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1989年数学（一）真题解析
—、填空题
（1）【答案】一1・
/(3-A)-/(3)=_|/(3) = _l
2h A—0 -h
（2）【答案】z —1.
令A =|\q)cLz,则/(x) = x +2A,对此等式两边从0到1积分得A = £ + 2A ,
【解】
Jo Z
解得A =—，故/（工）=x — 1.
（3）【答案】7T.
(工？ 4- y2 )ds = [ ds
【解】方法一
L J L
7T・
lx = COS t ,
方法二 令 （兀£/冬2兀），则
\y = sin t
J (x2 + j/2 )ds
(cos2Z +sin21) 5/(— sin t)2 +cos2Z dt = 7r.
（4）【答案】2.
【解】 由 div u = d(j：y2) 3(yez ) 3[_x ln(l + z2 )] y 2 + b + 2xz
Ojc 3y dz 1+z2
得 div u 2.
I （1,1,0）
0 0}
（5）【答案】一斗 1
0
T
1'
0
I1 0 °\
【解】方法一 A 一 2E =1 2 0
'o J
0
0 0 1 0 °\
1 0 0 : 1 0 0 0 0 :1 0 °\
o卜
由 1 2 0 : 0 1 0 2 0 i 一 i 1 0 1 0 1 o，得
0 0 1 : 0 0 1''o 0 1 :0 0 J I 2 ~2 J
0 1 0 0
1 0 °\
(A — 2E)T = -4- 4- 0
22
0 0 1
I1 0
，其中〃 =c °) ,C = (1),
方法二 A-2E = 1 2
C） '1 2/
'o
0
0 1
1
由(B \ E)= 丄
_ 1 1 71 0 0\
丄丄0 •
2 2
0 0 1
二、选择题
⑴【答案】（A）.
1
sin —
【解】 由limxsin 一 = lim ―产~ = 1,得；y = 1为水平渐近线；
工 fOO X X*°°- 1
r
由limzsin丄=0,得曲线y =工sin丄 无铅直渐近线，应选（A）.
•X-*■ 0 JC JC
（2） 【答案】（C）.
【解】 设点P的坐标为（工。，了。，4 —亦一式），该点法向量为n = {2乂。，2%,1},
由= +得工0 = I，% = 1,故所求的点为（1,1,2）,应选（C）.
（3） 【答案】（D）.
【解】 显然小一『3，》2—『3为y" + p（H）y' + g（z）y = 0的两个线性无关解，
故 y" + p（z）y' + gQ）y = /"（工）的通解为
y = Ci® —，3）+C2（y2—》3）+$3 = Gy】+ C2y2 + （1 — C! — C2 ）y3»
应选（D）.
（4） 【答案】（B）.
【解】 对/（工）进行奇延拓，将/Q）展成正弦级数，则S（—*） = -S（y ），因为工=* 为函数/Q）
的连续点，所以S = （*） = /（y） = +，故S（-y） = _* ，应选（B）.
（5）【答案】（C）.
【解】 方法一 因为|A| = 0,所以r（A） <4,从而矩阵A的列向量组线性相关，即必有一列可由其余
列线性表示，应选（C）.
4 0 1 0
o 1 1 0
方法二 取A = ，显然 | A | = 0,
0 0 0 0
0 0 0 1.
矩阵A任何一列元素都不全为零，任何两列都不成比例，第4列不是第1,2,3列的线性组合，即排除
（A）（B）（D）,应选（C）.
（1） 【解】 字=2厂+ g； + yg；, - = —^f + xgxz+g'i + xygzz-
djc djcdy
（2） 【解】 方法一 P = xy12 , Q = Sd心于+£ 缶八
注意到乂 = — 1时/（^）有定义且级数手+ £ 宀 收敛，
4 „=0 2" + 1
00 /_ -I \ n
故 /（X）关于工的無级数为y（z） = —+ S T1—r^2n+1（-Kx < 1）.
4 ”=o 2n + 1
五、【解】 由]（工一Z）/（^）dz = x\ /（Z）dz — [ tf （t）dt 得
J 0 J 0 J 0
+J
心）=两边求导得厂(工)=cos x —I f (z)dz,或厂(工)+[ = cos x ,
J 0 J 0
f\x ) +J f(Z)d^ = cos X两边再求导得
f"(jc ) + /(x ) = — sin x ,
特征方程为A2 + l = 0,特征根为小,2 = 士i，
ff\x ) + /(x ) = 0 的通解为 /(x ) = C] cos x + C2sin x ;
令 ) + fCx ) = — sin t 的特解为 fo (工)=t (acos x + 6sin x ),
代入得a = * = 0,
则原方程的通解为fQ) = Geos x + C2sin j: +专~cos x ,
1 1 jr
再由 f (0) = 0,/z(0) = 1,得 Ci = 0,C2 =迈■，故于(工)=迈-sin x + —cos x.
六、【证明】 a/1 — cos 2jc cLr = V2sin2 j; dr = ^2 sin xdx = 2^2 ,
J 0 J 0 J 0
原方程即为lnx == --272.
e
T i i
令于（工）=In --------F 2罷，由 f\jc ) = = 0,得工=e,
e-------------------------------x e
f‘a)=—，由 /，z(e) =----VO得z = e为 )的最大值点,
x e
最大值M = /(e) = 2髭＞0,
因为lim /(□:) = lim /(x) = —所以/(j:)在(0, + °°)内有且仅有两个零点,
— ()+ L+8
x
从而方程ln^ \/1 — cos 2x djr 在区间（0,+oo）内有且仅有两个根.
e
1 0 1 A 0 1 A l1 0 1
七、【解】A = 4 1 2 入 +2 — 0 1 -2 2 — 3A I I 0 1 -2 2 — 3A
+ 3/ 'o 3 — 4入/ 'o
6 1 4 2A 1 -2 0 0 1 -A
当A = 1时，方程组有解,
1 0 1 1
再由入=1时A 0 1 _2 -1 ，得方程组的通解为
0 0 0 0
（k为任意常数）.
八、【证明】（1）因为A可逆，所以入H0,设A的属于特征值入的特征向量为a,即Aa = Aa
将Aa = Xa两边左乘A-】，得A~} Aa = AA_1a ,
于是Af = g，即寺为宀 的特征值.
(2)因为 A * = | A | A_1，所以 A ' a = | A \A~' a = —a ,
即字为A的伴随矩阵A* 的特征值.九、【解】 设 S ：x2 + y2+(z — a)2 = R2 (0VRV2a),
X 2 + y2 + z2
由 + b + (z_a)2 =疋得 X2 +y2 = R2
X 2
位于定球面x2 +y2+z2 =/内的曲面为
2 ：z = a \/R2 — x2 — y2
其中，(z ,y) G Dxy
=2n\R
由籍=2叩— =0,得 R = -^-a
当0 VR vfo时，等 >0；当R 时，器 VO,故当R = ^-a时Q位于定球面内的面积最大.
3 aK 3 dK 3
十、填空题
(1)【答案】0.7.
P(AB)
【解】 由 P(B | A) = 0.8,即 =0. 8 得 P(AB) = 0. 4,
P(A)
于是 P(AUB)= P(A)+ P(B) — P(AB) = 0.5 + 0. 6-0. 4 = 0.7.
(2)【答案】0.75.
【解】 设A = ｛甲命中目标｝, B = ｛乙命中目标｝, C=｛目标被命中｝,
P(A) = 0. 6,P(B) = 0. 5,且 C = A + B,则
P(AC) P(A)
P(A | C)=
P(C) P(A+B)
P(A) 0. 6
=0. 75.
=P(A) + P(B) - P(A)P(B) 0. 6 + 0. 5 - 0. 3
(3)【答案】0.&
【解】随机变量g的概率密度为/(x) = 5
Io,其他，
当△ = £2—4^0,即WW—2或时，方程d +自+ 1 = 0有实根，
「6 1
则方程x2 + ^ + 1 = 0有实根的概率为P{£M2} = j — dj： = 0. &
十一、【解】因为相互独立的正态随机变量的线性组合仍服从正态分布，
所以随机变量Z = 2X —Y+3服从正态分布，
又因为 E(Z) = 2E(X) — E(Y) + 3 = 5, D(Z) = 4D(X) + D(Y) = 9,
所以Z〜N(5,32),
] 5>2
故随机变量z的概率密度为fz(z) = — , _oo < 2 + oo.
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