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