文档内容
1991年数学(一)真题解析
—、填空题
sin t ——cos t
(1)【答案】
4芒
dy dy/ dt ——sin t
【解】
Ax djr / dz
2^cos t 一 2sin t
d
d2 y 4z2 sin t — Z cos t
di7 dz Ax / dt ~2? 4芒
(2)【答案】dz—Qdy.
【解】方法一
+ Vx2 + y2 + z2 = 72~两边对jc求偏导得
z +z牛
yz+xy^+ ________d_jc___ 0,解得聖
=1;
抵 Vx2+y2+z2 ox
HW + Vx2 + y2 + z2 = a/2两边对y求偏导得
I dz
y + z
dy 0,解得字
xz + xy t—■ + =一罷,
.2 丄".2 丄 ~2
故 dz |(i,o,-i)= d«r —^/2dy.
方法二
jcyz + Vjc2 y2 + z2 = V2~ 两边求微分得
d(xyz) + d( Vx2 y2 z2 ) = 0,
即 wdz + zzdy + pdz + ’归 +/业 土三空=0,
vx2 + y2 + z2
将= (1,0, — 1)代入得
dz I(i,o,-i)= dw —血如
(3)【答案】x — 3y + n + 2 = 0.
【答案】 显然M0(1,2,3)为所求平面上的点，
所求平面的法向量为兀={1,0, —1} X {2,1,1} = {1,—3,1},
所求平面为兀：(无—1) — 3(夕一2) + (n — 3) = 0,即 7r : j: — 3，+ n + 2 = 0.
⑷【答案】一斗.
Z
【解】 由(1+处2)3 — 1 〜岂工2 9 COS X 〜---JC2，得牛=---- ，故 Q =-------・
0 Ci Lt 乙
-2 0 0
-2 5 0 0
2_
(5)【答案】 o 0 y 3~
丄
0 0
~35 2 1 -2 B 1 O
【解】 令B = ,C = ，则 A-1
2 1 1 1 o L
5 2 1 0 1 0 1 -2 1 0 1 _2 1 -2
由 ，得旷=
2 1 0 1 2 1 0 1 0 1 -2 5 —2 5
£
2_
-2 1 0 /1 0 7
1 -2 1
由 丄 ，得L =
1 1 o V \0 1 7
\0 1 7
1 -2 0 0
-2 5 0 0
故AT
0 0
丄
I
2_
0 0 I 7
二、选择题
（1）【答案】 (D).
1 + e12
【解】 由 limy = 1,得 3/ = 1 为曲线y 的水平渐近线
Zf 8 _ 2
1 — e_x
2
1 4- e_x
由 limy =8,得工=0为曲线y = ■ - —r的铅直渐近线，应选（D）.
0 1 _尸
（2）【答案】 (B).
【解】/(0) = In 2,/(x)= dr + In 2两边对求导得ff （x ） = 2f （工），
o 2
解得 /(j;) = Ce 2dj Ce2x.
由 /(0) = 1口2得0 = In 2,故 /(x) = e2x In 2,应选(E).
(3)【答案】(C)・
【解】 令 S：)= ax +a3 4-------a2n-i , S^2) = a2 +a4 -------a2n ,
S務)=ax — a2~\-------a2n-1 — a2n = Sf — Sf , S” = 5 +如------a”，
由题意得 limSj)= 5, limS^ = 2,
于是 limS^2) =limS：> —limS；? = 3,
因为limS2n =limS严+limSY> = 8,所以级数乞a”等于8,应选(C)・
” foo n*°°- n*°°- n=l
⑷【答案】（A）・
【解】 令 0 = {（h,»） 1 =工 W0,h y W— x },
D3 = {（龙，歹）|一夕£工£夕，0冬夕£1},
由对称性得
Jj (xy + cos x sin y)dx dy = 0,
D2
JJ {jcy + cos jc sin y ) dz dy = jj cos x sin ydx dy = 2Jj cos x sin ydjc dy，应选(A).
D3 D3 Di
(5)【答案】(D)・
【解】 由 ABC = E 得 BC = A-1，则 BCA = A_1A = E,应选(D).(1)【解】 lim (cosT^)" = lim {[1 + (cos>/F — I)]®"-'}， 乂
r—0+ 工*-0十
1
lim —• (cos "fx"— 1) h: 二 lim + cos 工 ] lim 工 ”
e fo+ 工 =e
(2)【解】 法向量" ={4工，6y ,2n}(i,ij) ={4,6,2},
2 c 3 ]
方向余弦为 cos a ——,COS 0 =------, COS y =Tn9
a/T4 714
du_ 6 du 8』 3u 丿6工 2 + 8y 2
3工 z %/6jc2 + 8y2 °》 z \/6j72 + 8y2 z4 2
du 6 8
=—yiT,
(1,1,1) yrr (1,1,1) a/TT (1,1,1)
2 .丄+, 丄. 8 丄= _
则r
dn p 714 714 Tn /TT 714 7
3/2 = E 绕
(3)【解】 z轴旋转而成的曲面为S-x2 + y2 = 2n ,
z=0
则。={(工，』，N)| (H,y) G Dz，0WnW4},其中 2 = {(j: 9y) I J：2 + j^2 2z},
x2 + y2 + 2： )dv = J dzJJ(
x2 + y2 + z ) djr dj/
0 "
D
•727
r(r2 + z)dr = 2k dz (r3 + rz)dr
J 0 J 00 J(0 J 0 . 0
•4 2 1 ‘ 64 256tt
=4 k n dz = 4k •—=—-—
o 3 3
四、【解】方法一
I(Q )= (1 + ^3)da: + (2jc + j/)dj/ = (1 + a3 sin3 x ) dr + ( 2工 + a sin jc ) • a cos x da:
L J 0
7t + a3 sin'工 dr + 2a x d(sin x ) + a2 sin j?d(sin x )
0 0 0
2 討j,
=7T + 2q ' • — + 2a I j; sin x sin 工 dr )=兀 + —<
3 0/3
令厂(a) = 4a2 — 4 = 0 得 a = 1.
因为r(l) = 8 > 0,所以a = l时 (1 +3?) dr + (2h + y)dy最小9故所求曲线为y = sin x.
L
方法二
(1 + j/3 )djr + (2 工 + = l+ao + (1 + j/3 )dJr + (2z + jy)dy.
OA
而( )_ (1 + 3/3 )d+ (2z y)dy = — (2 — 3y2 )dx dy = (3j^2 — 2)dx dy
l+ao JJ JJ
D D
r n ra sin x f n
djc O3/2 — 2)dj/ = (a' sin3 x — 2a sin 工)dz
0 0 0
ya3 -4a,
—(l+^3)dj? + (2jc + j^)d^ = dz = 7T ,
OA 0
4
贝U / = —a3 — 4a + 7t.令厂（Q ） = 4/ — 4 = 0,得 Q = 1 ,
因为J"（l） = 8 > 0,所以Q = 1时Jl（1 +夕3）dz + （2工+ y ）dy最小，故所求曲线为y = sin X.
五、【解】 显然/（^）满足狄利克雷充分条件，
)
=21 (2 + j7)dj7 = 2X (2+t = 5,
J 0
= 2〕(2 + 工)cos rnzjc Ajc = 2(2J cos mtx dx +
a” x cos n itx dx
0
1
=2 x cos mix Ax x d(sin mtx )
0 o
2 . 4 sin
—jc sin nnx sin mtjc dx = mzx dx
H7T 0
4
—
2
■― cos rmx
2[(—1)” -1] ~n ~7~T2 n = 1,3 拓 9 …，
n 7r 7?27T2
0, n = 2,4 9 6 ,…，
bn =0,
故 2 + | | =—
5
cos kjc H- - cos
3兀工+・••)
(―00 V 工 <+ °°),
32
取「0,得占+ £ + •——》 1 7T2
„ = 0(2” + 1)2 — T'
00 -1
S = S t，
令 则
” =1 n
右+*+*+ •••)+ 1 +* + * +…丿= 〒7T2 +, 〒 1 s,
22 8 ' 4
2 00 i 2
s = 4 7C
解得 即工
T
6 “=i n
六、【证明】由积分中值定理可知，存在 e 使得
3J2 /（x ）d^ = 3 • _/（工0）• （1----） = /'（工0）,
从而有 /（o）= y（x0）.
由罗尔定理可知，存在c W （0,乂。）U （0,1）,使得于'（c） = 0.
七、【解】 令工41 +工2。2 +工3。3 +工4。4
a r
1 1 1 1 ' 1 1 1
0 1 _ 1 2 1 0 1 _ 1 2 1
（a： ,a； ,a：［ 0丁）=
2 3 a + 2 4 6 + 3 0 0 a + 1 0 b
L3 5 1 a +8 5 0 0 0 a + 1 o,
(1)当 a = —1,6 工 0 时，
因为r(A) H r(A),所以方程组Xjaj + j?2a2 + x3a3 + z』a，i =卩无解，
即P不可由aj ,a2 ,a3 ,a4线性表示.
(2)当 a H— 1 时，
因为r (A ) = r (A ) = 4,所以方程组工卫]+ j: 2a 2 + x3a3 + -^ .( ® 4 = P有唯一解，
2b a +6 + 1 b
且厂
a + 1
^2
a + 1
工3 a + r x4 = 0,
故0可由aj ,a2 ,a3 ,a4唯一线性表示，且"=—半心 +^|I«2+4-a..i+0a4.
a 十 1 a + 1 a 十1
八、【证明空 方法一 因为A为正定矩阵，所以矩阵A的特征值A; > 0(/ = 1,2,…，”)，
从而A + E的特征值为+ 1*2 + 1，…，入” + 1，
故丨 A + E | = (A1 + 1)(A2 + 1)-(A„ + 1) > 1.
方法二 因为A是”阶正定矩阵，所以其特征值入，> 0(/ = 1,2,…皿)，
人 0 •・・0、 右 0 •・・0、
0 a2 •・・ 0 0 a2 •・・ 0
存在正交矩阵Q,使得QiAQ ，或 A = Q
0 0 -・・An> 0 0 -・・入…
0 •… 0、 入1 + 1 0 ・ . 0 、
于是A+E==Q 0 12… 0 eT+eeT =2 0 入 2 + 1 • ・・ 0 Q「，
0 0 ・・・ 儿. 0 0 ・•・入” + 1,
A ] + 1 0 ・・・ 0
0 入2 +1・・・ 0
故 1 A + E | = 10 1* •1 eT 1
0 0 ・・・久” + 1
=(心 +1)(心 +1)…(入” +1)> 1.
九、【解冃 设曲线为y = y(x'),
曲线在点P(x,y)处的曲率为怡=―W
(1+“2)丁
曲线在点P (x ^y)的法线为Y — y =----/ (X — x )»
y
令 Y = 0 得 X = h + 9 即 Q(z + 乂/ ,0) 9
I PQ I = Vy2y'2 + y2 = y V1 + y，2
由题意得一U I彳=— ，整理得yy" = l+jz/2.
(1*2)7 y 丿 1
令寸=P，则刃> 学=1 + p2,变量分离得弹竺=型，
dy 1 + /> y
积分得 ln(l + p2 ) = In y2 +\n Cx ,即 1 + // = Cxy2 ,
由 y(l) = = 0 得 Ci = 1,
解得八士 d，变量分离得严f = 士如
积分得 ln(y + Vy2 — 1 ) = 土无 + C?,
由 j/(l) = 1 得 C2 =干 1,即 ln(jy + a/j/2 — 1 ) = 土(工一1) 9
由 y + Vy2 -1 = e±「” '得y eJ- + e'
2~
y - J寸 _ \ =严-”
厂+ e」
故所求的曲线为y
2~十、填空题
（1）【答案】0.2.
X — 2
『解】 显然X〜N（2,°2）,标准化得-----〜N（0,l）.
a
由 P{2 < X < 4} = P（0 < < —1 =①（？）一①（0） = 0. 3 得
故 p{x 0 时，Fz（n）= dx ~ 2 e~^+2y）dy = 2 2e~2y dj/
J 0 0 0
（e~x — e~~z ）dj? = 1 — e~z — ze
o
l-e~z - ze~x z >09
故随机变量Z的分布函数为Fz（n）=
0, N冬0・
