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.