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1998年数学(一)真题解析
—、填空题
丄
(1)【答案】 7
【解】方法一
由(]jcY = 1 + a j: + a 5 ~~ x2 + o(j;2 )得
Z !
\/1 + J： = 1 + -T-JC----X 2 + 0 (工 2 ), \j\ — X — 1----X-------X 2 + 0 (工 2 ),
L o 2 8
_± 2
于是 \/1 + 工 + \/1 — — 2 = —+。2)
4 z
故1口小^+厂^_2
I
x*-0- x 2
方法二
1 1
a/1 + x + J\ —工—2 2 vT+T 2
lim lim--------------------------------
x*0- X 2 —o 2x
== ±Hm _____一 2jc _____ 丄
4 LO X丁 」\/1、 —— xJ2 4 x->0 x( Jl + z + 工)
(2)【答案】yf (xj/) +(p\x + y) + + y).
【解】 ----f Gy) + —f'Cxy) + y C2xy + 3z彳 + 4j/ )ds = )(3j;2 +4)2)ds = 12 ds
=12 )ds = 12a.
1A1 2
(4)【答案】 + 1.
【解】 设A的对应于特征值入的特征向量为a,则Aa = Aa
由 A * a = ■ 1 a 得[(A * )2 + E~]a
+ 1 a ,
A
2
故(*A )2 +E + 1.
⑸【答案】4
’丄 d’ = 2,
【解】区域D的面积为A = dz
1 X
则(X,Y)的联合密度为b, (z ,夕)@ D
当乂 £ 1 或无 e2 时,fxO = 0 ；
f—• 1 1
当 1 < z < e?时,/x (z)=J ； 丁dy =—,
故 f x(2) =
二、选择题
⑴【答案】(A).
fX ］「工 x — == U 1 C
【解】 由 £/(工2—八)曲=---- /(J72 — t2 )d(j；2 — t2} - ------- — /(u)dzz,
•/ o 2Jo zu * o
则 tf^x2 —t2)dt = xfQx2 )，应选(A).
0
(2)【答案】(B).
心)一4—1) (无+1)(乂 一 2) | x3 — jc
【解】由lim lim
工f—1 j： + 1 !-►—1 z + 1
lim (z — 2) x3 — x 1=0,
r*- —1
得/(-l) 0
/(x)-/(0)
lim------------------ lim —— •(工彳一工一2) -11,
•rf 0 X — 0 工*-0 JC
显然f'- (0) = lim —x 一 2) | x2 —1 |=2,
X
x—O'
4.2
f'+ (0) = lim —jc — 2) | x2 —1 | = — 2,
x*0- + JC
因为jC(o)壬化(o),所以工=o为不可导的点
lim 心)—［⑴ =lim I 工 _ J • Q2 — 乂 一 2) | 工 Q 十 1) | ,
Zf 1 X — 1 x*l- X — 1
I T — 1 I
显然f'- (1) = lim ------------- • (j:2 — x — 2) |乂(乂 + 1) |=4,
―厂 乂 _ 1
I r — 1 |
f'+ (1) = lim ------------- • (x2 — x — 2) | jr (x + 1) |=—4,
一+ 乂― 1
因为f'_ (1)丰f+ (1),所以乂 = 1为不可导的点，即/Q)有2个不可导的点，应选(B).
(3)【答案】(D).
【解】 由△，= 1 +， 得y = y(z)可微，从而y = y(z)可导，
且字= ，或学 1
—3- = °，
dr 1 + H 2 dz 1 +JC
解得夕： 二 Cearc
由 y(0) =兀得 C =兀，于是 y\ / j c) 、 = 7te arctan x ，故 y(l) = xe4，应选(D).
(4) 【答案】 (A).
5 b\ Ci ax — a2 6i — b2 cx — c2
【解】因为 a 2 b 2 c 2 = a2 — a3 b2 — b3 c2 — c3 H 0,
a 3 b 3 C 3 a 3 b 3 C 3所以两条直线的方向向量不平行，(B)与(C)不对
令Si = {a{ — s 4 —力，"—c2} s2 = {a2 —S』2 --^3 » c 2 — c3 }，
](Q3 b，。3),./Vf2 (a 1 9b、 5)分别为两条直线上的点，
M} M2 = {<2i 一 a3 一 b ,C] — C3 },
— a3 庆一63 c1 — C3
因为M,M2 • (Si Xs2)= — a2 bx — b2 c1 — 5 ==0,所以两直线共面且不平行，即两直线交于一
a2 — a3 h2 — bi c2 — °3
点，应选(A).
(5)【答案】(C).
一 p f A D ) P(AB)
【解】 由 P(B | A) = P(B | A)得=
P(A)
由 亠 i 减 pp■ 法 卄 公 八 式 口 及 * 补 血 概 * 率 砧 的 八 公 卡 式 怕 得 P p ( ( A A B ) ) = P — (B T ) _ — m P 石 (A 一 B) ，
整理得 P(AB) = P(A)P(B),应选(C).
卜=1 + t,
三、【解】 方法一 L的参数方程为lX = t, 代入兀得L与7T的交点为M|(2,l,0)；
[z = 1 - t ,
Mo (1,0,1) E L,过 Mo 且与 re 垂直的直线为 L'： —-— = =—-—,
1 — 1 Z
(x = 1 + r,
L‘的参数方程为Lz y = —t,代入tt得垂足坐标为M 2( #，*，*) ，
= 1 + 2t ,
MN：= {#'#，-*} ，故 L。 jc 一 2 y 一 1 z
~T~ = 丁 = =T
设L。绕y轴旋转一周所得的旋转曲面为工，任取P(x,y,z) 6 X,其所在的圆周对应的L。上的点为
卩0(工0，夕，No ),圆心为 7(0,3/ ,0),
由 I PT I = \ PqT\ ^x2 +z2 = Xq + Zq 9
再由 _?0(工0，歹，之0)W Lo 得--- = T— = —9 解得 Ho = 2y,No = — —,
4 Z — 1 c
故工的方程为心？ — 17j/2 + 4z2 + 2y — 1 = 0.
方法二
[工 一 1 = y_
T — 1 v Z — 1 1 1 lx — y — 1 = 0.
直线L：—丄=斗=T 的一般形式为L」 L：
1 1 - 1 y _ Z - 1 U+n_] = O,
[T = — 1 9
过直线L的平面束为7r0 ：(j: —3/ — 1)+A(j/ + ^ — 1) = 0,即
兀0：工 + (入一1)歹 +入 N — 1 — A = 0 9
由{1, —1,2}・{1,入一1,入} = 0 得入=一2,
[x — 3 V — 2n + 1 = 0,
则投影直线为
\jc — y 2z — 1 = 0.
显然Mo(2,l,O) e L0,L0的方向向量为
s = {1, — 3, — 2} X {1, — 1,2} = {— 8, — 4,2},直线Lq的点向式方程为Lq :—-—=―-—=―・
4 Z — 1
设L。绕，轴旋转一周所得的旋转曲面为工，任取e工，其所在的圆周对应的Lo上的点为
卩0（工0，』，之0）9圆心为T（O,j/,O）,
由I PT | = \PqT\得Z 2 +小=无舟+云，
再由 Po（2o ，No）G Lq 得工 9 4 2 = » 2 1 = 解得无0 = 2』，之0 = ~^~2~9
故工的方程为心？ — 17j/2 + 4z2 +2夕一1 = 0.
四、【解】P Q Q）= 2jcy （d + y2 ）A , Q（x 9y） = —/（工° + y2 ）A ,
= 一2工（工4 + 了2）入 —4Aj:5 （工4 + y2 ）A_1 ,
—=(j;4 + y2 y + (j?4 + y2 )A_1 ,
dy
由—=召得4工（入+ 1）（工4
+ y2) = 0,解得入=一1,
dy djc
则况（无，夕）
J
f（
（
F
1,0〉
）
无4 +
一
』
jc
2
2 —
4
x
I
2
~
d
~
y
2 =一 arctan + C,
H十夕
故所求的二元函数为u（x,y） = -arctan 4+ C（C为任意常数）.
X
五、【解】 取沉放点为坐标原点J轴铅直向下，由牛顿第二定律得
d2 y
m —— = mg — Bp — kv ,
At
人 dy n,. d2 v dv ZJi . ZH mvdv „ ,
'不则訴代入侍亍=Eg— Bp —航，
变量分离得一
m普vdv-‘=旳，积分得
mg 一 Dp 一 kv
y =—和——Bq—E+C。,
k2
由 A L = o = 0,u L = o = 0 得 Co = BP^ \n(mg — Bp),
k2
,, m m {mg — Bp ) mg — Bp—kv
故』= 一 -rv------------H--------In--------------------•
k kk 2 mg — op
ax dydz + (z +a)2djrdj; 1「「 , , , z , x2 ,,
六、【解】I = -------------------------------------=—ax ay az a ) dx ay ,
2 2 + y2 + z2 a 2
令20：Z = 0（兴+》2 £/）,取下侧，则
H ax dydz +(^ a)2 dx dy = 少 ax dydz +(n + a )2 dx dy — jj ax dydz +(n a)2 dx dy ,
工+蜀
jjjzdv- 3a • -^-7ra3
而® ax dj/dz +(n + a )2 dr djy (2n + 3q)(1p = —2
出0 Q n
P2n Cn Ca
= —2j d^J ” d^pj r3 sin 卩 cos cpdr — 27ra4
Tea 4 4 6Q na4
=—---------6Tta =-----------------;
2 2
又 az dy dz+(n + a )2 cLz djy —— a2 da: dy = — 7ra4
+y丁+“
因为lim ―—工sin
” foo n + 1 z = 1
所以由夹逼定理得
sin xdjc =—
7T
八、【解】 因为仏”｝单调递减且5 >0,所以lima”存在，设lima” = A，显然A $ 0.
”f 8 ”f 8
因为交错级数$（—l）”a”发散且｛a”｝单调递减，所以A > 0.
n = 1
对正项级数工；（-At）"，
”=]\Q” 十 1 /
收敛.
九、【证明】（1）S1 （工0）=工0于（工0）9 S2 （xo）= /（J7 ）djf ,
令卩（无）=jcf^x ） —J 于（£ ）d/ ,
显然F （工）=hJ 为爭（h）的原函数，即F\x ）=卩（工），
F（0） = F（l） = 0,由罗尔定理，存在s 6 （0,1）,使得F'Qo） = 0,即卩（工。）=0,
故存在工。6 （0,1）,使得S]（H°） = S2（x0）・
（2）爭'（z） = f｛jc ） + jcf\x ） + /（J7 ） = J：y，（J7 ） + 2f（H ）,
由 f\jc ） >— 得工十（工）+ 2于（工）>0,即（p\x）> 0（0 < x v 1）,
则卩（工）在（0,1）内严格递增，故（1）中的工。是唯一的.
十、【解】 令A=（b a lJ,X=（yJ，则二次曲面表示为X^AX = 4.
'1 1 17 ' z
因为XAX经过正交变换可以化为可2 +4旷，所以矩阵A的特征值为心=0,入2 = 1，入3 = 4,
由 tr A = A! + A2 + A3 得 q+2 = 5,解得 a = 3.
I1 J
由 | A | = A ! A 2A 3 得 b = l,即人=I 1 3 1 I .
'1 1 J由 0 E — A f 0 1
'o 0
a
l:; 可得—对的征向量为-
由…
'o 0 0 '
0
5"斗对应晞征向量为5
1
'o 0
0 '
r2
J_ ] ]
V3 V6
_ J_ _2_
得正交矩阵P= 0 V3 V6
1
] ]
V3 V6
逅
H■一、【证明】 显然 Aka = 0,令 l.a+l.Aa H------- Z^A^a = 0,
将 loa+lxAa H------- Ik-^A^a = 0 两边左乘 得 = 0,
因为Ak^a H 0,所以/0 = 0；
将 l.Aa H------- lk^Ak~'a = 0 两边左乘得 lxAk~'a = 0,从而 I, = 0,
依次类推，可得仇=…=仃-1 = 0,故a ,Aa，…,A* 1 a线性无关.
51 a 12 ••• 5,2” ^11 b2i *•• bnl、
a21 a 22 *•・ 如,2” 工2 b \2 “22 °•• bn2
十二、【解】令人= ,x = =
Si a”2 ••・ a”,2”. 2 2n. 01,2” b2.2n *"6”,2”.
因为（"1 ,612，…#1,2”）T '（久1，& 22，…』2,2”）丁，…，（》1 , 6 ”2 ,…，6 ”討”）丁为方程组AX = 0的基础解系，
所以 r （A） = 2n — n =兀日 AB = O.
又因为（bii』12 9…』1,2”）T ,（621』22，…』2,2”）丁，…，（»1，九2，…，加,2“线性无关，
所以 r（B） = n.
令Y =（夕1，夕2,…，夕2”）丁，方程组（H ）表示为BtY = 0,
由 AB = O 得 B rAT = O9 即（Qii ,a 12，…，a 1,2”）丁，（a 21 山22，…，。2,2”）丁9 …，（Q”i，。”2，…，5,2”）丁 为方程组
bty = 0的解.
因为厂（A） = 71 9 所以（Q]] 9 a 12 9 …9。1,2“），（如1 山22，…,^2,2"）'…，（Q”1 a n2， …，几詁”厂线性无关，又因
为 r（BT） = n ,所以（aH ,a12 ,••• ,alj2„）T ,（a21 ,a22 >••• >a2,2n）T，…，（a”i ,a”2，…,a”,2”）丁 为方程组（U ）的
一个基础解系.
十三、【解】令Z = X—Y,
因为X,Y相互独立且都服从正态分布N（0,y），所以X—Y〜N（0,l）,即Z〜N（0,l）,
2
于是e( |x-y|) = E( |Z| ) = -7= z e~^dz又 E( I X - y I 2) = E( I Z 12) = E(Z2) = D(Z) +[E(Z)]2 = 1,
2
故 d( | x-y |)= e( | x-y |2)一[e( | x-y |)]2 = 1 ——.
7C
— — / fi2 \ v — q 4
十四、【解】 设X为样本均值，则X〜N 3.4,— 或一于—— N(O,1),
\ n丿 6
4n
由 P{1.4 0. 975，即乎 > 1. 96,
解得n > 34. 57,故n至少取35.
十五、【解】 设总体X〜N(“，昇)，
令 Ho ：卩=70, Hi：〃H70,
xr "、I 曰 X — 70
取统计量t =---------- t(35),
736
由 t°.975(35) = 2.030 1 得 Ho 的接受域为(- 2.030 1,2.030 1),
因为°笨 JO = _i.4 w (-2. 030 1,2.030 1),所以接受H。，即可以认为该批考生的平均成绩为70分.
15
T
