1996考研数一真题及解析

1、(1)设 lim(-2a)xx x a8,则a(2)设一平面经过原点及点(6,-3,2),且与平面4x y 2z8垂直,则此平面方程为1996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,把答案填在题中横线上微分方程y 2y 2y ex的通解为,函数uln(xy2 z2)在A(1,0,1)点处沿 A点指向B(3, 2,2)点方向的方向导数设A是4 3矩阵，且A的秩r(A)1022 ,而B020 ,则 r(AB)1 03二、选择题(本题共5个小题，每小题3分，满分15分.在每小题给出的四个选项中，只有 项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内

2、.)(1)已知(x ay)dx2ydy为某函数的全微分，则a等于()(x y)(A) -1(B) 0(C) 1(D) 2 设f (x)有二阶连续导数，且f (0)0,lim f (x)1,则()x 0| x |(A) f (0)是f (x)的极大值(B) f (0)是f (x)的极小值(C) (0, f (0)是曲线y f(x)的拐点(D) f (0)不是f (x)的极值,(0, f (0)也不是曲线y f (x)的拐点(0,)，则级数 (1)n(ntan- )a2n2n 1n设an 0(n1,2,l ),且 an收敛，常数n 1(A)绝对收敛(B)条件收敛(C)()发散 (D)收敛性与有关(

3、A) 1(B) 2(C) 3(D) 48003(5)四阶行列式082b20的值等于0b3830b40084时，F (x)与xk是同阶无穷小，则k等于(B) 设f(x)有连续的导数，f(0)0, f (0)0, F(x)X(x20 2t )f (t)dt,且当 x(A)a1a2a3a4 b|b2b3b4(C) (ai a2“6)(8384 b3b4)(D)(8283 bzbsXad b)三、(本题共2小题,每小题5分，满分10分.)0是常数.(1)求心形线r a(1 cos )的全长，其中8设10, xn 16 xn(n 1,2,L ),试证数列 人 极限存在，并求此极限四、(本题共2小题，每小

4、题6 分,满分12分.)zdxdy,其中(1)计算曲面积分 (2x z)dydzS法向量与z轴正向的夹角为锐角S为有向曲面zx2y2(0 z1),其设变换u x 2y,可把方程6u x 8y2z2x240化简为y0 ,求常数中z z(x, y)有二阶连续的偏导数五、(本题满分7分)求级数一2n的和.n 2 (n 1)2六、(本题满分7分)设对任意x 0,曲线y f(x)上点(x, f (x)处的切线在y轴上的截距等于1 x-o f (t)dt,求f (x)的一般表达式七、(本题满分8分)设f(x)在0,1上具有二阶导数，且满足条件|f(x)| a,|f (x)| b ,其中a,b都是非负常数，

5、c是(0,1)内任一点，证明| f (c)| 2a b.2八、(本题满分6分)T,其中E是n阶单位矩阵，是n维非零列向量T是的转置，证明:(1)A2A的充要条件是1 ； (2)1时，A是不可逆矩阵九、(本题满分8分)2 2 2已知二次型 f(x(,x2,x3) 5x-i 5x2 cx3 2x2 6x1x3 6x2x3 的秩为 2.(1)求参数c及此二次型对应矩阵的特征值；(2)指出方程£(治，乂2公3)1表示何种二次曲面十、填空题(本题共2小题，每小题3分，满分6分.)(1) 设工厂A和工厂B的产品的次品率分别为1囁口 2%,现从由A和B的产品分别占60唏口40%勺一批产品中随机抽取

6、一件，发现是次品，则该次品属 A生产的概率是 .(2) 设、是两个相互独立且均服从正态分布N(0,( I)2)的随机变量，则随机变量的数学期望E(本题满分6分.)设、是相互独立且服从同一分布的两个随机变量，已知的分布律为Pi =1,2,3,又设 X max( , ), Y min(,).(2)求随机变量X的数学期望E(X).1996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,把答案填在题中横线上.)(1)【答案】In 2【解析】这是1型未定式求极限.方法lim(x2a)Xalim(1X3ax ax a 3ax3a x alim(x2a)xx a

7、lim竺 exx alim 3a ex 13a令3a仁则当x时,t0,x ax a1则lim(1 一)禹xx alim(1 t) e,由题设有e3a 8,得aln8 In2.方法二：limxx 2alimxlimxx2a2a 2a lim 1 -xx-(a) alimx2ae3aa ee由题设有e3a】ln83In 2.【答案】2x 2y3z 0【解析】方法一：所求平面过原点 0与M 0 (6,3,2),其法向量nULJLJLJUOM06, 3,2 ;平面垂直于已知平面 4x2z8 ,它们的法向量也互相垂直： nuun°4,1,2 ；ruuuuuuu由此， n OM0n04i 4j6

8、k.3z 0.取n 2i 2j 3k,则所求的平面方程为 2x 2y方法二：所求平面即为过原点，与两个不共线的向量(一个是从原点到点M°(6,3,2)的向量ujuunOM。6,3,2,另一是平面4xuu2z 8的法向量n04, 1,2)平行的平面，0,即2x2y 3z 0.【答案】ex(G cosx c2sin x1)【解析】微分方程 y 2y 2xy e所对应的齐次微分方程的特征方程为由于非齐次项e x2r 2 0 ,解之得A1 i .故对应齐次微分方程的解为y ex(G cosx CzSin x).1不是特征根，设所给非齐次方程的特解为y (x) aex，代入2y 2y ex得a

9、 1(也不难直接看出y (x) ex),故所求通解为y ex(C1 cosx C2sinx) ex ex(C1 cosx C2sinx 1).【相关知识点】 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.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),可用特征方程法求解：即 y P(x)yQ(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r2pr

10、xkQm(x)e xu cosu coscos 求出方向导数y z分三种情况：(1)两个不相等的实数根口2,则通解为yC1erx1C2er2x;(2)两个相等的实数根r1D,则通解为yGC2x erx1;(3)一对共轭复根,2i ,则通解为yx eC1 cos x C2sin x .其中 C1,C2为常数对于求解二阶线性非齐次方程y P(x)yQ(x)y f (x)的一个特解y (x),可用待定系数法，有结论如下:q 0,在复数域内解出两个特征根ri,r2 ；y*如果f(x) Pm(x)e ,则二阶常系数线性非齐次方程具有形如y (x)的特解，其中Qm(x)是与Pm(x)相同次数的多项式，而k

11、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 x Pl(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yxke X RDgcos x Rgsin x,其中Rm)(x)与R? (x)是m次多项式，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1.1【答案】12【分析】先求方向r的方向余弦和,然后按方向导数的计算公式x y zr uuuruu【解析】因为I与AB同向，为求I的方向余弦，将AB 3 1, 2 0,2 12, 2,

12、1uuu单位化，即得,cos-AB- 2, 2,1 cos ,cos|AB| 3将函数uln(x.y2-2z )分别对x, y, z求偏导数得12(1,0,1)(x . y2 z2) . y2 z2(1,0,1)0,所以uucosucosu"TAxAyAz1-03(f)1112232zA(1,0,1)2【答案】cosAz2zz2) y2【解析】因为100,所以矩阵B可逆,故r(AB) r(A) 2.【相关知识点】r(AB)min(r(A),r(B).若 A可逆,则1r(AB) r(B) r(EB) rA (AB) r(AB).从而r(AB) r(B),即可逆矩阵与矩阵相乘不改变矩阵的

13、秩二、选择题(本题共5个小题，每小题3分，满分15分.在每小题给出的四个选项中，只有 项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1)【答案】(D)【解析】由于存在函数 u(x, y),使得du(x ay)dx ydy(x y)2(x y)2由可微与可偏导的关系，知u x ay u y2 ， 2x (x y) y (x y)分别对y,x求偏导数，得2u a(x y)2 (x ay) 2(x y)x y(x y)4(a 2)x ay(x y)32小u 2yy x (x y)322由于一丄与一u连续，所以y xx y(a 2)x ay 2y(x y)3(x y)3a 2,故应选(D).(

14、2)【答案】(B)【解析】因为f (x)有二阶连续导数，且lim上凶 X 0 | x|10,所以由函数极限的局部保号性可知,在x 0的空心领域内有f (x)|x|0,即f (x)0,所以f (x)为单调递增又由f (0) 0, f (x)在x 0由负变正，由极值的第一充分条件，X 0是f (x)的极小值点，即f (0)是f (x)的极小值.应选(B).【相关知识点】极限的局部保号性：设lim f (x) A.若 A 0(或 A 0)x xq0,当0 x Xo时，f (x) 0(或 f (x) 0).【答案】(A)【解析】若正项级数an收敛，则a2n也收敛，且当nn 1n 1tan lim (n

15、tan)lim nnn n_n用比较判别法的极限形式，有ntan 一 a2nlimnn -a2n因为a2n收敛，所以lim ntan a2n也收敛，所以原级数绝对收敛，应选(A).n 1Xn【相关知识点】正项级数比较判别法的极限形式:设 un和vn都是正项级数,且lim上 A,则n 1n 1nUn(1)当0 A 时,un和vn同时收敛或同时发散;n 1n 1当A 0时，若un收敛，则 vn收敛；若vn发散，则 un发散;n 1n 1n 1n 1(3)当A 时,若vn收敛，则un收敛；若un发散,则vn发散.n 1n 1n 1n 1【答案】(C)【解析】用洛必达法则2 xX 2由题可知 F(x)

16、 X2 o f(t)dt °t2f(t)dt,x2x 0 f (t)dt ,对该积分上限函数求导数，得F (x) 2x：f(t)dt x2f (x) x2 f (x)所以xim0F (x)kx2x limx 0x0f(t)dtxkx2 0 f(t)dtk 1x洛lim=x 02f(x)(k 1)xk洛limx 02f (x)(k 1)(k2)xk 3因为F (x)与xk是同阶无穷小，且f (0)0,所以limx 02f (x)(k 1)(k2)xk 3为常数，即kxim0F (x)kx2f (x)k 3(k 1)(k2)xf (0)0,(x),(x)为无穷小且存在极限故应选(C).【

17、相关知识点】设在同一个极限过程中(1)若l 0,称(x),(x)在该极限过程中为同阶无穷小； 若l 1,称(x), (x)在该极限过程中为等价无穷小，记为(x):(x)； 若l0,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)(5)【答案】(D)【解析】可直接展开计算a2b200a2b2Da-ibsas0b10bsas00a4b400aia4a2 bsb2 asa2 b2b3as(a2as »2匕3)月4 bQ4),所以选(D).三、(本题共2小题，每小题5分，满分10分.)(1)【解析】由极坐标系

18、下的弧微分公式得ds r2( ) r 2( )da万 si 2 d由于r r()又由于r( ) r(a , 2(1 cos )d2a cos d2a(1 cos )以2 为周期，因而的范围是0,2 .),心形线关于极轴对称由对称性,2 ds04acosd8a sin 8a 2 o(2)【解析】用单调有界准则由题设显然有xn 0,数列人有下界证明xn单调减：用归纳法 x2 . 6 x1.6 10 4 x1 ；设Xn Xn 1 ,则Xn 1,6Xn、6 人 1 X由此，Xn单调减由单调有界准则，lim Xn存在n设lim xna,(a 0),在恒等式xnn16 xn两边取极限lim xnn1 li

19、m v 6 xnn解之得a 3( a 2舍去)【相关知识点】1.单调有界准则：单调有界数列必有极限2收敛数列的保号性推论：如果数列Xn从某项起有Xn0(或xn0),且limXna,那n么 a 0(或 a 0).四、(本题共2小题，每小题6 分,满分12分.)(1)【分析一】见下图所示，S在xOy平面与yOz平面上的投影均易求出，分别为2 2Dxy : X y 1 ；Dyz1, y2z 1,或 0z 1, .Z y z.OXzdxdy, 自然投影到求S数较简单且可利用对称性【分析二】令P(x, y,z)图1xOy平面上.求 (2x z)dydz时，若投影到S2x z,Q(x, y, z) 0,

20、R(x, y,z)z,则IxOy平面上，被积函Pdydz Rdxdy.S这里，一卫 一5 2 1 3,若用高斯公式求曲面积分I,则较简单.因S不是封闭曲x y z面,故要添加辅助曲面【解析】方法一：均投影到平面xOy 上,则I(2xSz) dydzzdxdy(2x z)(-)D xxy(X2 y2)dxdy,其中z2 2 2Xy，Dxy ： Xy2 1.把-z2x代入,得XI4x2dxdy2x(x2y2)dxdy(x2y2)dxdy,DxyDxyDxy由对称性得Dxy所以利用极坐标变换有2 22x(x y )dxdy 0,(x2Dxyy2)dxdy.1r3dr20Dxy方法二：分别投影到24x

21、 dxdy2 22 (x y )dxdy,DxyyOz平面与xOy平面.投影到yOz平面时S要分为前半部分 S : xz y2与后半部分Sz：x . z y2(见图1),则I (2x z)dydz (2x z)dydz zdxdy.SS2S由题设，对S法向量与x轴成钝角，而对S2法向量与x轴成锐角.将I化成二重积分得或(这里I(2 , z y2 z)dydzDyz4、z yDyzz y2dydzDyzz y2 dydzDyz-'z y2dy是半径为(x2D xy2dydziyy2)dxdy(2, z y2Dyz2 2(x y )dxdy.Dxy2 z y2dzy3(1 y2)2dy y

22、4 13 04 3 4 2 24，1 z ： 2 0dz z z ydyz的圆面积的一半.)(同方法2).2z)dydz (xDxy3y2)2dy2z y2y )dxdy4sin t 32 cos4 tdt0因此，1442222方法三：添加辅助面S：z 1(x y 1),法方向朝下,则IdxdyD(2x z)dydz zdxdy dxdySS其中D是$在平面xy的投影区域：x2 y21.内部，所以在 上2 2S与s即z x y与z 1围成区域 ，S与3的法向量指向满足高斯公式的条件，所以(2x z)dydz zdxdy 3 dVsu®113 dz dxdy 3 zdz00D(z)其中

23、，D(z)是圆域：x2 y2 z,面积为 z .因此,I(2 x z) dydz zdxdy(2)【解析】由多元复合函数求导法则,得z zzz uz vxu xv xu vzz uz vc zz2a -yu yv yuv2S1所以22zu2uxu v xv2x2 2z 2 z uu v2z2 , v22z ( z)(二)z()2x yy uyvu2 z222z v2zuuz vyu v y2v yv uy2 z a 2 ,v2zz) u2y2-(- y2222(-zuzv) a( zv2uyu vyvy2224 zA cz2z214aa2uu vv2(a2) uv2zv u2代入6Zx2z2二

24、 0 ,并整理得y(1025a)z(6 a a )22 I 0.v2.a 2 时,105a0,故舍去，a3 时，105a 0,因此仅当a 3时化简为2z0 .u v【相关知识点】多元复合函数求导法则：若Uu(x, y)和v v(x, y)在点(x, y)处偏导数存在，函数zf(u,v)在对应点(u,v)具有连续偏导数，则复合函数z f u(x, y), v(x, y)在点(x，y)处的偏导数存在，且zfuf vzfuf vxuxvxyuyv y五、(本题满分7分)【解析】先将级数分解12(n212尹n1)21n 122n11(n 1n 1 2n 213 2n n_1n 1 2n 2，A2n13

25、 2nA1A2 .由熟知ln(1x)幕级数展开式，即ln(1x)x 1)，得A1n 1 2n 2 n4f)4 n 1 n 2丄ln(1 -) - ln2,424因此,A 1(1)'n 1/1、nA2tn 3 2nnn 3n2(1)n1/1、n11 1(-)(n 1n222 2A A1 A25?ln2.841ln(1 2)ln2六、(本题满分7分)【解析】曲线y f(x)上点(x, f(x)处的切线方程为Y f(x) f (x)(X x).令X 0得y轴上的截距Y f(x)f (x)x .由题意，1 xx0f(t)dt f(x)f (x)x.x为消去积分，两边乘以x,得° f(

26、t)dt xf (x)f (x)x2,(*)将恒等式两边对x求导,得f (x) f (x) xf (x) 2xf (x) x2 f (x),xf (x) f (x)0 .在(*)式中令x 0得00自然成立故不必再加附加条件.就是说f(x)是微分方程xy y 0的通解下面求解微分方程 xy y 0 .方法一：xy y 0 xy 0 xy C2,因为x 0,所以y C2,x两边积分得y f(x) Cil nx C2.方法二：令 y P(x),则 y P ,解 xP P 0 得 y P C1 .x再积分得 y f(x) C21 nx C2.七、(本题满分8分)【解析】由于问题涉及到的关系，自然应当利

27、用泰勒公式,而且应在点 c展开:f(x)f(c) f (x)(x c)罟(x c)2.在c与x之间.分别取x 0,1得f(0) f (c) f (c)(0 c)丄(O c)2, 0在c与0之间, f(1)f (c)f (c)(1 c)f1)(1 c)2,1在 c与 1 之间，两式相减得f(1)f(0)f (c)2-f( 1)(1c)2 f(0)c2,于是f (c)f(1)f(0)2-f( 1)(1c)2 f(0)c2.由此f (c)1f(1) lf(0)刁(1) (1 c)212!f ( 0) c2122b2a 2b(1 c) c 2a 2.八、（本题满分6分）【解析】（1）因为A ET5T为

28、数，T为n阶矩阵，所以A2 (ET)(ET) E2 T ( T ) T E(2 T )因此,A2A E(2T ) TET ( T 1)T 0因为是非零列向量，所以T0,故 A2AT 10,即 T1 .反证法当 T 1时,由（1）知A2A,若A可逆,则A A 1A2 A 1A E .与已知A E T E矛盾,故A是不可逆矩阵.九、（本题满分8分）【解析】（1）此二次型对应的矩阵为513A153 .33c因为二次型秩 r（f）r(A)2,由51344040033c36c可得c 3.再由A的特征多项式513| E A| 153(4)(9)333求得二次型矩阵的特征值为 0,

29、4,9 .2 2(2)因为二次型经正交变换可化为4y2 9y3,故2 2fXxM) 1,即 4y2 9y3 1.表示椭圆柱面【相关知识点】主轴定理：对于任一个n元二次型f(X1,X2 丄，焉)XTAX,存在正交变换x Qy ( Q为n阶正交矩阵),使得TT T222x Ax y (Q AQ)y y2丫2 Lnyn,其中1, 2,L , n是实对称矩阵 A的n个特征值，Q的n个列向量1, 2丄,n是A对应于特征值1, 2 ,L , n的标准正交特征向量十、填空题(本题共2小题，每小题3分，满分6分.)3(1)【答案】-7【解析】设事件 C “抽取的产品是次品”，事件D “抽取的产品是工厂 A生产的”则事件D表示“抽取的产品是工厂 B生产的”，依题意有P(D) 0.60, P(D) 0.40,P(C|D)0.0