1989年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

1989 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(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.) (1)【答案】1 1 f(3h) f(3) 1 【解析】原式= lim  f(3)1. 2h0 h 2 (2)【答案】x1 1 【解析】由定积分的性质可知, f(t)dt和变量没有关系,且 f(x)是连续函数,故 0 1 1  f(t)dt为一常数,为简化计算和防止混淆,令 f(t)dt a,则有恒等式 f(x) x2a, 0 0 两边0到1积分得 1 1  f(x)dx  (x2a)dx , 0 0 1 即 a   1 (x2a)dx  1 xdx2a 1 dx 1 x2  2a  x 1  1 2a,   0 0 0 2  0 2 0 1 解之得 a  ,因此 f(x) x2a  x1. 2 (3)【答案】 【解析】方法一：L的方程又可写成x2  y2 1(y0),被积分函数在L上取值,于是 原积分= 1ds (半径为1的的半圆周长). L 方法二：写出L的参数方程, xcost  ,(t 0) y sint 0 0 则  (x2  y2)ds  (cos2tsin2t) (sint)2 cos2tdt  1dt  . L   (4)【答案】2 【解析】直接用散度公式     divu [ (xy2) (yez) (xln(1z2))] P x y z P 2z 20 (y2 ez x ) 12 e0 0 112 . 1z2 (1,1,0) 102 1 0 0   1 1 (5)【答案】 0   2 2    0 0 1   【解析】由于 3 0 0 2 0 0 1 0 0       A2E  1 4 0  0 2 0  1 2 0 ,             0 0 3 0 0 2 0 0 1 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：如果对(A2EE) 作初等行变换,则由(A2EE)(E(A2E)1) 可以直接 得出(A2E)1. 1 本题中,第一行乘以1 加到第二行上;再第二行乘以 ,有 2  1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0       1 1 1 2 00 1 0  0 2 01 1 0   0 1 0 0 ,      2 2       0 0 1 0 0 1   0 0 1 0 0 1  0 0 1  0 0 1    1 0 0   1 1 从而知 (A2E)1  0  .  2 2    0 0 1   a b 方法二：对于2阶矩阵的伴随矩阵有规律：A  ,则求A的伴随矩阵 c d  a b  d b A*       . c d c a  如果 A 0,这样 a b 1 1  d b 1  d b         . c d A c a  ad bc c a  A 0 1 A1 0  再利用分块矩阵求逆的法则：   , 0 B  0 B1  1 0 0   1 1 本题亦可很容易求出(A2E)1  0 .  2 2    0 0 1   二、选择题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.) (1)【答案】(A) 1 【解析】函数 y  xsin 只有间断点x0. x 1 1 lim y  lim xsin ,其中sin 是有界函数,而当x0时,x为无穷小,而无穷 x0 x0 x x 小量和一个有界函数的乘积仍然是无穷小, 1 所以 lim y  lim xsin 0,故函数没有铅直渐近线. x0 x0 x 1 sin lim y  lim x 令t  1 lim sint 1, x x 1 x x0 t x 所以 y 1为函数的水平渐近线,所以答案为(A). 【相关知识点】铅直渐近线：如函数 y  f (x)在其间断点x x 处有lim f(x) ,则 0 xx 0 x x 是函数的一条铅直渐近线； 0 水平渐近线：当lim f(x) a,(a为常数）,则y a为函数的水平渐近线. x (2)【答案】(C) 【解析】题设为求曲面S:F(x,y,z) 0(其中F(x,y,z) zx2y24 )上点P使S  在该点处的法向量n与平面2x2yz10的法向量n  2,2,1 平行. 0 S 在P(x,y,z)处的法向量 F F F n , ,  2x,2y,1 , x y z  若n//n ,则nn ,为常数,即2x2,2y 2,1.即x1,y 1. 0 0 又点P(x,y,z)S ,所以z 4x2 y2 41212 2 ,故求得P(1,1,2). (x,y)(1,1) 因此应选(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, y  y ,y  y 为方程对应齐 1 3 2 3 次方程的特解,所以方程 y p(x)yq(x)y  f (x) 的通解为 y C (y  y )C (y  y ) y , 1 1 3 2 2 3 3 即 y C y C y (1C C )y ,故应选D. 1 1 2 2 1 2 3 (4)【答案】(B) 【解析】S(x)是函数 f(x)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 1 1 的和函数,由于S(x)是奇函数,于是S( )S( ). 2 2 1 1 1 1 1 当x 时, f(x)连续,由傅式级数的收敛性定理,S( ) f( )( )2  .因此, 2 2 2 2 4 1 1 S( ) .应选(B). 2 4 (5)【答案】(C) 【解析】本题考查| A|0的充分必要条件,而选项(A) 、(B)、(D)都是充分条件,并不必 要. 因为对矩阵A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|0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. 1 1 2   以3阶矩阵为例,若 A 1 2 3 ,     1 3 4 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| A|0,所以(A)、 (B)不满足题意,不可选. 1 2 3   若A 1 2 4 ,则| A|0,但第三列并不是其余两列的线性组合,可见(D)不正确.     1 2 5 这样用排除法可知应选(C). 三、(本题满分15分,每小题5分.) z z (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 . x y z 方法一：先求 ,由复合函数求导法, xz     f (2x y)g (x)g (xy) 2fg yg , x x 1x 2x 1 2 再对 y求偏导,得 2z    (2f g yg)2f (2x y) xy y 1 2 y          g (x)g (xy)  g  yg (x) yg (xy)  11 y 12 y   2 21 y 22 y  2fg 0xg g  yg 0xyg 11 12 2 21 22 2fxg g xyg . 21 2 22 z 方法二：先求 , y z     f (2x y)g (x)g (xy)fxg , y y 1y 2y 2 再对x求偏导数,得 2z 2z    ( f xg) xy yx x 2    f (2x y)g xg (x)xg (xy) x 2 21x 22 x 2fg xg xyg . 2 21 22 【相关知识点】复合函数求导法则：若u u(x,y)和vv(x,y)在点(x,y)处偏导数存在, 函数z  f (u,v)在对应点(u,v)具有连续偏导数,则复合函数z  f[u(x,y),v(x,y)] 在点 (x,y)处的偏导数存在,且 z f u f v z f u f v   ,   . x u x v x y u y v y (2)【解析】方法一：先求出(x),再求曲线积分. 设P(x,y),Q(x,y)有连续偏导数,在所给的单连通区域D上, PdxQdy与路径无 L Q P 关,则在D上有  ,所以 y(x)2xy,即(x)2x,(x) x2C .由(0)=0,得 x y C 0,即(x) x2,因此(1,1) (1,1) 1 (1,1) I   xy2dx y(x)dy   xy2dx yx2dy   y2dx2x2dy2 (0,0) (0,0) 2 (0,0)  1  (1,1) d(x2y2) 1 (x2y2) (1,1)  1 . 2 (0,0) 2 (0,0) 2 或取特殊路径如图： 1 1 I  xy2dx yx2dy   0dx y12dy 0 0 L 1 1  1  y2  .   2  2 0 方法二：不必求出(x),选取特殊的路径,取积分路径如图,则 (1,1) I   xy2dx y(x)dy (0,0) 1 1 1 1   y(0)dy xdx0  . 0 0 2 2 (3)【解析】利用三重积分的性质, 关于 yz平面对称,x对x为奇函数,所以xdV 0,即(xz)dV zdV .     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z轴、半顶角为 的锥面 4  所围成.故可选用球坐标变换,则：02，0 ，01, 4 所以 I  zdV  cos2sinddd   2  1  1 1   d4cossind 3d 24 sin2d 3d 0 0 0 0 2 0   1 4 1  1    cos2  4  .      2  4  8 0 0 四、(本题满分6分.) 【解析】直接展开 f(x)相对比较麻烦,可 f(x)容易展开, 1 1x(1x)(1) 2 1 f(x)    . 1x (1x)2 (1x)2 (1x)2 1x2 1( )2 1x 1  由 1tt2(1)ntn (1)ntn,(|t|1) ,令t  x2得 1t n0 1 1   1 x2 x4(1)nx2n (1)nx2n,(x2 1) 1t 1x2 n01  即 f(x)  (1)nx2n,(|x|1) 1x2 n0 所以 x f(x)  f (u)du f(0), 0   x  (1)nu2nduarctan 10     (1)n x u2ndu 0 10 4 0 n0 n0   x2n1  (1)n ,(|x|1) 4 2n1 n0  x2n1 1x 当x1时,式(1)n 均收敛,而左端 f(x)arctan 在x1处无定义. 2n1 1x n0 1x   (1)n 因此 f(x)arctan   x2n1,x[1,1) . 1x 4 2n1 n0 五、(本题满分7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, x x x f(x)sinx (xt)f(t)dt sinxx f(t)dt tf(t)dt , 0 0 0 所给方程是含有未知函数及其积分的方程,两边求导,得 x x f(x)cosx f(t)dtxf(x)xf(x)cosx f(t)dt , 0 0 再求导,得 f(x)sinx f(x) ,即 f(x) f(x)sinx . 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r2 10, 此特征方程的根为r i ,而右边的sinx可看作exsinx,ii 为特征根,因此非 齐次方程有特解Y  xasinxxbcosx. 1 x 代入方程并比较系数,得a 0,b ,故Y  cosx,所以 2 2 x f(x)c cosxc sinx cosx , 1 2 2 1 1 x 又因为 f(0)0, f (0)1,所以c 0,c  ,即 f(x) sinx cosx . 1 2 2 2 2 六、(本题满分7分.) 【解析】方法一：判定方程 f(x)0等价于判定函数 y  f (x)与x的交点个数.x  令 f(x)lnx  1cos2xdx , e 0  其中 1cos2xdx是定积分,为常数,且被积函数1cos2x在(0,)非负,故 0   x  1cos2xdx0,为简化计算,令 1cos2xdx k 0,即 f(x)lnx k , 0 0 e 1 1 则其导数 f(x)  ,令 f(x)0解得唯一驻点xe, x e  f(x)0,0 xe 即  , f(x)0,e x e 所以xe是最大点,最大值为 f(e)lne k k 0. e  x lim f(x)  lim(lnx k)    x0 x0 e 又因为 ,由连续函数的介值定理知在(0,e)与(e,) x  lim f(x)  lim(lnx k)  x x e x  各有且仅有一个零点(不相同),故方程lnx  1cos2xdx 在(0,)有且仅有两个 e 0 不同实根.   方法二：  1cos2xdx sin2xdx , 0 0 因为当0 x时,sinx0,所以   2sin2 xdx  2  sinxdx  2 cosx  2 2 0 , 0 0 0 其它同方法一. 七、(本题满分6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4 、6 加到第二行和第三行上,再第二行乘以1 加到第三行 上, 有 1 0 1   1 0 1    1 0 1          4 1 22  0 1 232  0 1 232 .             6 1 423 0 1 243 0 0 0  1  由于方程组有解的充要条件是r(A)r(A),故仅当10,即1时,方程组有解.此 时秩r(A)r(A)2n3,符合定理的第二种情况,故方程组有无穷多解. xx 1, 由同解方程组  1 3 令x t,解得原方程组的通解  x 2x 1, 3 2 3x t1, 1  x 2t1, (其中t为任意常数). 2  x t, 3 【相关知识点】1.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 矩阵 A Ab 的秩,即是r(A)r(A) (或者说,b可由 A的列向量,,, 线表出, 1 2 n 亦等同于,,, 与,,,,b是等价向量组) 1 2 n 1 2 n 设A是mn矩阵,线性方程组Axb,则 （1） 有唯一解  r(A)r(A)n. （2） 有无穷多解  r(A)r(A)n. （3） 无解  r(A)1r(A).  b不能由A的列向量,,, 线表出. 1 2 n 八、(本题满分8分.) 【解析】(1)由为A的特征值可知,存在非零向量使A,两端左乘A1,得 1 1 A1.因为0,故0,于是有A1 .按特征值定义知 是A1的特征   值. A A 1 |A| (2)由于逆矩阵的定义A1  ,据第(1)问有   A ,按特征值定 | A| | A|   | A| 义,即 为伴随矩阵A的特征值.  【相关知识点】矩阵特征值与特征向量的定义：设A是n阶矩阵,若存在数及非零的n维 列向量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9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x2  y2 (za)2  R2. 先求与球面x2  y2 z2 a2 的交线：x2  y2 (za)2  R2, 2a2 R2   z  . x2  y2 z2 a2, 2a R4 代入上式得的方程 x2  y2  R2  . 4a2  R4 x2  y2 b2,b2  R2  (0 R 2a), 它在平面xOy上的投影曲线 4a2  z 0, 相应的在平面xOy上围成区域设为D ,则球面在定球面内部的那部分面积 xy S(R)  1z2z2dxdy . x y D xy 将的方程两边分别对x,y求偏导得 z x z y  ,  , x za y za x y 所以 S(R)  1z2z2dxdy   1( )2( )2dxdy x y az az D D xy xy x y R   1( )2( )2dxdy  dxdy . az az R2 x2  y2 D D xy xy 利用极坐标变换(02,0 b) 有 R 2 b R S(R)  dxdy 极坐标变换  d d R2 x2  y2 0 0 R2  2 D xy R 2 b 1   d d(R22) 2 0 0 R2 2 2R( R22) b 2R( R2b2 R) 0 R4 R3 代入b2  R2  ,化简得S(R)2R2 . 4a2 a 这是一个关于R的函数,求S(R)在(0,2a)的最大值点,S(R)两边对R求导,并令 3R2 4a S(R)0,得S(R)4R 0,得R  . a 3 4 S(R)0,0R  a   3 且  , 4  S(R)0, a R2a  3 4a 故R  时S(R)取极大值,也是最大值. 3 4a 因此,当R  时球面在定球面内部的那部分面积最大. 3 十、填空题(本题满分6分,每小题2分.) (1)【解析】 方法一：P(AB) P(A)P(B)P(AB)  P(A)P(B)P(A)P(B| A)0.7. 方法二：P(AB) P(B)P(AB)  P(B)P(A)P(B| A)0.60.50.20.7 . (2)【解析】设事件A=“甲射中”,B=“乙射中”,依题意,P(A)0.6,P(B)0.5, A与B相互独立,P(AB)P(A)P(B)0.60.50.3. 因此,有 P(AB) P(A)P(B)P(AB) 0.60.50.30.8. P(A(AB)) P(A) P(A| AB)   0.75 . P(AB) P(AB) (3)【解析】设事件A=“方程有实根”,而方程x2 x10有实根的充要条件是其判别     式240,即A 2 40  2  4 . 0, x1,  x1 随机变量在(1,6)上服从均匀分布,所以其分布函数为F(x) , 1 x6, 61   1, x6. 由分布函数的定义P  xk F(k), P 2 1P 2 10.20.8. 而P 2 0. 所以由概率的可加性,有P(A)  2 4  P 2 P 2  0.800.8. 【相关知识点】广义加法公式：P(AB) P(A)P(B)P(AB) . P(BA) 条件概率：P(B| A) ,所以P(AB)P(BA)P(B| A)P(A). P(A)十一、(本题满分6分.) 【解析】X ~ N(1,2),Y ~ N(0,1),由独立的正态变量X 与Y 的线性组合仍服从正态分布, 且 EZ 2EX EY 35, DZ 4DX DY 4219, 得 Z ~ N(5,9). 1  (z5)2 代入正态分布的概率密度公式,有Z 的概率密度函数为 f (z) e 18 . Z 3 2 【相关知识点】对于随机变量X 与Y 均服从正态分布,则X 与Y 的线性组合亦服从正态分 布. 若X 与Y 相互独立,由数学期望和方差的性质,有 E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c , D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y) , 其中a,b,c为常数.