1987年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

1987 年全国硕士研究生入学统一考试 数 学 试 题 参 考解 答 数 学（试卷Ⅰ） 一、填空题（每小题3分，满分15分. 只写答案不写解题过程） x1 x1 y2 z1 (1) 与两直线  及   都平行，且过原点的平面方程是 y 1t 1 2 1  z 2t x y50 (2) 当x 1/ln2；时，函数y  x2x取得极小值. (3) 由y lnx与两直线y (e1)x及y 0围成图形的面积= 3 / 2 (4) 设 L 为取正向的圆周x2y2 9，则曲线积分 (2xy2y)dx(x2 4x)dy的值是 L 18 . (5) 已知三维线性空间的一组基底  (1,1,0),  (1,0,1),  (0,1,1)，则向量 1 2 3 ＝(2, 0, 0)在上述基底下的坐标是 ( 1 , 1 , -1 ) 二、（本题满分8分） 1 x t2 求正的常数a与b，使式lim  dt 1成立. x0bxsinx 0 at2 解：假若b1，则根据洛必达法则有 1 x t2 1 x2 lim  dt lim(  )01，与题设矛盾，于是b1. x0bxsinx 0 at2 x0 bcosx ax2 1 x t2 1 x2 1 x2 2 此时lim  dt lim(  )lim(  ) ， x0bxsinx 0 at2 x0 1cosx ax2 x0 1 x2 ax2 a 2 2 即1 ，因此a4. a 三、（本题满分7分） u v (1) 设函数 f,g连续可微，u  f(x,xy),v g(xxy)，求 , . x x u x (xy) v (xxy) 解：  f  f  f y f； g (1 y)g. x 1 x 2 x 1 2 x x3 0 1 (2) 设矩阵A和B满足AB A2B，其中A  1 1 0 ，求矩阵B.    0 1 4  解：因AB A2B，故AB2B A，即(A2E)B A，  5 2 2 故B(A2E)1A  4 3 2  .      2 2 3  四、（本题满分8分） 求微分方程y6y(9a2)y1的通解.其中常数a0. 解：由特征方程r32r2(9a2)r0，知其特征根根为r 0,r 3ai. 1 2,3 故对应齐次方程的通解为  yC C e3xcosxCe3xsinx，其中C,C ,C 为任意常数. 1 2 3 1 2 3 1 设原方程的特解为y*(x) Ax，代入原方程可得A . 9a2 因此，原方程的通解为y(x)  yy* C C e3xcosxCe3xsinx 1 x. 1 2 3 9a2 五、选择题（每小题3分，满分12分）  k n (1) 设常数k 0，则级数(1)n （C） n2 n1 (A) 发散 (B) 绝对收敛 (C) 条件收敛 (D) 收敛与发散与k 的值有关. s (2) 设 f(x)为已知连续函数，I tt f(tx)dx，s0,t 0，则I 的值 （D） 0 (A) 依赖于s和t (B) 依赖于s、t、x (C) 依赖于t和x, 不依赖于s (D) 依赖于s, 不依赖于t (3) 设 lim f(x) f(a) 1 ，则在点xa处 (B) xa (xa)2 (A) f(x)导数存在, f(a)0 (B) f(x)取得极大值 (C) f(x)取得极小值 (D) f(x)的导数不存在. (4) 设A为n阶方阵, 且 A a 0, 而A*是A的伴随矩阵，则 A* = (C) (A) a (B) 1/a (C) an1 (D) an 六、（本题满分10分）  1 求幂级数 xn1的收敛域，并求其和函数. n2n n1 1 u xn1 n2n x 解：记u  xn1，有lim n1 lim   ， n n2n n u n (n1)2n1 xn 2 nx 令 1 ，知原级数在开区间(2,2)内每一点都收敛. 2  1  1 又当x2时，原级数=  (2)n1 2  (1)n1 ，故由莱布尼兹判别法知其收敛； n2n n n1 n1  1  1 而当x2时，原级数=  2n1 2  (1)n1 ，显然发散，故幂级数的收敛域为[2,2). n2n n n1 n1  1  1 x  1 x 又记S(x) xn1  x ( )n  xS (x)，其中S (x) ( )n， n2n n 2 1 1 n 2 n1 n1 n1  x 1 x dx 2 有S(x) ( )n1  ，于是S (x) 2ln( )， 1 2 1x/2 1 0 1x/2 2x n1 2 因此幂级数的和函数为S(x)2xln ，x[2,2). 2x 七、（本题满分10分） 计算曲面积分I  x(8y1)dydz2(1y2)dzdx4yzdxdy， S 其中s是曲线  z  y1 (1 y3) 绕Y轴旋转一周所形成的曲面，它的法向量与Y轴 x0 正向的夹角恒大于/2． 解：S 的方程为yx2z21，记S ：y3,(x2z2)，知S S 为封闭曲面，设其 1 1 方向取外侧，所围区域为，则由高斯公式，有 I  x(8y1)dydz2(1y2)dzdx4yzdxdy  x(8y1)dydz2(1y2)dzdx4yzdxdy SS S 1 1 3  1dv0 2(1y2)dydz0= dy dzdx 2(132)dzdx  S 1 1 D y D zx 3  (y1)dy16234. 1 八、（本题满分10分） 设函数 f(x)在闭区间[0,1]上可微，对于[0,1]上的每个x，函数的值都在开区间(0,1) 内，且 f (x) 1.证明 在(0,1)内有且仅有一个x，使 f(x) x． 证：令h(t) f(t)t，知h(t)在闭区间[0,1]上连续，又由题设知0 f(x)1，于是 有h(0) f(0)00,h(1) f(1)10. 故由零点定理，在(0,1)内有x，使 f(x) x. 假若 f(x)在开区间(0,1)内有两个不同的点x 和x ，使得 f(x ) x ， f(x ) x ， 1 2 1 1 2 2 不妨设x  x ，则易见 f(x)在闭区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，故由拉格朗日定理知， 1 2f(x ) f(x ) (0,1)，使得 f() 2 1 ，即 f() 1 .此与 f (x) 1矛盾！故在(0,1)内使 x x 2 1 f(x) x的x只能有一个. 九、（本题满分8分）  x x x x 0 1 2 3 4   x 2x 2x 1 问a,b为何值时，线性方程组  2 3 4 有唯一解？无解？有无穷多解？ x (a3)x 2x b  2 3 4  3x 2x x ax 1 1 2 3 4 并求出无穷多解时的通解. 解：对方程组的增广矩阵进行初等变换，得 1 1 1 1 0  1 1 1 1 0      0 1 2 2 1 0 1 2 2 1      A(A b)  0 1 a3 2 b  0 0 a1 0 b1     3 2 1 a 1 0 0 0 a1 0  ○ 1 当a 1时，系数行列式 A (a1)2 0，故由克拉姆法则，原方程组有唯一解； ○ 2 当a 1，且b  1时，r(  A)3,r(A)2，r(  A)r(A)，故原方程组无解； ○ 3 当a 1，且b  1时，r(  A)r(A)24，故原方程组有无穷的解. 此时显然有 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1     0 1 2 2 1 0 1 2 2 1      A(A b)  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0      0 0 0 0 0 0 0 0 0 0  可见其通解为：x(1,1,0,0)T c(1,2,1,0)T c (1,2,0,1)T，其中c ,c 为任意常数. 1 2 1 2 十、填空题（每小题2分，满分6分） (1) 在一次试验中事件A发生的概率为p，现进行n次独立试验，则A至少发生一次的概率 为 1(1 p)n ；而事件A至多发生一次的概率为 [1(n1)p](1 p)n1 . (2) 三个箱子，第一个箱子有(cid:1)4 个黑球(cid:1)1 个白球，第二个箱子中有(cid:1)3 个白球(cid:1)3 个黑球，第三 个箱子中有(cid:1)3 个黑球(cid:1)5 五个白球，现随机地取一个箱子，再从这个箱子中取一个球，这个 球为白球的概率为(cid:1) 53/120 ，已知取出的是白球，此球属于第二箱的概率是(cid:1)20/53 .1 (3) 已知连续随机变量X的密度为 f(x) ex22x1，则X的数学期望为 1 ；X的  方差为 1/2 . 十一、（本题满分6分） 设随机变量X，Y相互独立，其概率密度函数分别为 1 0 x1 ey y 0 f X (x)   0 其 它 ；f Y (y)   0 y0 ，求随机变量Z=2X+Y 的概率密度函数 f z (z). ey 0 x1,y 0 解：由题设，(X,Y)的联合密度为 f(x,y) f (x)f (y) ， X Y 0 其 它 故Z 的分布函数F (z)P(Z z)P(2X Y z)  f(x,y)dxdy， z 2xyz ○ 1 当z0时，F (z)  0dxdy0，此时 f (z)00； z z 2xyz z zy z z 1 z ○ 2 当0 z2时，F (z) dy 2 eydx  eydy  yeydy，此时 z 0 0 2 0 2 0 1 z 1 f (z)F(z)  eydy (1ez)； z z 2 0 2 ○ 3 当z2时，F (z) 1 dx z2x eydy 1 (1e2xz)dx1 1 (e21)ez，此时 z 0 0 0 2 1 f (z)F(z) (e21)ez z z 2 0 z0  综上所述，Z=2X+Y 的概率密度函数为 f (z) 1(1ez) 0 z2 z 2   1ez(e2 1) z 2 2