1993年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

1993 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 (1)【答案】0 x 4 【解析】由连续可导函数的导数与0的关系判别函数的单调性. x 1 1 将函数F(x)  (2 )dt, 两边对x求导,得 F(x)2 . 1 t x 1 1 若函数F(x)严格单调减少,则F(x)2 0,即 x  . x 2 1 所以函数F(x)单调减少区间为0 x . 4 【相关知识点】函数的单调性：设函数 y  f (x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导. (1) 如果在(a,b)内 f(x)0,那么函数 y  f (x)在[a,b]上单调增加； (2) 如果在(a,b)内 f(x)0,那么函数 y  f (x)在[a,b]上单调减少. 1   (2)【答案】 0, 2, 3 5 【解析】先写出旋转面S 的方程：3(x2 z2)2y2 12. 令 F(x,y,z) 3(x2z2)2y212. 则S在点(x,y,z)的法向量为  F F F n , ,  6x,4y,6z , x y z  所以在点(0, 3, 2)处的法向量为      n 0,4 3,6 2 2 0,2 3,3 2 . 因指向外侧,故应取正号,单位法向量为     n 2 0,2 3,3 2 1   1   n     0,2 3,3 2  0, 2, 3 . 0 |n|  0 2   4 3 2   6 2 2 30 5 2 (3)【答案】  3 41  【解析】按傅式系数的积分表达式 b   f (x)sinnxdx, n   1   1  所以 b   (xx2)sin3xdx   xsin3xdx  x2sin3xdx . 3       因为x2sin3x为奇函数,所以 x2sin3xdx 0；  xsin3xdx为偶函数,所以   b   xsin3xdx  2 xsin3xdx 3  0   1  2x  2  2 xd( cos3x)  cos3x   cos3xdx   0 3  3  3 0 0  2 2sin3x 2    .   3 3 3  3 0 1 (4)【答案】 x2  y2 z2 【解析】先计算u的梯度,再计算该梯度的散度. u u  u  因为 gradu  i j k , x y z u u u 2u 2u 2u 所以 div(gradu) div , ,    . x y z x2 y2 z2 数量场u ln x2 y2z2 分别对x,y,z求偏导数,得 u 1 1 2x x    , x x2  y2 z2 2 x2  y2 z2 x2 y2z2 由对称性知 u y u z  ,  , y x2 y2z2 z x2 y2z2 u u u 将 , , 分别对x,y,z求偏导,得 x y z 2u (x2  y2 z2)x2x y2 z2 x2   , x2 (x2  y2 z2)2 (x2  y2 z2)2 2u z2 x2  y2 2u x2  y2 z2  ,  , y2 (x2  y2 z2)2 z2 (x2  y2 z2)2 52u 2u 2u 1 因此, div(gradu)     . x2 y2 z2 x2  y2 z2 (5)【答案】k(1,1,,1)T 【解析】因为r(A)n1,由nr(A)1知,齐次方程组的基础解系为一个向量,故 Ax0的通解形式为k.下面根据已知条件“ A的各行元素之和均为零”来分析推导 Ax0的一个非零解,它就是Ax0的基础解系. 各行元素的和均为0,即 a a a  0 11 12 1n  a a a  0  21 22 2n ,   a a a  0 n1 n2 nn 而齐次方程组Ax0为 a x a x a x  0 11 1 12 2 1n n  a x a x a x  0  21 1 22 2 2n n .   a x a x a x  0 n1 1 n2 2 nn n 两者比较,可知x  x  x 1是Ax0的解.所以应填k(1,1,,1)T. 1 2 n 二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.) (1)【答案】(B) f(x) 0 【解析】lim 为“ ”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在, x0 g(x) 0 运用洛必达法则,有 sinx f(x)  sin(t2)dt 洛 sin(sin2x)cosx sin(sin2x) lim lim 0 lim lim limcos x x0 g(x) x0 x3 x4 x0 3x2 4x3 x0 3x2 4x3 x0 sin(sin2 x) lim . x0 3x2 4x3 因为当x0,sinx0,所以sin(sin2 x) sin2 x  x2,所以 sin(sin2 x) x2 1 1 lim lim lim  , x0 3x2 4x3 x03x2 4x3 x034x 3 6所以 f(x)与g(x)是同阶但非等价的无穷小量.应选(B). 【相关知识点】无穷小的比较： (x) 设在同一个极限过程中,(x),(x)为无穷小且存在极限 lim l, (x) (1) 若l 0,称(x),(x)在该极限过程中为同阶无穷小； (2) 若l 1,称(x),(x)在该极限过程中为等价无穷小,记为(x)(x)； (3) 若l 0,称在该极限过程中(x)是(x)的高阶无穷小,记为(x)o (x) . (x) 若lim 不存在(不为),称(x),(x)不可比较. (x) (2)【答案】(A) 【解析】由方程可以看出双纽线关于x轴、 y轴对称,(如草图) 只需计算所围图形在第一象限部分的面积； 双纽线的直角坐标方程复杂,而极坐标方程 较为简单：2 cos2. 显然,在第一象限部分的变化范围是  [0, ].再由对称性得 4 1   S 4S 4 42d24cos2d, 1 2 0 0 应选(A). (3)【答案】(C) 【解析】这实质上是求两个向量的夹角问题,L 与L 的方向向量分别是 1 2 i j k   l (1,2,1),l  1 1 0 (1,1,2) , 1 2 0 2 1 L 与L 的夹角的余弦为 1 2     |l l | 3 1 cos|cos(l ,l )|  1 2   , 1 2 |l ||l | 6 6 2 1 2  所以 ,应选(C). 3 7(4)【答案】(B) 【解析】在所考察的单连通区域上,该曲线积分与路径无关   ((f(x)ex)sin y) (f(x)cosy) , y x 即 (f(x)ex)cosy f (x)cosy ,  化简得 f(x) f(x)ex, 即 exf(x) e2x,   1 1 解之得 exf(x) e2x C , 所以 f(x)ex( e2x C). 2 2 1 1 由 f(0)0得C  ,因此 f(x) (ex ex),故应选(B). 2 2 【相关知识点】曲线积分 PdxQdy在单连通区域内与路径无关的充分必要条件是 L P Q  . y x (5)【答案】(C) 【解析】若A是mn矩阵,B是ns矩阵,AB 0,则r(A)r(B)n. 当t 6时,矩阵的三行元素对应成比例,r(Q)1,有r(P)r(Q)3,知r(P)2, 所以,r(P)可能是1,也有可能是2,所以(A)、(B)都不准确； 当t 6时,矩阵的第一行和第三行元素对应成比例,r(Q)2,于是从r(P)r(Q)3 得r(P)1,又因P 0,有 r(P)1,从而r(P)1必成立,所以应当选(C). 三、(本题共3小题,每小题5分,满分15分.) 1 (1)【解析】令 t ,则当x时,t 0, x 2 1 1 lim(sin cos )x lim(sin2tcost)t, x x x t0 这是1型未定式, 1 1 sin2tcost1  lim(sin2tcost)t lim(1sin2tcost1)sin2tcost1 t , t0 t0 1 而lim(1sin2tcost1)sin2tcost1是两个重要极限之一,即 t0 81 lim(1sin2tcost1)sin2tcost1 e . t0 1 sin2tcost1 sin2tcost1 lim 所以 lim(sin2tcost)t lime t et0 t . t0 t0 sin2tcost1 2cos2tsint 而 lim 洛lim 2 , t0 t t0 1 2 1 故 lim(sin cos )x  e2. x x x xex (2)【解析】方法一： dx 2xd ex12x ex12 ex1dx . ex 1 2tdt 令 ex 1t,则 xln(t21),dx , t2 1 2tdt t2 1 所以  ex 1dx t 2 dt 2(1 )dt t2 1 t2 1 t2 1 2t2arctantC 2 ex12arctan ex1C , xex 所以  dx 2x ex 12 ex 1dx ex 1 2x ex 14 ex 14arctan ex 1C . 2tdt 方法二：令 ex 1t,则 ex t2 1,x ln(t2 1),dx  , t2 1 xex (t2 1)ln(t2 1) 2t 所以  dx   dt  2 ln(t21)dt ex 1 t t2 1 t2 2tln(t21)2tdln(t21)2tln(t21)4 dt . t2 1 t2 关于 dt 的求解同方法一,所以 t2 1 xex  dx 2tln(t21)4(tarctant)C ex 1 2x ex 14 ex 14arctan ex 1C . (3)【解析】解法一：所给方程为伯努利方程,两边除以 y2得 x2y2yxy1 1,即x2(y1)xy1 1. 91 1 令 y1  z,则方程化为x2zxz 1,即z z  , x x2 z 1 即 ( ) , x x3 z 1 积分得  x2C. x 2 1 1 由 y1  z得  x2C , xy 2 2x 即 y  , 12Cx2 1 2x 代入初始条件 y| 1,得 C  ,所以所求方程的特解是 y  . x1 2 1x2 y y 解法二：所给方程可写成 y( )2 的形式,此方程为齐次方程. x x y 令 u,则y  xu,yuxu,所以方程可化为 x du dx uxuu2u ,分离变量得  , u(u2) x 1 u2 u2 积分得 ln ln| x|C , 即 Cx2. 2 u 1 u y 以 u代入上式,得y2xCx2y.代入初始条件 y| 1,得C 1, x x1 2x 故特解为 y  . 1x2 四、(本题满分6分) 【解析】将I 表成I  PdydzQdzdxRdxdy ,则  P Q R    2z z2z z . x y z 又是封闭曲面,可直接用高斯公式计算. 记围成区域,见草图,取外侧,由高斯公式得 P Q R I      dV  zdV .  x y z    用球坐标变换求这个三重积分.  在球坐标变换下,为：02,0 ,0 2 ,于是 4 10 2 2 I  zdV   d4d cos2sind 0 0 0   2 24sindsin 3d 0 0  1 4 1  2 1  2 sin2  4 2 1 .     2  4  4 2 0 0 五、(本题满分7分) 【解析】先将级数分解,  (1)n(n2n1)  (1)nn(n1)  1 A   ( )n . 2n 2n 2 n0 n0 n0 第二个级数是几何级数,它的和已知  1 1 2 ( )n   . 2 1 3 n0 1( ) 2 求第一个级数的和转化为幂级数求和.考察  1 (1)nxn  (| x|1) . 1x n0   1 2 S(x)(1)nn(n1)xn2 ((1)nxn) ( ) , 1x (1x)3 n0 n0  (1)nn(n1) 1 1 1 2 4 所以   S( )  . 2n 22 2 4 1 27 n0 (1 )3 2 4 2 22 因此原级数的和 A   . 27 3 27 六、(本题共2小题,每小题5分,满分10分.) (1)【解析】证法一：由拉格朗日中值定理可知,在(0,x)存在一点,使得 f(x) f(0) f ()(x0) xf () , 即 f(x) xf () f(0). 因为 f()k 0,所以当x时,xf(),故 f(x). 11由 f(0)0,所以在(0,x)上由介值定理可知,必有一点(0,x)使得 f()0. 又因为 f()k 0,故 f(x)为严格单调增函数,故值唯一. 证法二：用牛顿-莱布尼兹公式,由于 x x f(x) f(0) f (t)dt  f(0) kdt  f(0)kx , 0 0 以下同方法1. (2)【解析】先将不等式做恒等变形: lna lnb 因为ba e,故原不等式等价于blna alnb或  . a b a 证法一：令 f(x) xlnaalnx,(x a e) ,则 f(x)lna . x a a 因为xae,所以lna 1, 1,故 f(x)lna 0. x x 从而 f(x)在xae时为严格的单调递增函数,故 f(x) f(a)0,(x a e) . 由此 f(b)blnaalnb0,即 ab ba. lnx 1lnx 证法二：令 f(x) (x e),则 f(x) . x x2 当x(e,)时, f(x)0,所以 f(x)为严格的单调递减函数,故存在ba e使得 lnb lna f(b)  f(a) b a 成立.即ab ba. 七、(本题满分8分) 2 0 0   【解析】写出二次型 f 的矩阵为A 0 3 a ,它的特征方程是     0 a 3 2 0 0 |EA| 0 3 a (2)(269a2)0 . 0 a 3 f 经正交变换化成标准形 f  y2 2y2 5y2,那么标准形中平方项的系数1,2,5就是A的 1 2 3 特征值. 把1代入特性方程,得a2 40 a 2. 122 0 0   因a 0知a 2.这时 A 0 3 2 .     0 2 3 1 0 0  1 0 0     对于 1,由(EA)x0, 0 2 2  0 1 1 ,得 X (0,11)T . 1     1      0 2 2 0 0 0 0 0 0  0 1 2     对于 2,由(2EA)x0, 0 1 2  0 0 3 ,得X (1,0,0)T . 2     2     0 2 1 0 0 0 3 0 0  3 0 0      对于 5,由(5EA)x0, 0 2 2  0 1 1 ,得X (0,1,1)T . 3     3     0 2 2  0 0 0  将X ,X ,X 单位化,得 1 2 3  0  1 0 1     1     1 ,  0 ,  1 . 1   2   3   2     2    1 0 1 故所用的正交变换矩阵为     0 1 0    1 1  P (, ,) 0 .   1 2 3 2 2    1 1    0   2 2 【相关知识点】二次型的定义：含有n个变量x ,x ,,x 的二次齐次多项式(即每项都是二 1 2 n 次的多项式) n n f  x ,x ,,x a xx , 其中a a , 1 2 n ij i j ij ji i1 j1 称为n元二次型.令x x ,x ,,x T ,A  a  ,则二次型可用矩阵乘法表示为 1 2 n ij f  x ,x ,,x xTAx, 1 2 n 其中A是对称矩阵  AT  A  ,称A为二次型 f  x ,x ,,x 的矩阵. 1 2 n 八、(本题满分6分) 13【解析】证法一：对B按列分块,记B (,,),若 1 2 n k k  k   0, 1 1 2 2 n n k  k  1 1     k k 即 (,,,)  2 0, 亦即 B  2 0. 1 2 n           k  k  n n k  k  k  1 1 1       k k k 两边左乘A,得 AB  2 0,即 E  2 0,亦即  2 0.                k  k  k  n n n 所以,, 线性无关. 1 2 n 证法二：因为B是mn矩阵,nm,所以r(B)n. 又因r(B)r(AB)r(E)n ,故r(B)n.所以,, 线性无关. 1 2 n 【相关知识点】1. 向量组线性相关和线性无关的定义：存在一组不全为零的数k ,k ,,k , 1 2 m 使k k k   0,则称, ,, 线性相关；否则,称, ,, 线性无 1 1 2 2 m m 1 2 m 1 2 m 关． 2. 矩阵乘积秩的结论：乘积的秩小于等于单个矩阵的秩 九、(本题满分6分) 【解析】如图,设当A运动到(0,Y)时,B运动到(x,y). dy yY 由B的方向始终指向A,有  ,即 dx x0 dy Y  yx . (1) dx dY dy dx 又由v ,2v ( )2( )2 ,得 dt dt dt dy dx dY ( )2 ( )2 2 . dt dt dt dx dx dy dY 由题意,x(t)单调增, 0,所以 1( )2 2 .亦即 dt dt dx dt 14dy dY 1( )2 2 . (2) dx dx dY 由(1),(2)消去Y , ,便得微分方程 2xy 1 y2 0. dx 初始条件显然是 y(1)0,y(1)1. 十、填空题(本题共2小题,每小题3分,满分6分,把答案填在题中横线上.) (1)【解析】可以用古典概型,也可以用抽签原理. 方法一：从直观上看,第二次抽出次品的可能性与第一次抽到正品还是次品有关,所以考虑用 全概率公式计算. 2 10 设事件B “第i次抽出次品”i 1,2,由已知得P(B ) ,P(B ) , i 1 12 1 12 1 2 P(B |B )  ,P(B |B )  .应用全概率公式 2 1 11 2 1 11 2 1 10 2 1 P(B )P(B )P(B |B )P(B )P(B |B )     . 2 1 2 1 1 2 1 12 11 12 11 6 方法二：对填空题和选择题可直接用抽签原理得到结果. 由抽签原理(抽签与先后次序无关),不放回抽样中第二次抽得次品的概率与第一次抽得 2 1 次品的概率相同,都是  . 12 6 (2)【解析】方法一：可以用分布函数法,即先求出分布函数,再求导得到概率密度函数. 由已知条件,X 在区间(0,2)上服从均匀分布,得X 的概率密度函数为 1  ,0 x2 F (x)2 . X  0,其它 先求F 的分布函数F (y)P(Y  y)P(X 2  y) . Y 当 y0时,F (y)0；当 y4时,F (y)1；当0 y4时, Y Y F (y)P  Y  y P  X 2  y  P   y  X  y  Y y 0 y 1 y   F (x)dx  0dx dx .  y X  y 0 2 2 0,y0   y 即 F (y) 0 y 4, Y 2  1,y4.  15于是,对分布函数求导得密度函数  1  ,0 y4 f (y)F(y) 4 y . Y Y  0,其他 1 故随机变量Y  X2在(0,4)内的概率分布密度 f (y) . Y 4 y 方法二：也可以应用单调函数公式法. 由于 y  x2在(0,4)内单调,反函数xh(y) y 在(0,2)内可导,且导数 1 h(y) 恒不为零,因此,由连续型随机变量函数的密度公式,得到随机变量Y 的概率 2 y 密度为  1 1  1 h(y) f  h(y)  ,0 y 4   ,0 y4,  ,0 y4, f (y) X 2 y 2 4 y Y 0,其他   0,其他, 0,其他. 1 故随机变量Y  X2在(0,4)内的概率分布密度 f (y) . Y 4 y 十一、(本题满分6分) 【解析】(1)第一问是常规问题,直接运用公式对其计算可得期望与方差.   x E(X)  xf(x)dx   e|x|dx 0.   2 x (因为被积函数 e|x|是奇函数,积分区域关于y轴对称,所以积分值为0.) 2   x2 D(X)  x2f(x)dx   e|x|dx   2 1  1    x2e|x|dx 偶函数积分的性质 2 x2exdx 2  2 0     x2exdxx2ex   2 xexdx 0 0 0  （2 xex + exdx） 0 0 2(ex )2. 0 (2) 根据协方差的计算公式cov(X,Y) E(X | X |)E(X)E(| X |) 来计算协方差.   x 因为E(X)  xf(x)dx   e|x|dx 0,所以   2 16Cov(X,Y) E(X | X |)0E(| X |) E(X | X |)   1   x|x| f(x)dx  x|x|e|x|dx0.   2 x (因为被积函数 |x|e|x|是奇函数,积分区域关于y轴对称,所以积分值为0.) 2 所以X 与| X |不相关. (3) 方法一： 对于任意正实数a(0a),事件 | X |a 含于事件 X a ,且 0 P  X a 1, 所以 P  X a,|X |a P  |X |a ,P  X a  P  |X |a P  |X |a , 可见 P  X a,|X |a  P  |X |a  P  X a , 因此X 与| X |不独立. 方法二：因为P{X 1}  1 f(x)dx  1 1 exdx1 1 exdx1 1 ex 1 1 ；  2 1 2 2 1 2e 又P{X 1}  1 f(x)dx  1 1 exdx  1 exdxex 11 1 ，显然有 1 12 0 0 e P{X 1, X 1}P{X 1}P{X 1}P{X 1} ，因此X 与| X |不独立. 17