxe2xa2为特征方程1 1 2的单根,因此原方程的特解可设为y*Axe2x,代入原方程可求得A1,4故所求通解为
yyy*Ce2xCe2x1xe2x故本题应填
1 1 2 4yCe2x⎛C1x⎞e2x,1 ⎜2 4⎟⎝ ⎠设n阶矩阵A的元素全为1,则A的n个特征值是 .n˛【答】
n,0,…,0【详解】 因为1
1 … 1
n
1 … 1EA
1
1n
1… 1# # # # # # # #1 1 …1 1
11
1
1n0 … 0# # # #0 0 … Ann0(n1重)n˛n0,…0.B和CABCPAPBPC1,2PABC1
9,则PA.16【答】 .4【详解】 根据加法公式有PABCPAPBPCPACPABPBCPABC1B和CABCPAPBPC
,因此有2PABPACPBCP2A,PABCP0,PABC3PA3P2A9163 1解得 PA
,PA4 41 1又根据题设
PA 2
PA4二、选择题fxFx是其原函数,则fxFx必是偶函数.fxFx必是奇函数.fxFx必是周期函数.fxFx必是单调增函数.【】【答】 应选(A)x【详解】 fx的原函数Fx可以表示为Fx0ftdtC,于是x xFx0 ftdtCut0fuduC.fxfufu,从而有即 Fx为偶函数.
Fx0xx0xx
fuCftCFx故()为正确选项.至于(BC()可分别举反例如下:fxx2Fx1x31不是奇函数,可排除(B;3fxs2xFx1x1sin2x不是周期函数,可排除(C;2 4fxx在区间Fx1x2在区间内非2单调增函数,可排除(D).⎪⎧1cosx,x0⎪设fx⎨ x 其中gx是有界函数,则fx在x0处⎩x2gx,x0(A)极限不存在. (B)极限存在,但不连续(C)连续,但不可导 (D)可导.【】【答】 应选(D)【详解】因为f'00limfxf0lim1cosx0,x0
xfxf0
x0
3x2x2gxf'00lim lim limgxx0,x0
x0
x x0fxx0fxx0处可导,故正确选项为(D).⎧⎨(3)fx⎨
x,0x121
,Sx2
ancosx,x,⎪22x,⎩ ⎝ 1⎝ 1
x1
n1⎛ 5⎞
20fxosdx,n,,,…,S⎜2⎟等于1(A)2
(B) (C)312 41
(D)34【】【答】 应选(C).fx从0,12)延拓,进一步展开为傅里叶级数,根据收敛定理有S⎛5⎞S⎛21⎞S⎛1⎞⎜ 2⎟ ⎜ 2⎟ ⎜ 2⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠f⎛10⎞f⎛10⎞⎛1⎞
⎜2 ⎟ ⎜2 ⎟S⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝2⎠3.4AmnB是nm矩阵,则mnAB0
2mnAB0(C当nm时必有行列式AB0 (当nm时必有行列式AB0【】【答】 应选(B).【详解】 因为AB为m阶方阵,且rBin⎣rA,rB⎦in,n当mn时,由上式可知,rABnm,即AB不是满秩的,故有行列式AB0.因此,正确选项为(B).X和YN0,1N,则(A)PXY1.2
(B)PXY11.2(C)PXY1.2【答】 应选(B).
PXY11.2【】【详解】 根据正态分布的性质,服从正态分布的随机变量的线性组合仍服从正态分布.因此XY~N1,2,XY~N1,21利用正态分布在其数学期望左右两侧取值的概率均为2
B)为正确选项.yyxzzxzxfxyFxyz0f和F分别具有一阶连续导数和一阶连续偏导数,求dz.dx【详解】分别在zxfxy和Fx,y,z0的两端对x求导,得⎧dz
fx⎛1dy⎞f'⎪dx
⎜ dx⎟⎨ ⎝ ⎠⎪F'xF'ydy
'dz0⎩整理后得
Fzdx dx⎧xf'dydz
fxf'⎪ dx dx⎨ dy dz⎪F'y F'
F'x⎩解此方程组,得
dx dxdz
fxf'F'yxf'F'
,F'yxf'F'z0四、求I
dx F'yxf'F'zexsinybxydxexosyaxdy,a,b为正常数,L为从点axx2A2a,0沿曲线y 到点O0,0axx2【详解】添加从点O0,0沿y0到点A2a,0的有向直线段L1,则IL
⎣exnybxy⎦xexsyxy11L11利用格林公式,前一积分
⎣exnybxy⎦xexsyxyI⎛QP
badxdy1 ⎜
y⎟dxdyD⎝ ⎠ Da2ba2其中D为LL1所围成的半圆域,后一积分选择x为参数,得L1:⎨y⎧xx,0⎨y⎩可直接积分I2
2abxdx2a2b0故 III⎛2⎞a2ba3.01 2 ⎜2 ⎟ 2⎝ ⎠五、设函数yxx0二阶可导且y'x0y0yyx上任意一点PxyxxS1区间0xyyx为曲边的曲边梯形面积记为S22S1S2恒为1,求此曲线yyx的方程.【详解】 曲线yyx上点Px,y处的切线方程为Yyxy'xXx⎛ y ⎞ 'y'它与x轴的交点为⎜x ,0⎟由于yx0,y0因此yxx0y'⎝ ⎠1 ⎛ y⎞ y2⎝ 于是S12yx⎜xy'⎟2y'.⎝ x又 S20ytdtx
y2 x根据题设 2S1S21,有
2y'0ytdt并且 y'01,两边对x求导并化简得y'y'2这是可降阶得二阶常微分方程,令ypdpp2,分离变量得dy
py',则上述方程可化为dpp ydy解得pC1y,即
dxC1y,从而有
yCexC1 y0y'01
C
0,1 2故所求曲线得方程为
yex.x0x2nxx2.【详解1】fxx2nxx2.又
易知f10f'x2xlnxx21,f'0xfx2lnx12x2
1,f''120x2fxx3可见,当0x1fx当1xfx因此,有当1x时,fxf20f'0f'x是单调增函数推知,当0x1f'x当1x时,f'xfxf00x,即证之:x0x2nxx2.【详解2】x0x2nxx2等价于当0x1时,lnxx1;当1x时,lnxx1;于是令x1
fxlnxx1x1
x1则 f'x1 2 22
x21
20x0xf0
x1
xx1当0x1fx0,当1xfx0x0时,有x2fxx2nxx2,即当 x0时,x2nxx2.30m,抓斗400N500N2000N3m/s,在提升过程中,20N/s说明:①1NmNsJ【详解1】建立坐标轴如图所示,将抓起污泥的抓斗提升至井口需作功WW1W2W3其中W1是克服抓斗自重所作的功;W2是克服缆绳重力作的功;W3为提出污泥所作的功.由题意知W14003012000.xxdx5030xdx,30从而 20500xdx22500.30在时间间隔ttdt3200020tdt.30将污泥从井底提升至井口共需时间310
10,所以30320002tdt57000.因此,共需作功W12000225005700091500J【详解2】作x轴如图所示,将抓起污泥的抓斗提升至井口需作功记为W,当抓斗运动到x处时,作用力fx1
包括抓斗的自重400N,缆绳的重力5030xN
,污泥的重力20003于是
x20N,即fx4005030x200020x3900170x,3 3W30⎛00xx0x5x230000J0⎜ 3 ⎟ 3 0⎝ ⎠222zSxy21PxyzS,SP处的切平面,z2 2x,y,z为点O0,0,0到平面的距离,求z dS.Sx,y,zFxyzx2y2z2设X,YZ为上任意一点,则的方程为2 2x y F'XxF'YyF'Zzx y xX yY即从而知
zZ2 2AxByCzA2B2C2AxByCzA2B2C2
x2y2
1z2⎞2⎜4 4 ⎟这里 A
x,B2
,Cz,⎛
⎝ ⎠y2⎞由曲面方程知
z1⎜22⎟,于是zx
⎝ ⎠21⎜2221⎜22⎛x2 y2⎝⎠21⎜22⎛x2 y2⎝⎠y
y ,因此dS
d d11⎜x⎟⎜⎛z⎛z⎝ ⎝ 4x2y221⎜22⎛x2 y2⎝⎠x2yx2y24 4z2dS Sx,y,z S14x2y2d12
24r2rdr432
40 000九、设an4tannxdx,1n(1)求 nn2的值;nn1an(2)试证:对任意的常数级数收敛nn1n【详解】(1)因为1 1 1aa 4tannx1tan2xdx 4tannxsec2n n n2
n0
n0tnxt11tnt 1 n0n又由部分和数列n
nn1nS1aannn
1 11,i1i
i i2
i1
ii1 n1n有 limSnn1n因此 nn2nn1(2)先估计an的值,因为 an4tannxdxtanxt
t dt1tndt 1,2 n10 01t 2 n1
n1所以
nn
1,n1 1由11知
1收敛nn1nan从而 也收敛.nn1n⎡aA⎢
1 c⎤b 3⎥AA有一个特征值,⎢ ⎥ 01c 0 a⎦属于的一个特征向量为,,Ta,,c和的值.0 0【详解】根据题设有
A*,0又 0
AEE,于是
AA*AA,0 即 0 ⎡a也即 ⎢
1 c⎤⎡1⎤ ⎡1⎤b 3⎥⎢1⎥⎢1⎥0⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥由此,可得
1c 0 a⎦⎣1⎦ ⎣1⎦⎧0a1c1⎪5b31⎩⎨ 0⎩解此方程组,得
⎪01ca1bac又由 A1和ac,有a
1 a5 3 3a31故 ac
1a
0 a因此 a2,bc2,1.AmB为mnBT
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