1991考研数一真题解析公众号“考研小舟”持续更新中公众号：考研小舟_27考研真题_考研数学一、二、三历年真题+考研数学资料（1994-2026）_考研数学真题（1987-2026）_数学一

1991 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(本题满分15分,每小题3分.) sinttcost (1)【答案】 4t3 【解析】这是个函数的参数方程,满足参数方程所确定函数的微分法,即 x(t) dy (t) 如果  , 则  . y (t) dx (t) dy dy dt sint 所以   , dx dx 2t dt 再对x求导,由复合函数求导法则得 d2y d dy dt d sint 1  ( )  ( ) dx2 dt dx dx dt 2t 2t 2tcost2sint 1 sinttcost    . 4t2 2t 4t3 (2)【答案】dx 2dy 【解析】这是求隐函数在某点的全微分,这里点(1,0,1)的含义是z  z(1,0)1. 将方程两边求全微分,由一阶全微分形式不变性得 d(x2  y2 z2) d(xyz) 0 , 2 x2  y2 z2 再由全微分四则运算法则得 xdx ydyzdz (xy)dz(ydxxdy)z  , x2  y2 z2 dxdz 令x1,y 0,z 1,得dy  ,即dz dx 2dy. 2 (3)【答案】x3yz20 【解析】所求平面过直线L ,因而过L 上的点(1,2,3)； 1 1  因为过L 平行于L ,于是平行于L 和L 的方向向量,即平行于向量l (1,0,1) 1 2 1 2 1  和向量l (2,1,1),且两向量不共线,于是平面的方程 2x1 y2 z3 1 0 1 0, 2 1 1 即x3yz20. 3 (4)【答案】 2 1 1 【解析】因为当x0时,sinx x,(1x)n 1 x , n 当x0时ax2 0,所以有 1 1 1 1 (1ax2)3 1 ax2,cosx1 sin2 x  x2, 3 2 2 1 1 ax2 (1ax2)3 1 3 2 所以 lim lim  a. x0 cosx1 x0  1 x2 3 2 1 2 3 因为当x0时,(1ax2)3 1与cosx1是等价无穷小,所以 a1,故a  . 3 2  1 2 0 0   2 5 0 0    1 2 (5)【答案】 .  0 0  3 3    1 1  0 0    3 3 【解析】为求矩阵的逆可有多种办法,可用伴随,可用初等行变换,也可用分块求逆.根据 本题的特点,若知道分块求逆法,则可以简单解答. A 0 1 A1 0  0 A 1  0 B1 注意：    ,   . 0 B  0 B1  B 0 A1 0  a b 对于2阶矩阵的伴随矩阵有规律：A  ,则求A的伴随矩阵 c d  a b  d b A*       . c d c a  如果 A 0,这样a b 1 1  d b 1  d b         . c d A c a  ad bc c a  A 0 1 A1 0  再利用分块矩阵求逆的法则：   ,易见 0 B  0 B1   1 2 0 0   2 5 0 0   A1    0 0 1 2  . 3 3    1 1  0 0    3 3 二、选择题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.) (1)【答案】(D) 【解析】由于函数的定义域为x0,所以函数的间断点为x0, 1ex2 ex2 1 limy lim lim ,所以x0为铅直渐近线, x0 x01ex2 x0 ex2 1 1ex2 ex2 1 lim y lim lim 1,所以 y 1为水平渐近线. x x1ex2 x ex2 1 所以选(D). 【相关知识点】铅直渐近线：如函数 y  f (x) 在其间断点x x 处有 lim f(x)  ,则 0 xx 0 x x 是函数的一条铅直渐近线； 0 水平渐近线：当lim f(x) a,(a为常数）,则y a为函数的水平渐近线. x (2)【答案】(B) t 【解析】令u  ,则t 2u,dt 2du ,所以 2 2x  t  x f(x)  f  dtln2  2f(u)duln2 , 0 2 0 d[f(x)] 两边对x求导,得 f(x)2f(x) ,这是一个变量可分离的微分方程,即 2dx .解 f(x) 之得 f(x)Ce2x,其中C是常数. 0 又因为 f(0)  2f(u)duln2ln2 ,代入 f(x)Ce2x,得 f(0)Ce0 ln2,得 0C ln2,即 f(x)e2xln2. (3)【答案】(C) 【解析】因为  (1)n1a a a a a a a  n 1 2 3 4 2n1 2n n1 (a a )(a a )(a a ) 1 2 3 4 2n1 2n    (a a )a a (收敛级数的结合律与线性性质), 2n1 2n 2n1 2n n1 n1 n1    所以 a a (1)n1a 523. 2n 2n1 n n1 n1 n1  而 a (a a )(a a )(a a ) n 1 2 3 4 2n1 2n n1    (a a )a a 538, 2n1 2n 2n1 2n n1 n1 n1 故应选(C). (4)【答案】(A) 【解析】如图,将区域D分为D,D ,D ,D 四个子区域. 1 2 3 4 显然,D,D 关于 y轴对称,D ,D 关于x轴对称. 1 2 3 4 I  xydxdy  1 令  D , I  cosxsinydxdy 2  D 由于xy对x及对 y都是奇函数,所以  xydxdy 0,  xydxdy 0. DD D D 1 2 3 4 而cosxsin y 对x是偶函数,对 y是奇函数,故有  cosxsin ydxdy 0,  cosxsin ydxdy 2cosxsin ydxdy , D D DD D 3 4 1 2 1 所以 (xycosxsin y)dxdy  I I 2cosxsin ydxdy , 1 2 D D 1 故选(A). (5)【答案】(D)【解析】矩阵的乘法公式没有交换律,只有一些特殊情况可以交换. 由于A、B、C均为n阶矩阵,且ABC  E ,对等式两边取行列式,据行列式乘法公式 | A||B||C|1,得到 A 0、B 0、C 0,知A、B、C均可逆,那么,对于ABC  E , 先左乘A1再右乘A有 ABC E BC  A1BCAE ,故应选(D). 其实,对于ABC  E 先右乘C1再左乘C,有ABC E  AB C1CAB E . 三、(本题满分15分,每小题5分.) (1)【解析】这是1型未定式求极限.  1 (cos x1)  lim(cos x)x  lim(1(cos x 1))cos x1 x x0 x0 令cos x 1t,则x0时t 0,所以 1 1 lim(1(cos x1))cos x1 lim(1t)t e , x0 t0 1  (cos x1) (cos x1) lim (cos x1) 所以 lim(1(cos x1))cos x1 x  lim e x ex0 x . x0 x0 因为当x0时,sinx x,所以 2  x   x  2sin2  2  (cos x 1)  2   2   lim  lim  lim  , x0 x x0 x x0 x 2  (cos x1)  lim  故 lim(cos x)x ex0 x e 2 . x0  u u u (2)【解析】先求方向n的方向余弦,再求 , , ,最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. n x y z 曲面2x2 3y2 z2 6在点P(1,1,1)处的法向量为  4x,6y,2z   4x,6y,2z  2  2,3,1 , P (1,1,1) 在点P(1,1,1)处指向外侧,取正号,并单位化得 1 1 n  2,3,1   2,3,1   cos,cos,cos . 22 32 1 14  u 6x 6x 6      x z 6x2 8y2 z 6x2 8y2 14 P  P (1,1,1)   u 8y 8y 8 又     ,  y z 6x2 8y2 z 6x2 8y2 14 P P (1,1,1)  u 6x2 8y2 6x2 8y2     14  z z2 z2  P P (1,1,1) 所以方向导数 u u u u  cos cos cos n x y z 6 2 8 3 1 11      14  . 14 14 14 14 14 7 y2 2z, (3)【解析】由曲线 绕z轴旋转一周而围成的旋转面方程是x2  y2  2z . x0 1 于是,是由旋转抛物面z  (x2  y2)与平面z 4所围成.曲面与平面的交线是 2 x2  y2 8,z  4. 选用柱坐标变换,令xrcos,y rsin,z  z,于是 :02,0 z 4,0r  2z , 因此 I (x2  y2 z)dV  4 2 2z   dz d (r2z)rdr 0 0 0  r 2z 2 4   r4  r2z   dz 0   4 2    r0  4 256 4 z2dz  . 0 3 四、(本题满分6分)【解析】曲线 y asinx,(x[0,]),则dy acosxdx,所以 I  (1 y3)dx(2x y)dy L   [1(asinx)3(2xasinx)acosx]dx 0  a2    1a3sin3 x2axcosx sin2xdx 0  2    a2  a3 sin3 xdx2a xcosxdx  sin2xdx 0 0 2 0   a2  a3 (cos2 x1)dcosx2a xdsinx  sin2xd2x 0 0 4 0 1   a2 a3 cos3 xcosx 2a  xsinxcosx   cos2x    3  0 4 0 0 4  a3 4a. 3 4 对关于a的函数I  a3 4a两边对a求导数,其中a0,并令I0,得 3 I4a2 40.  I0,0a1 所以a1, 且  . I0,1a 4 故a1为函数I  a3 4a,(a 0)的极小值点,也是最小值点.故所求的曲线为 3 y sinx,(x[0,]). 五、(本题满分8分.) 【解析】按傅式级数公式,先求 f(x)的傅式系数a 与b .因 f(x)为偶函数,所以 n n 1 l n b   f(x)sin xdx0(n1,2,3,), n l l l 1 l n 2 l n a   f(x)cos xdx  f(x)cos xdx n l l l l 0 l 1 1 2 1 2 (2x)cosnxdx4 cosnxdx  xdsinnx 0 0 n 0 2 1 2(cosn1)   sinnxdx (n1,2,3,), n 0 n221 a 2 (2x)dx5. 0 0 因为 f(x)2|x|在区间(1 x1)上满足狄利克雷收敛定理的条件,所以 a   n n  f(x)2|x| 0  a cos xb sin x 2  n l n l  n1 5  2(cosn1)   cosnx 2 n22 n1 5 4  1    cos(2n1)x(1 x1). 2 2 (2n1)2 n1 5 4  1  1 2 令x0,有 f(0)20   cos0,所以,  . 2 2 (2n1)2 (2n1)2 8 n1 n1  1   1 1   1 1  1 又       ,   n2 (2n1)2 (2n)2  (2n1)2 4 n2 n1 n1 n1 n1 3  1 2  1 2 所以,   ,即   . 4 n2 8 n2 6 n1 n1 六、(本题满分7分.) 1 2 【解析】由定积分中值定理可知,对于 f(x)dx,在区间( ,1)上存在一点使得 2 3 3 1 2 1  f(x)dxf()(1 ) f(), 2 3 3 3 1 即3 f(x)dx f() f(0). 2 3 由罗尔定理可知,在区间(0,1)内存在一点c(0c1),使得 f(c)0. 七、(本题满分8分) 【解析】设x x x x ,按分量写出,则有 1 1 2 2 3 3 4 4 x x x x 1 1 2 3 4  x x 2x 1  2 3 3 4 . 2x 3x (a2)x 4x b3  1 2 3 4  3x 5x x (a8)x 5 1 2 3 4对方程组的增广矩阵作初等行变换: 第一行分别乘以有2 、3 加到第三行和第四行上,再第二行乘以1 、2 加到第三 行和第四行上,有 1 1 1 1  1  1 1 1 1  1      0 1 1 2  1 0 1 1 2  1     A  2 3 a2 4  b3 0 1 a 2  b1     3 5 1 a8 5  0 2 2 a5 2  1 1 1 1  1   0 1 1 2  1    , 0 0 a1 0  b   0 0 0 a1 0 所以,当a 1,b0时,r(A)1r(A),方程组无解.即是不存在x ,x ,x ,x 使得 1 2 3 4 x x x x 成立,不能表示成、、、 的线性组合； 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4  2b ab1 b  T 当a  1时,r(A)r(A)4.方程组有唯一解  , , ,0 ,  a1 a1 a1  2b ab1 b 故有唯一表达式,且       0 . a1 1 a1 2 a1 3 4 【相关知识点】非齐次线性方程组有解的判定定理： 设 A是mn矩阵,线性方程组 Axb有解的充分必要条件是系数矩阵的秩等于增广 矩阵 A Ab 的秩,即是r(A)r(A) (或者说,b可由 A的列向量,,, 线表出, 1 2 n 亦等同于,,, 与,,,,b是等价向量组). 1 2 n 1 2 n 设A是mn矩阵,线性方程组Axb,则 (1) 有唯一解  r(A)r(A)n. (2) 有无穷多解  r(A)r(A)n. (3) 无解  r(A)1r(A).  b不能由A的列向量,,, 线表出. 1 2 n 八、(本题满分6分) 【解析】方法1：因为A为n阶正定阵,故存在正交矩阵Q,使  1    QTAQ Q1AQ   2  ,         N 其中0(i1,2,n),是A的特征值. i i 因此 QT(AE)Q QTAQQTQ E 两端取行列式得 | AE||QT || AE||Q||QT(AE)Q||E| (1) , i 从而 | AE|1. 方法2：设A的n个特征值是,,,.由于A为n阶正定阵,故特征值全大于0. 1 2 n 由为A的特征值可知,存在非零向量使A,两端同时加上, 得 AE 1 .按特征值定义知1是 AE 的特征值.因为 AE 的特征值是 1, 1,, 1.它们全大于1,根据 A ,知| AE|(1)1. 1 2 n i i 【相关知识点】阵特征值与特征向量的定义：设A是n阶矩阵,若存在数及非零的n维列 向量X 使得AX X 成立,则称是矩阵A的特征值,称非零向量 X 是矩阵A的特征向 量. 九、(本题满分8分) 【解析】曲线 y  y(x)在点P(x,y)处的法线方程为 1 Y  y  (X x) (当y0时), y 它与x轴的交点是Q(x yy,0),从而 1 |PQ| (yy)2 y2  y(1 y2)2. 当 y0时,有Q(x,0),|PQ| y,上式仍然成立. 因此,根据题意得微分方程 y 1  , 3 1 (1 y2)2 y(1 y2)2 即 yy1 y2.这是可降阶的高阶微分方程,且当x1时,y 1,y0.dP dP PdP dy 令 y P(y),则 y P ,二阶方程降为一阶方程 yP 1P2,即  . dy dy 1P2 y 即 y C 1P2 ,C为常数. 因为当x1时,y 1,P  y0,所以C 1,即y  1P2  1 y2 , dy 所以 y y2 1.分离变量得 dx. y2 1 令 ysect,并积分,则上式左端变为 dy secttantdt    ln secttant C y2 1 tant ln sect sec2t1 C ln y y2 1 C.   因曲线在上半平面,所以 y y2 10,即ln y y2 1 Cx. 故 y y2 1Cex. 当x1时, y 1, 当x前取+时,C e1, y y2 1ex1, y y21 1 1 y y21   e1x； (y y21)(y y21) y y21 ex1 当x前取时,C e, y y2 1ex1, y y21 1 1 y y21   e x1 ； (y y21)(y y21) y y21 e1x 1 所以 y  (e(x1) e(x1)). 2 十、填空题(本题满分6分,每小题3分.) (1)【解析】一般说来,若计算正态分布随机变量在某一范围内取值的概率,应该已知分布的 两个参数和2,否则应先根据题设条件求出,2,再计算有关事件的概率,本题可从 2 2 2 ( )0.8,通过查(x)表求出,但是注意到所求概率P(x0)即是( )与( )    2 2 之间的关系,可以直接由( )的值计算出( ).  X 2 因为X  N(2,2),所以可标准化得  N(0,1),  由标准正态分布函数概率的计算公式,有 42 22 P(2 x4)( )( ) ,   2 ( ) P(2 x4)(0)0.8.  02 2 2 由正态分布函数的对称性可得到 P(x0)( )( )1( )0.2 .     (2)【解析】设事件A=“掷的点和原点的连线与x轴的夹角小于 ”, 4 这是一个几何型概率的计算问题.由几何概率公式 y S 1 P(A) D ,而 S  a2, 半圆 C S 2 半圆 1 1 S S S  a2 a2, D D OAC 1 圆 2 4 x 4 O A B 1 1 a2  a2 1 1 2 4 故 P(A)   . 1 2  a2 2 十一、(本题满分6分) 【解析】二维连续型随机变量的概率等于对应区域的二重积分,所以有 F(z)P  Z  z P  X 2Y  z   f(x,y)dxdy . x2yz y 当z 0时,F(z)0. 因为x2y  z 在直线x2y 0的下方 与x0,y 0(即第一象限)没有公共区域, D x 所以F(z)0. O z x2y 0 当z 0时,x2y  z 在直线x2y 0 的上方与第一象限相交成一个三角形区域D,此即为积分区间. zx z z F(z)  dx 2 2e(x2y)dy   (exez)dx 1ezzez . 0 0 0 0, z 0, 所以Z  X 2Y 的分布函数 F(z) 1ez zez, z0.