1994考研数一真题及解析

1、(1) 1994 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题 、填空题 (本题共 5个小题 ,每小题 3分,满分 15 分.) 11 limcot x( ) . x 0 sinx x (2) 曲面 z e 2xy 3 在点(1,2,0) 处的切平面方程为 (3) 设u e xsin x ,则 u 在点 (2, 1)处的值为 y x y (4) 22 设区域 D为 x2 y2 R2,则 (x2 y2 )dxdy D a2 b2 (5) 11 已知 (1,2,3), (1, , ),设 A T ,其中 T 是 的转置 ,则An 23 二、选择题 (本题共 5个小题 ,每小题 3分,满分 15 分.)

2、(1) 设M 2 sin x2 cos4 xdx, N 2 (sin 3 x cos4 x)dx , P2 (x2sin3x cos4 x)dx, 21 x2 2 则 (A) (C) PM MP (B) (D) M P N PMN fx(x0,y0)、 fy ( x0 , y0)存在是 f(x,y)在 (B) (D) 必要条件而非充分条件 既非充分条件又非必要条件 该点连续的 (A) 充分条件但非必要条件 (C) 充分必要条件 (3) 设常数0,且级数an2 收敛,则级数 n1 |an| n 1( 1)n n2 n 1 n (A) (C) 发散 绝对收敛 (B) (D) 条件收敛 收敛性与 有

3、关 limx0 ) 2,其中 a2 c2 0,则必有 atanx b(1 cosx) x2 cln(1 2x) d(1 e x ) (A) b 4d (C) a 4c (B) (D) b 4d a 4c (5) 已知向量组 1、 2、 3、 4线性无关 , 则向量组 3、 (A) 12 、 23、 34、 4 1线性无关 (B) 1 2、 2 3、 3 4、 4 1线性无关 (C) 1 2、 2 3、 3 4、 4 1线性无关 (D) 1 2、 2 3、 3 4、 4 1线性无关 三、(本题共 3小题, 每小题 5分,满分 15分.) (1) x cos(t2 ), 设 x cos(t )2,

4、 t2 1 求dy、 y t cos(t 2 ) 1 cosudu, dx d2y2在t dx 的值 . 1 1 x 1 (2) (3) 将函数 f(x) ln arctanx x 展开成 x 的幂级数 . dx sin2x 2sin x 4 1 x 2 四、( 本题满分 6 分 ) 计算曲面积分 2 xdy2dz 2z2dx2dy ,其中S是由曲面 x2 y2R2及两平面 z R, S x2 y2z2 z R(R 0) 所围成立体表面的外侧 五、( 本题满分 9 分 ) 设f (x)具有二阶连续导数 , f(0) 0,f (0) 1,且 xy(x y) f (x)ydx f (x) x2yd

5、y 0为一全微分方程 ,求 f(x) 及此全微分方程的 通解. 六、( 本题满分 8 分 ) 设 f(x)在点 x 0的某一领域内具有二阶连续导数 ,且lim f (x) 0 ,证明级数 x 0 x 1 f ( ) 绝对收敛 . n1 n 七、 ( 本题满分 6 分 ) 已知点 A与 B的直角坐标分别为 (1,0,0) 与(0,1,1). 线段 AB绕 z轴旋转一周所围成 的旋转曲面为 S.求由 S及两平面 z 0,z 1所围成的立体体积 八、 ( 本题满分 8 分 ) x1 x2 0, 设四元线性齐次方程组 ( ) 为 1 2 又已知某线性齐次方程组 ( ) 的通解为 x2 x4 0, k1

6、(0,1,10) k2( 1,2, 2,1) . (1) 求线性方程组 ( ) 的基础解系； (2) 问线性方程组 ( )和 ( )是否有非零公共解？若有 ,则求出所有的非零公共解 .若没 有, 则说明理由 . 九、 ( 本题满分 6 分 ) * T * T 设 A为n阶非零方阵 , A*是 A的伴随矩阵 , AT 是 A的转置矩阵 ,当 A* AT时,证明 | A| 0. 十、填空题 (本题共 2小题, 每小题 3分,满分 6分.) (1) 已知 A 、 B两个事件满足条件 P(AB) P(AB),且 P(A) p,则 P(B) . (2) 设相互独立的两个随机变量 X 、 Y具有同一分布律

7、 ,且 X 的分布律为 X 0 1 P 1 1 2 2 则随机变量 Z max X,Y 的分布律为 . 十一、 ( 本题满分 6 分 ) 已知随机变量 (X,Y) 服从二维正态分布 ,且X 和Y分别服从正态分布 N (1,32 ) 和 2 1X Y N(0,42), X 与Y的相关系数 XY,设Z, XY 23 2 (1) 求 Z的数学期望 E(Z)和方差 D(Z) ； (2) 求 X 与 Z 的相关系数 XZ ； (3) 问 X 与 Z 是否相互独立？为什么？ 1994 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.) 1 (1) 【

8、答案】 1 6 【解析】原式变形后为“ 0 ”型的极限未定式 , 又分子分母在点 0处导数都存在 ,所以连 0 续应用两次洛必达法则 , 有 cosx(x sinx) x sinx 原式 lim 2limcos x lim3 x 0 xsin2 xx 0 x 0 x3 1 cosx sinx 1 sinx lim 2 lim . ( 由重要极限 lim1) x 0 3x2x 0 6x 6 x 0 x (2) 【答案】 2x y 4 0 解析】所求平面的法向量 n为平行于所给曲面在点 (1,2,0) 处法线方向的方向向量 l , 取n l ,又平面过已知点 M (1,2,0) . 已知平面的法向

9、量 (A, B,C)和过已知点 (x0,y0,z0) 可唯一确定这个平面： A(x x0) B(y y0) C(z z0) 0. 因点 (1,2,0) 在曲面 F(x,y,z) 0上.曲面方程 F(x,y,z) z ez 2xy 3. F y F z (1,2,0) 曲面在该点的法向量 2y,2x,1 ez4,2,0 2 2,1,0 , (1,2,0) 故切平面方程为 2(x 1) (y 2) 0, 即 2x y 4 0. 2 (3) 【答案】 2 e2 解析】由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关 , 为了简化运算 , 所以本题可以先 求u y 再求 xy ux x x 2 e cos ,

10、 yy y 2u x y (2,1 ) xy 1 (2,1) x2 2x xe cos x x2 ( 2e x (1 x)cos x) x 2 u (x,y),v(x, y)都在点 (x,y)具 (可边代值边计算 , 这样可以简化运算量 .) 【相关知识点】多元复合函数求导法则：如果函数 有对 x及对 y的偏导数 ,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( (x,y), (x,y)在点 (x, y)的两个偏导数存在 ,且有 x f2 v ； 2x zzuz vuv f1f2 . yuyv yyy (4) 【答案】 R4( 12 12 ) 4a2 b2 【

11、解析】很显然 , 根据此题的特征用极坐标变换来计算： 原式 d 2 22 os c 22 n 注意： 22 cos2 dsin 2 d , 原式 a a12 b12 1 4 4 R4 R4 4 (5) 答案】 3n 1 解析】 由矩阵乘法有结合律 , 注意 AT 1 2 1,1,1 2 1,2,3 3 1 1,1,1 1,2,3 2 3 3 是一个数 , T ,( 是一个三阶矩阵 ) 于是, An ( T )( T )( T ) ( T ) T T T T 2 n1 T n 1 3n 1 T3n 1 2 1 1 3 2 3 1 二、选择题 (本题共 5个小题,每小题 3分,满分 15分.) (

12、1) 【答案】 (D) 【解析】对于关于原点对称的区间上的积分 , 应该关注被积函数的奇偶性 . 由对称区间上奇偶函数积分的性质 , 被积函数是奇函数 , 积分区间关于原点对称 ,则积分 为 0, 故 M 0, 且 由定积分的性质 ,如果在区间 a,b上,被积函数 f(x) 0,则 bf(x)dx 0 (a b). a 所以 N 2 2 cos4 xdx 0, P 2 2cos4 xdxN 0. 00 因而 P M N , 应选(D). (2) 【答案】 (D) 【解析】 f(x,y)在点 (x0, y0)连续不能保证 f (x, y)在点( x0 , y0 )存在偏导数 fx(x0,y0),

13、 fy(x0, y0) .反之, f(x,y)在点 (x0, y0)存在这两个偏导数 fx(x0,y0), fy(x0,y0) 也不能保 证 f(x,y)在点(x0,y0)连续,因此应选 (D). 二元函数 f (x,y)在点 (x0, y0)处两个偏导数存在和在点 (x0,y0) 处连续并没有相关性 . (3) 【答案】 (C) 【解析】考查取绝对值后的级数 . 因 ( 1n)2n |an| 21an2 1 21a 2 n22 2n2 , 2 b2)得到的 .) 12 ( 第一个不等式是由 a 0,b 0,ab(a2 1 又 an2 收敛 ,12 收敛,( 此为 p 级数： n 1 nn 1

14、 2n2 1p 当 p 1时收敛；当 p 1时发散 .) n 1 n p 所以 1an2 12 收敛,由比较判别法 ,得 ( 1) |an | 收敛. n 1 2 2n n 1 n2 故原级数绝对收敛 , 因此选 (C). (4) 【答案】 (D) 12 【解析】因为 1 cosxx2 o( x ),1 e x x2 o(x), 2 故 atanx b(1 cosx) ax (a 0), cln(1 2x) d(1 e x ) 2cx (c 0) , 因此,原式左边 lim ax a 2 原式右边 , a 4c. x 0 2cx 2c 当 a 0,c 0时, 极限为 0； 当 a 0,c 0时

15、, 极限为 ,均与题设矛盾 ,应选(D). 【相关知识点】 1. 无穷小的比较： 设在同一个极限过程中 , (x), (x) 为无穷小且存在极限 lim (x) 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) . 若 lim (x) 不存在 (不为 ), 称 (x), (x) 不可比较 . (x) 2. 无穷小量的性质：当 x x0时, (x), ( x)为无穷小 ,则

16、(x) (x) (x) (x) o( (x) . (5) 【答案】 (C) 【解析】这一类题目应当用观察法 . 若不易用观察法时可转为计算行列式 . (A) ：由于122334410 ,所以(A)线性相关 . (B) ：由于122334410 ,所以(B)线性相关 . 对于(C), 实验几组数据不能得到 0时, 应立即计算由 的系数构成的行列式 , 即 1 0 0 1 1 1 0 0 2 0, 0 1 1 0 0 0 1 1 由行列式不为 0,知道(C)线性无关 .故应选(C). 当然,在处理 (C) 有困难时 ,也可来看 (D), 由 ( 1 2 ) ( 2 3) ( 3 4) ( 4 1)

17、 0, 知(D) 线性相关 , 于是用排除法可确定选 (C). 【相关知识点】 1, 2, , s线性相关的充分必要条件是存在某 i(i 1,2, ,s) 可以由 1, i 1, i 1, , s 线性表出 . 1, 2, , s线性无关的充分必要条件是任意一个 i(i 1,2, ,s) 均不能由 1, i 1, i 1, , s 线性表出 . 三、 (本题共 3 小题 , 每小题 5 分 , 满分 15 分 .) (1) 【解析】 dy dy dt dy dx yt 2 2 2 1 2 cost2 2t2 sint2 cost2 2t 2t 同理 dx dt dx dt dt xt 2tsi

18、nt2 t(t 0), yxx (yx)t xt 2t sint 代入参数值 yx t 2 yxx t 2 相关知识点】 1.复合函数求导法则 :如果u g(x)在点 x可导,而 y f(x)在点u g(x) 可导,则复合函数 y f g(x) 在点 x可导,且其导数为 ddyx f (u) g (x) 或 dy dy du dx du dx 2.对积分上限的函数的求导公式：若 F(t)(t) f(x)dx, (t) , (t)均一阶可导 ,则 F (t) (t) f (t) (t) f (t) . (2) 【解析】 f (x) 1ln(1 x) 1ln(1 x) 1 arctanx x. 4

19、42 先求 f (x)的展开式 .将 f(x) 微分后,可得简单的展开式 ,再积分即得原函数的幂级数 展开 .所以由 ( 1) (1 x) 1 x 该级数在端点 得 f (x) 2! x 1 处的收敛性 12 1 x x x 1x 1 2 3 1 x x2 x3 1x 1 1 1 1 1 41 x 41 x 2 ( 1) ( n 1) n x2xn , ( 1 x 1) n! , 视 而定 . 特别地 , 当1 时 , 有 ( 1)n xn xn, 1 1 1 21 x2 1 21 x2 ( 1 x 1) ( 1 x 1) 1 2 21 x2 1 1 4n 4 1 x 1 x n 0 1x4n

20、(| x| 1), n1 积分,由牛顿 -莱布尼茨公式得 f(x) f (0) 0 f (x)dx 0 n1 x x4n 1 t 4ndt x n 1 4n 1 (| x| 1). (3) 【解析】 方法 结合拆项法求积分 1：利用三角函数的二倍角公式 ,得 sin2 2sin cos , 并利用换元积分 , dx dx sin2x 2sin x 2sin x(cos x 1) sin xdx 2 cosx u 2sin 2 x(cos x 1) 1 2 (1 u)(1 u) 2du 22 ( sin x 1 cos x) 1 4 (1 u)(1 u)2 du 8 (1 u 1 (1 u) (

21、1 u) 1 u (1 u)2 )du 1 ln|1 u| ln|1 u| 2 8 (1 u) 1 ln 1 cosx ln 1 cosx C , 8 1 cosx 其中 C 为任意常数 . 方法 2：换元 cosx u后, 有 原式 dx sin xdx 2 2sin x(cos x 1) 2sin x(cos x 1) 1 2 (1 u)(1 u) du . 2. 用待定系数法将被积函数分解 1 A B D 22 (1 u)(1 u)2 1 u 1 u (1 u)2 (A B)u2 (2A D)u (A B D) , (1 u)(1 u)2, A B 0 11 2A D 0 A B ,D

22、. 42 ABD1 1 1 1 2 1 2 于是 , 原式 ( 2 )du ln 1 u ln 1 u C 8 1 u 1 u (1 u)28 1 u 1 cosx ln 1 cosx 1 cosx C. xdydz y2 z2 s2 x2 xdydz y2 z2 四、（ 本题满分 6 分 ） 【解析】求第二类曲面积分的基本方法 : 套公式将第二类曲面积分化为第一类曲面积分, 再化 为二重积分 , 或用高斯公式转化为求相应的三重积分或简单的曲面积分 . 这里曲面块的个数不多 ,积分项也不多 ,某些积分取零值 , 如若 垂直 yOz平面, 则 Pdydz 0. 化为二重积分时要选择投影平面 ,注

23、意利用对称性与奇偶性 . 先把积分化简后利用高斯公式也很方便的 . 方法1：注意2z dx2dy 2 0,（因为 S关于xy平面对称,被积函数关于 z轴对称） S x2 y2 z2 所以 I2 xdy2dz 2 . S x2 y2 z2 由上下底圆及圆柱面组成 . 分别记为 S1,S2 ,S3.S1, S2与平面 yOz 垂直 在 S3 上将 x2 y2 R2 代入被积表达式Ix2dydz2 . Rz S3在yz平面上投影区域为 Dyz: R y R, R z R,在S3上, xR2 y2, S3关 于 yz平面对称 , 被积函数对 x为奇函数 , 可以推出 R2 y2R2 I 2 2 2 d

24、ydz 2 2 2 R2 Dyz0 22 R2 z2 y2dy 0 2dz 2 0 R2 z2 2z R arctan 4 R R 12 2R. 方法 2： S是封闭曲面 , 它围成的区域记为 ,记 xdydz S R2 z2 再用高斯公式得 I 2 2 x R2 z2 dV R2 z2 dVRRdzD(z) Rd2xdyz2 D( z) R 11 2 R22 2 dz2R ( 先一后二的求三重积分方法 ) 0 R2 z22 其中 D (z)是圆域： x2 y2 R2 . 相关知识点】高斯公式：设空间闭区域 是由分片光滑的闭曲面所围成 , 函数 P(x,y,z) 、Q(x, y, z) 、 R

25、(x, y,z)在 上具有一阶连续偏导数 ,则有 Pdydz Qdzdx Rdxdy, P Q R dv Pcos xyz Qcos Rcos dS, 这里 是 的整个边界曲面的外侧 , cos 、cos 、cos 是 在点 (x,y,z) 处的法向量的 方向余弦 . 上述两个公式叫做高斯公式 五、( 本题满分 9 分 ) 【解析】由全微分方程的条件 , 有 2 xy(x y) f (x)y f (x) x2y, yx 即x2 2xy f (x) f (x) 2xy,亦即 f (x) f (x) x2. 因而是初值问题 y y x , 的解, 此方程为常系数二阶线性非齐次方程 ,对应的 yx0

26、 0,y x0 1, 齐次方程的特征方程为 r2 1 0的根为 r1,2i ,原方程右端 x2 e0 x x2中的0,不同 于两个特征根 , 所以方程有特解形如 Y Ax2 Bx C . 代入方程可求得 A 1,B 0,C 2, 则特解为 x2 2. 由题给 f(0) 0, f (0) 1, 解得 f(x) 2cos x sin x x2 2. f(x) 的解析式代入原方程 , 则有 22 xy 2y (2cos x sinx)ydx x y 2x 2sin x cos x dy 0. 先用凑微分法求左端微分式的原函数： 1 2 2 1 2 2 ( y dx x dy ) 2(ydx xdy)

27、 yd(2sin x cosx) (2sin x cosx)dy 0, 1 2 2 d( x2y2 2xy y(cosx 2sin x) 0. 1 2 2 其通解为x2y2 2xy y(cosx 2sin x) C 其中 C 为任意常数 . 【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)

28、,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 r1,r2； 分三种情况： (1) 两个不相等的实数根 r1,r2, 则通解为 y C1erx1 C2er2x; (2) 两个相等的实数根 r1 r2 , 则通解为 y C1 C2x erx1 ; (3) 一对共轭复根 r1,2i , 则通解为 y e x C1cos x C2sin x . 其中 C1,C2 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*(

29、x), 可用待定 系数法 , 有结论如下： 如果 f(x) Pm(x)e x ,则二阶常系数线性非齐次方程具有形如y*(x) xkQm(x)e x 的特解 ,其中 Qm(x)是与 Pm(x)相同次数的多项式 , 而k按 不是特征方程的根、是特征方 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 xPl(x)cos x Pn(x)sin x, 则二阶常系数非齐次线性微分方程 y p(x)y q(x)y f(x) 的特解可设为 y* xke x Rm(1) ( x) cos x Rm(2) ( x)sin x , 其中 Rm(1) (x)与Rm(2) (x)是m次多项式 ,

30、 m max l,n ,而k按i (或 i )不是特征 方程的根、或是特征方程的单根依次取为0 或 1. 六、( 本题满分 8 分 ) 【解析】 lim f(x) 0表明x 0时 f(x)是比 x高阶的无穷小 ,若能进一步确定 f(x)是x 11 的 p 阶或高于 p 阶的无穷小 , p 1, 从而 f( ) 也是 的 p 阶或高于 p 阶的无穷小 , 这就 nn 证明了级数 f( )绝对收敛 . n 1 n 方法一： 由lim f(x) 0及 f ( x)的连续性得知 f(0) 0,f (0) 0,再由 f(x)在点 x 0 的某一领域内具有二阶连续导数以及洛必达法则 , lim f(2x)

31、 为“ 0 ”型的极限未定式 ,又分 x 0 x20 子分母在点 0处导数都存在 ,连续运用两次洛必达法则 , 有 f(x) f (x) f (x) 1 lim 2lim lim f (0) x 0 x2x 0 2x x 0 2 2 lim f(2x) 1 f (0) . x 0 x22 由函数极限与数列极限的关系 lim n 因 2 收敛 n 1 n n 1 f (1n) n f(1) 12 f (0) . n2 收敛,即f(1)绝对收敛 . n 1 n f(x) 方法二： 由 lim 0得知 f (0) 0,f (0) 0,可用泰勒公式来实现估计 . f(x)在点 x 0 x x 0 有泰

32、勒公式： 11 f(x) f(0) f (0)x f ( x)x2f ( x)x2(01,x , ) 22 因 f (x) 在点 x 0的某一领域内具有二阶连续导数 0, f (x)在 x , 有界,即 M 0,有| f (x)| M,x , 1 2 1 2 f(x) 2 f ( x) x2 2Mx2,x , . 11 2 n2 . 1 1 1 1 对此 0, N,n N时, 0f( ) M 2 n2 1 又12 收敛 n 1 n n 1 1 f (1) 收敛, 即 n 1 f (1) 绝对收敛 . n 1 n 相关知识点】正项级数的比较判别法： 设 un 和 vn 都是正项级数 n 1 n

33、1 ,且 lim vn A, 则 n un 当 0 A时 , un 和 vn 同时收敛或同时发散； n1 n 1 当 A 0时,若 un 收敛,则 vn收敛；若vn发散,则 un 发散； n 1 n 1 n 1 n 1 当 A时,若 vn 收敛,则 un 收敛；若un发散,则vn 发散. n 1 n 1 n1 n 1 七、( 本题满分 6 分 ) 【解析】 方法 1： 用定积分 . 1 设高度为 z处的截面 Dz的面积为 S(z) ,则所求体积 VS(z)dz. A, B所在的直线的方向向量为0 1,1 0,1 0 1,1,1 ,且过 A点, 所以 A,B 所在的直线方程为 x 1 y z 或

34、 x 1 z. 11 1 y z 222 22 截面 D z是个圆形 ,其半径的平方 R2 x2 y2 (1 z)2 z2, 则面积 S(z)R2(1 z)2 z2 , 由此 1 2 2 1 2 V 0 (1 z)2 z2dz 0 1 2z 2z2 dz 2 zz 方法 2： 用三重积分 . 2 1(1 z)2 z2 V dV 0 d 0dz 0 rdr 或者 V dV dz d (1 z)2 z2dz Dz 12 1 2z 2z2 dz 2 2 3 2 z z z . 303 八、( 本题满分 8 分 ) 1 1 0 0 【解析】 (1) 由已知 , ( ) 的系数矩阵 , A . 0 1

35、0 1 由于 n r(A) 2, 所以解空间的维数是 2. 取 x3, x4为自由变量 , 分别令 x3,x41,0 , 0,1 , 求出 Ax 0的解. 故( )的基础解系可取为 (0,0,1,0),( 1,1,0,1) . (2) 方程组 ( ) 和 ( ) 有非零公共解 将()的通解x1k2,x2k12k2,x3k12k2,x4k2代入方程组() ,则有 k2 k1 2k2 0 k1 k2 . k1 2k2 k2 0 1 2 那么当 k1 k2 0时,向量k1(0,1,1,0) k2( 1, 2, 2,1) k1 (1, 1, 1, 1是)()与( )的非 零公共解 . 九、( 本题满分 6 分 ) 【解析】 证法一： 由于 A* AT , 根据 A* 的定义有 Aij aij( i, j 1,2,L ,n),其中 Aij是行列式 |A|中aij 的代数余子式 . 由于 A 0, 不妨设 aij 0, 那么 | A| ai1Ai1ai2Ai2Lain Ainai1ai2Lainaij0, 故 | A| 0. 证法二： (反证