1991考研数学一真题及答案解析

1、1991年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题(本题满分15分,每小题3分.)2l2(1)设 X X2 t ,则雪=.y cost,dx 由方程XyZ (1)曲线y y2 Z22所确定的函数 Z z(x,y)在点(1,0, 1)处的全微分dz=. 已知两条直线的方程是L1山 ； L2： 乂 ；则过L1且平1 0 1 2 1 1行于L2的平面方程是.12 一 已知当X 0时，(1 ax )1 e X 1与COSX 1是等价无穷小，则常数a=.5200设4阶方阵A2100,则A的逆阵A100120011二、选择题(本题满分15分,每小题3分.)(A)没有渐近线(C)仅有铅直渐近线(B)(

2、D)仅有水平渐近线既有水平渐近线又有铅直渐近线 若连续函数f(x)满足关系式f (X)2xdtIn 2,则 f (X)等于 ()(A) ex In 2(B)e2xn 2(C) exIn 2(D)e2x In 2(3)已知级数(1)n 1an2 , a2n 1n 15,则级数an等于n 1(A) 3(B) 7(C) 8(D) 9 设D是XOy平面上以(1,1)、(-1,1)和(-1,-1)为顶点的三角形区域，D1是D在第一象限的部分，则 (Xy COSXSin y)dxdy等于(A)2 Cosxsin ydxdyq(C) 4 (Xy cosxsin y)dxdyD1(5)设n阶方阵A、B、C满足

3、关系式(A)ACB E(B)(C) BAC E(D)(B)(D) 0ABC2 XydXdyDiE,其中E是n阶单位阵，则必有 ()CBA EBCA E、(本题满分15分，每小题5分.)求 Iim(COSx)xX 0设n是曲面2x2 3y22Z 6在点P(1,1,1)处的指向外侧的法向量，求函数P处沿方向n的方向导数.(2 y2 z)dV ,其中是由曲线 y2Z，绕Z轴旋转一周而成的曲面与平面X 04所围成的立体四、(本题满分6分)在过点0(0,0)和A( ,0)的曲线族y asin x(a 0)中，求一条曲线L,使沿该曲线从O到A的积分L (1 y3) dx (2x y)dy的值最小.五、(本

4、题满分8分.)将函数f(x) 2 x( 1 X 1)展开成以2为周期的傅立叶级数，并由此求级数1-2的和.n 1 n六、(本题满分7分.)1设函数f(x)在0,1上连续,(0,1)内可导，且3 2 f(x)dx f(0),证明在(0,1)内存在3一点 C ,使 f (c)0.七、(本题满分8分.)已知 1(1,0,2,3) ,2(1,1,3,5),3(1, 1,a 2,1), 4(1,2,4,a 8),及(1,1b 3,5).（1） a、b为何值时，不能表示成I3、4的线性组合?0, a、 b为何值时,有12、3、4的唯的线性表示式？并写出该表示式八、（本题满分6分）设A为n阶正定阵，E是n阶

5、单位阵,证明A E的行列式大于1.九、（本题满分8分）在上半平面求一条向上凹的曲线，其上任一点P（x, y）处的曲率等于此曲线在该点的法线段PQ长度的倒数（Q是法线与X轴的交点）,且曲线在点（1,1）处的切线与X轴平行.十、填空题（本题满分6分，每小题3分.）（1）若随机变量X服从均值为2,方差为 2的正态分布，且P 2 X 40.3,则PXo =随机地向半圆0 y2ax X （ a为正常数）内掷一点，点落在半圆内任何区域的概率与区域的面积成正比,则原点和该点的连线与 X轴的夹角小于一的概率为4（本题满分6分）设二维随机变量（X,Y）的概率密度为f (x, y)2e(X 2y)x 0,y0其他

6、求随机变量Z X 2Y的分布函数1991年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析、填空题(本题满分15分，每小题3分.)(1)【答案】Sint tcost4t,满足参数方程所确定函数的微分法如果Xy(t)(t)，则dydx(t)(t)所以dydy dtSi ntdxdx2tdt【解析】这是个函数的参数方程再对X求导，由复合函数求导法则得2d y d dy dt d Sin t 1衣 dt(dX) X dl(rrG2tcost 2sin t 1 Sint t cost4t22t4t3【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)将方程两

7、边求全微分，由一阶全微分形式不变性得d (XyZ)d(X2 y22、2 y2再由全微分四则运算法则得(Xy)dz (ydXXdy)ZXdXydy ZdZ令 X 1,y0,z1,得 dy dX dZ,即dZdx .2dy.【答案】X 3y Z 20【解析】所求平面过直线L1,因而过L1上的点(1,2,3)；r(1,0, 1)因为 过L1平行于L2,于是 平行于L1和L2的方向向量，即平行于向量11和向量r2(2,1,1),且两向量不共线，于是平面 的方程0,0.即X 3y(4)【答案】【解析】因为当sinx: x,(10 时 ax20,所以有1(1 ax2)31: 1 ax2,cos X31 .

8、 2Sin X :2所以(1 ax2)3COSX 1叫IK1 2ax31 2X2因为当X10时，(1 ax2)31 与 COsx21是等价无穷小，所以a 1,故a332 .12002500(5)【答案】001233110033【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、亠A 0A100注意：B 1 ，0 B0B对于2阶矩阵的伴随矩阵有规律：AaC*a bAC d如果A 0,这样1 1A0B0A10 b,则求A的伴随矩阵dd bC a本题的特点，若知道分块求逆法，则可以简单解答.a b 1 d b1 d bCd ACa ad be Ca再利用分块矩阵求逆的法

9、则:Bj见、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,y叫HX1 I mo H X1 1叫 HX,所以X 0为铅直渐近线ymHX1 - ImH Xm HX所以选(D).【相关知识点】铅直渐近线：如函数 y-1,所以y 1为水平渐近线1f (x)在其间断点X 0处有Iim f (x),贝UX XoX X。是函数的一条铅直渐近线;水平渐近线：当lim f (x)Xa,(a为常数)，则ya为函数的水平渐近线(2)【答案】(B)【解析】令UtI -,则t2u, dt2du,所以22xtXf(x)f0-dt ln

10、22O 2f(u)du ln2,两边对X求导，得f (X) 2f (X),这是一个变量可分离的微分方程，即d f (X) 2dx .解f (X)之得f (X) Ce2x,其中C是常数.又因为 f(0)2f(u)du ln2 ln 2 ,代入 f(x) Ce2x,得 f (0) Ce0 ln 2 ,得C In 2,即 f(x)e2xIn 2.【答案】【解析】(C)因为1)1ana1a2a3a4la2n 1a2n L(aa2)(a3a4)(a2n 1 a2n ) L(a2n 1n 1a2n)a2n 1n 1a2n (收敛级数的结合律与线性性质),所以na2n1a2n 1n 11)n1an3.an1

11、(a a2)(a3a4)(a2n 1a2n)故应选(C).【答案】(a2n 1n 1a2n )a2nn 1a2n 5n 18,(A)【解析】如图，将区域D分为DI) D2, D31D4四个子区域.显然，D1, D2关于y轴对称，D3, D4关于X轴对称.1DXydXdyI2DCOSXSin ydxdy由于Xy对X及对y都是奇函数，所以XydXdy 0, XydXdy 0.DI D2而COSXSin y对X是偶函数，对y是奇函数，故有cosxsin ydxdy 0,D3 D4D1cosxsin ydxdyD22 cosxsin ydxdy ,D1所以(Xy cosxsin y)dxdyD1112

12、2 cosxsin ydxdy ,D1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IAIlBIC I 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A1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 .、(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)Iim(CoS .x)x Iim

13、 (1 (CoS iX 1)cos X1 X X 0X 0令cos. X 1 t,则X 0时t 0 ,所以1 1 lim(1 (CoSlX 1)cos X 1 lim(1 t)t e, X 0t 01(cos X 1)(CoS 叮 X 1)lim (cos X 1)所以lim (1 (CoS G 1)cos X1 Xlime XX 0XeX 0X 0因为当X0时，sinx : X,所以2 Sin2仝2仝2l.(cosjx 1) l.limlim2lim2X 0XX 0XX 0X2Iim(cos代 I)故lim (cos、X)Xex 0Xe 2X 0(2)【解析】先求方向n的方向余弦，再求最后按

14、方向导数的计算公式UUcosUUcoscoS求出方向导数nXyZ2曲面2x22 23y Z 6在点P(1,1,1)处的法向量为4x,6y,2zP 4x,6y,2z(1,1,1) 2 2,3,1在点P(W)处指向外侧，取正号，并单位化得所以方向导数1232=2,3,1112,3,1.14CoS ,C0S ,C0SUX PUy PUZ P6xz 6 2 8y28yP(3)【解析】由曲线P6 x(1,1,1)PUuUUcos cos cos n XyZ6.148.14,146283111yj 14 .14.石忆和 、忆7y2Z,绕Z轴旋转一周而围成的旋转面方程是X 02z .于是， 是由旋转抛物面Z

15、 (2y2)与平面Z22 2X y 8, Z 4.选用柱坐标变换，令Xr cos , yr Sin , z Z ,:02 ,0 Z 4,0 r 2z,2 2因此 I (X y z)dV42dz d0 0云2O (r z)rdr4所围成曲面与平面的交线是r 2zdzr 0z2 dz四、(本题满分6分)24256403【解析】曲线y asin X, (X 0,),则dy acosxdx,所以il(13y )dx (2x y)dy0口(asin x)3 (2x asinx) a cosx dx2a3sin3 x 2axcosx sin2x2dx对关于a的函数I0si n3xdxO (cos2 X13

16、cos X34a .2 a 2a X cos XdX 00 Sin 2xdx1)d cos xcosx02a 0 Xd Sin Xa20sin 2xd2x2a XSin X cosx Ocos2x O4a两边对a求导数，其中a 0,并令I0,得X1I4a 2 4 0.所以a 1,且0,00,1故a 1为函数y Sinx, (X0,)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an与bn.因f(x)为偶函数,所以bnanlf (x)sinnxdxI ln- f (x)cos XdXI Il0 (n 1,2,3, L ),2 lnf (x)cos XdX l0l120(2

17、x)cos n XdX14 cos n XdX0Xd Sin n00si nn XdX2(cosn 1)(n 1,2,3,L ),因为aof(x) 2f()12(2 X)dX0IX唯区间（1IxIa025.X 1）上满足狄利克雷收敛定理的条件ancos- X bnsin1lcos n2n 1n2 254122n1 (2n2 11)0,有f(0)20 541222n 1 (2 n1)111n21 nn 1(2n1)2(2n)2n312,即1286 .4 n1 nn 1 n5cos(2 n令Xcos0,所以,又所以,六、（本题满分7分.）2(cosn 1)11(2n1)21) X,所以1).【解析

18、】由定积分中值定理可知,对于(2n 1)212 f(x)dx32f （x）dx,在区间（一，1）上存在一点32 1f()(1 2 1f()，使得1即 3 2 f (x)dx3f( ) f(0).由罗尔定理可知,在区间（0,1）内存在一点c(0 C1),使得 f (C)0.七、（本题满分【解析】设X11X2 2 X3 3X4,按分量写出，则有X2X3X22x13x1X33x25x2X412 X4(aX32)x3 4x4 b 3(a 8)x45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5再第二行乘以1、2加到第三行和第四行上，有1111 M11111 M1-0112

19、M10112 M1A23a 24 Mb 301a2Mb1351a 8M5022 a5M21111 M10112 M100a 10 Mb000a 1M0所以,当a 1,b 0时,r(A) 1 r(A),方程组无解.即是不存在x1,x2,x3,x4使得xI1x22x33x44 成立,不能表示成1、2、3、4的线性组合；T当 a 1 时,r(A) r(A) 4.方程组有唯一解-2b,a b 1j ,0 ,a 1 a 1 a 1 故有唯一表达式，且-2b I a b 1 2 Jb3 o 4.a 1 a 1 a 1【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

20、充分必要条件是系数矩阵的秩等于增广矩阵A AM的秩，即是r(A) r(A)(或者说，b可由A的列向量 1, 2,L , n线表出，亦等同于1，2，L ， n 与1，2,L , n,b是等价向量组设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1, 2,L , n线表出八、(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QTAQ Q 1AQ其中i 0(i1,2丄n), i是A的特征值.因此 QT(A E)QQTAQ QTQ两端取行列式得 I AE|

21、IQTIlA EQ IQT(AE)Q| I EI ( i 1),从而 IA E I 1.方法2：设A的n个特征值是由于A为阶正定阵，故特征值全大于0.1 1,为A的特征值可知，存在非零向量1.按特征值定义知21,L , n 1.它们全大于1,根据A,两端同时加上E的特征值因为A E的特征值是,知 |A E |(i 1)1.【相关知识点】阵特征值与特征向量的定义：设及非零的n维列A是n阶矩阵，若存在数向量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Y y 丄(X X)(y0时),它与X轴

22、的交点是Q(X yy ,0),从而IPQI .(yy)2 y2y(11于.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y3(1 y2f1y(1 y2f即yy 1 y 2.这是可降阶的高阶微分方程,且当 X 1 时，y 1,y0 .dP令 y P(V)，M y P-二阶方程降为一阶方程 yPd1 P2,即dyPdP dy1 PT V即y C 1P2 , C为常数.因为当X 1时，y 1,P y0,所以C 1,即所以y y21.分离变量得dydx .令y SeCt,并积分，则上式左端变为dy.y2 1SeCt tantdttan tIn SeCttantIn SeCt JSeCt1 CInyTy因曲线在上半平面，所以yy210,即 InX.Ce当X 1时,y 1,当X前取+时，C亍eX1yy2 1y .y2 1(yy2 1)