1996年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

1996 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,把答案填在题中横线上.) (1)【答案】ln2 【解析】这是1型未定式求极限. x2a 3a xa  3ax 方法一： lim( )x lim(1 ) 3a xa , x xa x xa 3a 令 t,则当x时,t 0, xa 3a xa 1 则 lim(1 ) 3a lim(1t)t  e, x xa t0 x2a lim 3ax lim 3a 即 lim( )x exxa ex1 e3a . x xa 1 由题设有e3a 8,得a  ln8ln2. 3 x  2a  x  2a x  2a2a 2a 方法二：lim   x2a  x lim   1 x   lim   1 x    l x i  m    1 x    e2a  e3a, x xa  x  1 a x   x    1 a x    x lim  1 a   x a (a) ea x x 1 由题设有e3a 8,得a  ln8ln2. 3 (2)【答案】2x2y3z 0   【解析】方法一：所求平面过原点O与M (6,3,2),其法向量nOM  6,3,2 ； 0 0   平面垂直于已知平面4x y2z 8,它们的法向量也互相垂直：nn  4,1,2 ； 0 i j k       由此, n//OM n  6 3 2 4i4j6k . 0 0 4 1 2     取n2i2j3k ,则所求的平面方程为2x2y3z 0. 方法二：所求平面即为过原点,与两个不共线的向量(一个是从原点到点M (6,3,2)的向量 0   OM  6,3,2 ,另一是平面4x y2z 8的法向量n  4,1,2 )平行的平面, 0 0 1x y z 即 6 3 2 0,即 2x2y3z 0. 4 1 2 (3)【答案】ex(c cosxc sinx1) 1 2 【解析】微分方程 y2y2y ex所对应的齐次微分方程的特征方程为 r2 2r20,解之得r 1i.故对应齐次微分方程的解为 y ex(C cosxC sinx). 1,2 1 2 由于非齐次项ex,1不是特征根,设所给非齐次方程的特解为 y*(x)aex,代入 y2y2y ex得a 1(也不难直接看出 y*(x)ex),故所求通解为 y ex(C cosxC sinx)ex ex(C cosxC sinx1) . 1 2 1 2 【相关知识点】① 二阶线性非齐次方程解的结构：设y*(x)是二阶线性非齐次方程 yP(x)yQ(x)y  f (x)的一个特解.Y(x)是与之对应的齐次方程 yP(x)yQ(x)y 0的通解,则 y Y(x) y*(x)是非齐次方程的通解. ② 二阶常系数线性齐次方程通解的求解方法：对于求解二阶常系数线性齐次方程的通解 Y(x),可用特征方程法求解：即 yP(x)yQ(x)y 0中的P(x)、Q(x)均是常数,方程 变为 y pyqy  0.其特征方程写为r2  prq 0,在复数域内解出两个特征根r,r ； 1 2 分三种情况： (1) 两个不相等的实数根r,r ,则通解为 y Cerx 1 C er 2 x; 1 2 1 2 (2) 两个相等的实数根r r ,则通解为 y  C C x  erx 1; 1 2 1 2 (3) 一对共轭复根r i,则通解为 y ex C cosxC sinx  .其中C ,C 1,2 1 2 1 2 为常数. ③ 对于求解二阶线性非齐次方程 yP(x)yQ(x)y  f (x) 的一个特解 y*(x) ,可用待 定系数法,有结论如下： 如果 f(x)P (x)ex,则二阶常系数线性非齐次方程具有形如y*(x) xkQ (x)ex m m 的特解,其中Q (x)是与P (x)相同次数的多项式,而k 按不是特征方程的根、是特征方 m m 程的单根或是特征方程的重根依次取0、1或2. 如果 f(x)ex[P(x)cosxP (x)sinx],则二阶常系数非齐次线性微分方程 l n 2y p(x)yq(x)y  f (x) 的特解可设为 y*  xkex[R(1)(x)cosxR(2)(x)sinx], m m 其中R(1)(x)与R(2)(x)是m次多项式,mmax  l,n ,而k 按i(或i)不是特征 m m 方程的根、或是特征方程的单根依次取为0或1. 1 (4)【答案】 2  u u u 【分析】先求方向l 的方向余弦和 , , ,然后按方向导数的计算公式 x y z u u u u  cos cos cos求出方向导数. l x y z     【解析】因为l 与AB同向,为求l 的方向余弦,将AB  31,20,21  2,2,1    AB 1 单位化，即得 l     2,2,1  cos,cos,cos. | AB| 3 将函数u ln(x y2z2)分别对x,y,z求偏导数得 u 1 1   , x x y2z2 2 A (1,0,1) u y   0, y (x y2 z2) y2 z2 A (1,0,1) u z 1   , z (x y2z2) y2z2 2 A (1,0,1) u u u u 所以  cos cos cos l x y z A A A A 1 2 2 1 1 1   0( )   . 2 3 3 2 3 2 (5)【答案】2 1 0 2 【解析】因为 B  0 2 0 100,所以矩阵B可逆,故r(AB)r(A)2. 1 0 3 【相关知识点】r(AB)min(r(A),r(B)).若A可逆,则 3r(AB)r(B)r(EB)r[A1(AB)]r(AB) . 从而r(AB)r(B),即可逆矩阵与矩阵相乘不改变矩阵的秩. 二、选择题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.在每小题给出的四个选项中,只有一 项符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1)【答案】(D) (xay)dx ydy 【解析】由于存在函数u(x,y),使得 du   , (x y)2 (x y)2 由可微与可偏导的关系,知 u xay u y  ,  , x (x y)2 y (x y)2 分别对 y,x求偏导数,得 2u a(x y)2 (xay)2(x y) (a2)xay   , xy (x y)4 (x y)3 2u 2y  . yx (x y)3 2u 2u 2u 2u 由于 与 连续,所以  ,即 yx xy yx xy (a2)xay 2y  a 2, (x y)3 (x y)3 故应选(D). (2)【答案】(B) f(x) 【解析】因为 f(x)有二阶连续导数,且lim 10,所以由函数极限的局部保号性 x0 |x| f(x) 可知,在x0的空心领域内有 0,即 f(x)0,所以 f(x)为单调递增. |x| 又由 f(0)0, f(x)在x0由负变正,由极值的第一充分条件,x0是 f(x)的极 小值点,即 f(0)是 f(x)的极小值.应选(B). 【相关知识点】极限的局部保号性：设lim f(x)  A.若A0(或A0) 0,当 xx 0 40 xx 时, f(x)0(或 f(x)0). 0 (3)【答案】(A)   【解析】若正项级数a 收敛,则a 也收敛,且当n时,有 n 2n n1 n1  tan  n lim(ntan )  lim . n n n  n 用比较判别法的极限形式,有  ntan a n 2n lim 0 . n a 2n   因为a 收敛,所以 lim ntan a 也收敛,所以原级数绝对收敛,应选(A). 2n x n 2n n1 【相关知识点】正项级数比较判别法的极限形式：   v 设u 和v 都是正项级数,且lim n  A,则 n n nu n1 n1 n   (1) 当0 A时,u 和v 同时收敛或同时发散； n n n1 n1     (2) 当A0时,若u 收敛,则v 收敛；若v 发散,则u 发散； n n n n n1 n1 n1 n1     (3) 当A时,若v 收敛,则u 收敛；若u 发散,则v 发散. n n n n n1 n1 n1 n1 (4)【答案】(C) 【解析】用洛必达法则. x x 由题可知 F(x) x2 f(t)dt t2f(t)dt , 0 0 对该积分上限函数求导数,得 x x F(x)2x f(t)dtx2f(x)x2f(x)2x f(t)dt , 0 0 x x F(x) 2x f(t)dt 2 f(t)dt 所以 lim lim 0 lim 0 x0 xk x0 xk x0 xk1 2f(x) 2f (x) 洛lim 洛lim . x0 (k1)xk2 x0 (k1)(k2)xk3 52f(x) 因为F(x)与xk是同阶无穷小,且 f(0)0,所以lim 为常数,即k 3时 x0 (k1)(k2)xk3 F(x) 2f(x) 有 lim lim  f(0) 0 , x0 xk x0 (k 1)(k 2)xk3 故应选(C). (x) 【相关知识点】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) (5)【答案】(D) 【解析】可直接展开计算, a b 0 0 a b 2 2 2 2 D a b a 0 b 0 b a 1 3 3 1 3 3 0 0 a b 0 0 4 4 a b a b aa 2 2 bb 2 2  (a a b b )(aa bb ) , 1 4 b a 1 4 b a 2 3 2 3 1 4 1 4 3 3 3 3 所以选(D). 三、(本题共2小题,每小题5分,满分10分.) (1)【解析】由极坐标系下的弧微分公式得 ds  r2()r2()da (1cos)2 sin2d  a 2(1cos)d 2a cos d. 2 由于r r()a(1cos)以2为周期,因而的范围是[0,2]. 又由于r()r(),心形线关于极轴对称.由对称性,       s 2 ds 4a cos d8a sin 8a .   0 0 2  2 0 6(2)【解析】用单调有界准则. 由题设显然有x 0,数列 x 有下界. n n 证明x 单调减：用归纳法.x  6x  610 4 x ；设x  x ,则 n 2 1 1 n n1 x  6x  6x  x . n1 n n1 n 由此,x 单调减.由单调有界准则, lim x 存在. n n n 设 lim x a,(a0),在恒等式x  6x 两边取极限,即 n n1 n n lim x  lim 6x a  6a , n1 n n n 解之得a 3(a 2舍去). 【相关知识点】1.单调有界准则：单调有界数列必有极限. 2. 收敛数列的保号性推论：如果数列 x 从某项起有x 0(或x 0),且limx a,那 n n n n n 么a0(或a0). 四、(本题共2小题,每小题6分,满分12分.) (1)【分析一】见下图所示,S 在xOy平面与 yOz平面上的投影均易求出,分别为 D :x2  y2 1； xy D :1 y 1,y2  z 1,或0 z1, z  y z . yz z  1 y z xOy 1 D D yz zy2 xy O x O y O y x 图1 求zdxdy ,自然投影到xOy平面上.求(2xz)dydz时,若投影到xOy平面上,被积函 S S 数较简单且可利用对称性. 【分析二】令P(x,y,z) 2xz,Q(x,y,z) 0,R(x,y,z) z ,则I  PdydzRdxdy . S P Q R 这里,    213,若用高斯公式求曲面积分I ,则较简单.因S 不是封闭曲 x y z 7面,故要添加辅助曲面. 【解析】方法一：均投影到平面xOy上,则 z I  (2xz)dydzzdxdy  [(2xz)( )(x2 y2)]dxdy , x S D xy 其中z  x2  y2,D :x2  y2 1. xy z 把 2x代入,得 x I  4x2dxdy2x(x2 y2)dxdy(x2 y2)dxdy , D D D xy xy xy 由对称性得 2x(x2  y2)dxdy 0,4x2dxdy 2(x2  y2)dxdy , D D D xy xy xy 所以 I (x2 y2)dxdy. D xy 利用极坐标变换有 2 1 1  1  I  d r3dr 2 r4  .   0 0 4  2 0 方法二：分别投影到 yOz平面与xOy平面. 投影到 yOz平面时S 要分为前半部分S :x  zy2 与后半部分S :x  zy2 1 2 (见图1),则 I  (2xz)dydz(2xz)dydzzdxdy . S S S 1 2 由题设,对S 法向量与x轴成钝角,而对S 法向量与x轴成锐角.将I 化成二重积分得 1 2 I (2 z y2 z)dydz(2 z y2 z)dydz (x2 y2)dxdy D D D yz yz xy 4 z y2dydz (x2 y2)dxdy. D D yz xy 8z1 1 1 1 2 3  z y2dydz  dy z y2dz  (z y2)2 dy 1 y2 13 D yz zy2 4 1 3 4    (1 y2)2dy y sint  2cos4tdt 3 0 3 0 4 3       , 3 42 2 4 1 z 11  2  或  z y2dydz  dz z y2dy   z dz  . 0  z 0 2 4 D yz z (这里 z y2dy是半径为 z 的圆面积的一半.)  z  (x2  y2)dxdy  (同方法一). 2 D xy    因此, I 4   . 4 2 2 方法三：添加辅助面S :z 1(x2  y2 1),法方向朝下,则 1 (2xz)dydzzdxdy dxdy 1dxdy , S S D 1 1 其中D是S 在平面xy的投影区域：x2  y2 1. 1 S 与S 即z  x2  y2与z 1围成区域,S 与S 的法向量指向内部,所以在上 1 1 满足高斯公式的条件,所以  (2xz)dydzzdxdy 3dV SS 1  1 1 3 3 dz  dxdy3 zdz , 0 0 2 D(z) 其中,D(z)是圆域：x2  y2  z,面积为z. 3 3  因此,I  (2xz)dydzzdxdy  () . 2 2 2 S 1 (2)【解析】由多元复合函数求导法则,得 z z u z v z z     , x u x v x u v z z u z v z z   2  a , y u y v y u v 92z  z  z 2z u 2z v 2z v 2z u 所以  ( ) ( )        x2 x u x v u2 x uv x v2 x vu x 2z 2z 2z  2  , u2 uv v2 2z  z  z 2z u 2z v 2z v 2z u  ( ) ( )        xy y u y v u2 y uv y v2 y vu y 2z 2z 2z 2 (a2) a , u2 uv v2 2z  z  z 2 ( )a ( ) y2 y u y v 2z u 2z v 2z v 2z u 2(    ) a(    ) u2 y uv y v2 y vu y 2z 2z 2z 4 4a a2 . u2 uv v2 2z 2z 2z 代入6   0,并整理得 x2 xy y2 2z 2z 2z 2z 2z 6   (105a) (6 aa2) 0 . x2 xy y2 uv v2 于是,令6aa2 0得a 3或a 2. 2z a 2时,105a 0,故舍去,a 3时,105a 0,因此仅当a 3时化简为 0. uv 【相关知识点】多元复合函数求导法则：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 五、(本题满分7分) 【解析】先将级数分解, 10 1  1 1 1 A  (  ) (n2 1)2n 2n1 n1 n1 n2 n2  1 1  1 1  1  1       . 2n1 n1 2n1 n1 2n2n 2nn n2 n2 n1 n3  1  1 令 A  , A  , 1 2n2n 2 2nn n1 n3 则 A A A . 1 2  (1)n1 由熟知ln(1x)幂级数展开式,即ln(1x) xn(1 x1) ,得 n n1  1 1  (1)n1 1 1 1 1 A    ( )n ln(1 ) ln2, 1 2n2n 4 n 2 4 2 4 n1 n1  1  (1)n1 1 A   ( )n 2 2nn n 2 n3 n3  (1)n1 1 1 1 1 1 1 1 5  ( )n  ( )2ln(1 )   ln2 , n 2 2 2 2 2 2 8 8 n1 5 3 因此, A A A   ln2. 1 2 8 4 六、(本题满分7分) 【解析】曲线 y  f (x)上点(x, f(x))处的切线方程为 Y  f (x) f (x)(X x). 令X 0得y轴上的截距Y  f (x) f (x)x .由题意, 1 x  f(t)dt f(x) f (x)x. x 0 x 为消去积分,两边乘以x,得  f(t)dt xf(x) f (x)x2, (*) 0 将恒等式两边对x求导,得 f(x) f(x)xf (x)2xf (x)x2f (x) , 即 xf(x) f(x)0. 在(*)式中令x0得00自然成立.故不必再加附加条件.就是说 f(x)是微分方程 xy y0的通解.下面求解微分方程xy y0. 11方法一：xy y0 xy 0 xyC , 1 C 因为x0,所以 y 1 , x 两边积分得 y  f (x)C lnxC . 1 2 C 方法二：令 y P(x),则 y P,解xPP 0得 y P  1 . x 再积分得 y  f (x)C lnxC . 1 2 七、(本题满分8分) 【解析】由于问题涉及到 f, f与 f的关系,自然应当利用泰勒公式,而且应在点c展开： f() f(x) f(c) f (x)(xc) (xc)2,在c与x之间. 2! 分别取x0,1得 f() f(0) f(c) f (c)(0c) 0 (0c)2, 在c与0之间, 2! 0 f() f(1) f(c) f (c)(1c) 1 (1c)2,在c与1之间, 2! 1 1 两式相减得 f(1) f(0) f (c) [f ()(1c)2 f ()c2], 2! 1 0 1 于是 f(c) f(1) f(0) [f()(1c)2 f()c2]. 2! 1 0 1 1 由此 f(c)  f(1)  f(0)  f() (1c)2 f() c2 2! 1 2! 0 1 b 2a b[(1c)2c2]2a . 2 2 八、(本题满分6分) 【解析】(1)因为A ET,T为数,T为n阶矩阵,所以 A2 (ET)(ET) E2T (T)T  E(2T)T , 因此, A2  A E(2T)T  ET  (T1)T  0 因为是非零列向量,所以T 0,故A2  AT 1 0,即T 1. (2)反证法.当T 1时,由(1)知A2  A,若A可逆,则A A1A2  A1A E . 与已知A ET  E 矛盾,故A是不可逆矩阵. 12九、(本题满分8分) 【解析】(1)此二次型对应的矩阵为  5 1 3    A 1 5 3 .      3 3 c  因为二次型秩 r(f)r(A)2,由  5 1 3   4 4 0   4 0 0        A 1 5 3  1 5 3  1 6 3              3 3 c   3 3 c   3 6 c  可得c3.再由A的特征多项式 5 1 3 |EA| 1 5 3 (4)(9) 3 3 3 求得二次型矩阵的特征值为0,4,9. (2)因为二次型经正交变换可化为4y2 9y2,故 2 3 f(x ,x ,x ) 1,即4y 2 9y 2 1. 1 2 3 2 3 表示椭圆柱面. 【相关知识点】主轴定理：对于任一个n元二次型 f(x ,x ,,x ) xTAx , 1 2 n 存在正交变换xQy(Q为n阶正交矩阵),使得 xTAx  yT(QTAQ)y y2y2y2, 1 1 2 2 n n 其中,,, 是实对称矩阵A的n个特征值,Q的n个列向量,,, 是A对应于 1 2 n 1 2 n 特征值,,,的标准正交特征向量. 1 2 n 十、填空题(本题共2小题,每小题3分,满分6分.) 3 (1)【答案】 7 【解析】设事件C “抽取的产品是次品”,事件D “抽取的产品是工厂A生产的”, 则事件D表示“抽取的产品是工厂B生产的”,依题意有 P(D)0.60,P(D)0.40,P(C|D)0.01,P(C|D)0.02 . 13应用贝叶斯公式可以求得条件概率P(D|C)： P(D)P(C|D) 0.60.01 3 P(D|C)    . P(D)P(C|D)P(D)P(C|D) 0.60.010.40.02 7 【相关知识点】贝叶斯公式：设试验E的样本空间为S .A为E的事件,B ,B ,,B 为S的 1 2 n 一个划分,且P(A)0,P(B)0(i 1,2,,n),则 i P(B)P(A|B) P(B | A)  i i ,i 1,2,,n. (*) i n P(B )P(A|B ) j j j1 (*)式称为贝叶斯公式. 2 (2)【答案】  1 【解析】由于与相互独立且均服从正态分布N(0,( )2) ,因此它们的线性函数 2 U 服从正态分布,且 EU E()EE0, 1 1 DU D DD  1, 2 2 所以有 U  N(0,1). 代入正态分布的概率密度公式,有  1  u2 f(u)  e 2du .  2 应用随机变量函数的期望公式有  1  u2  1  u2 E(||)E(|U |)  |u| e 2du 2 u e 2du  2 0 2 由凑微分法,有   1  u2 u2 2  u2 2 E(||)2 e 2d( )  e 2  . 0 2 2 2  0 【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 14E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c , D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y) , 其中a,b,c为常数. 十一、(本题满分6分.) 【解析】易见(X,Y)的可能取值为(1,1),(2,1),(2,2),(3,1),(3,2),(3,3).依题意  X Y ,故P  X Y 0,即 P  X 1,Y 2 P  X 1,Y 3 P  X 2,Y 3 0 , P  X 1,Y 1 P  max(,)1,min(,)1  1  P 1,1  P 1  P 1  . 9 类似地可以计算出所有 p 的值列于下表中,得到随机变量(X,Y)的联合分布律： ij X Y 1 2 3 1 1 0 0 9 2 1 2 0 9 9 2 2 1 3 9 9 9 (2)将表中各行元素相加求出X 的边缘分布 1 2 3   X  1 3 5 ,   9 9 9 由离散型随机变量数学期望计算公式可得 1 3 5 22 EX  1 2 3 . 9 9 9 9 【相关知识点】1.离散型随机变量的边缘分布计算公式： 二维离散型随机变量(X,Y)关于X 与Y 的边缘概率分布或边缘分布律分别定义为： 15p  P  X  x  P  X  x ,Y  y   p ,i 1,2, i i i j ij j j p  P  Y  y   P  X  x ,Y  y   p ,j 1,2, j j i j ij i i 它们分别为联合分布律表格中第i行与第 j列诸元素之和. n 2. 离散型随机变量数学期望计算公式：E(X)x P  X  x . k k k1 16