考研数一真题及解析

1、1992年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题(本题共5个小题，每小题3分,满分15分,把答案填在题中横线上.) 设函数y y(x)由方程ex y cos(xy) 0确定，则dy .dx 函数u In(x2y2 z2)在点M(1,2, 2)处的梯度gradu M 设 f(X)11, 21 x ,<x 0,则其以2为周期的傅里叶级数在点x处收敛于0<x,微分方程yy tan xcosx的通解为ydbaQL设Aa2a2b2L(5)n,其中ai0, b 0,i1,2l n.则矩阵A的秩MMMianbanb2Lanbnr(A).、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.在每

2、小题给岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把所选项前的字母填在题后的括号内.)X2(1)当x 1时，函数1 ex 1的极限()x1(A)等于 2(B)等于0(C)为(D)不存在但不为级数 (1)n(1 cosn 1-)(常数0)()(A)发散(B)条件收敛(C)绝对收敛(D)收敛性与有关在曲线xt,y23t ,z t的所有切线中，与平，面 x 2y z4平行的切线()(A)只有1条(B)只有2条(C)至少有3条(D)不存在设 f(X)3x3x2 |x|,则使f n(0)存在的最高阶数n为()(A) 0(B) 1(C) 2(D) 310(5)要使10 ,21都是线性方程组 Ax0的解，只要

3、系数矩阵A为()21三、(1)四、五、(A)2 1 1(C)(B)(D)（本题共3小题,每小题Xe sinx 1 求limx 0 1.1 x2f (exsin y,x2设 f (X)（本题满分求微分方程（本题满分5分,满分y2）,其中15 分.)f具有二阶连续偏导数2z,求x y1x2,xe,x 0,x>0,3求 1 f(x2)dx.6分.)y 2y3y e3x的通解.8分）az2)dydz (y3ax2)dzdx (z3 ay2） dxdy,其中 为上半球面z2 2 a x2y的上侧六、（本题满分7分）设 f（X）0, f(0)0 ,证明对任何x!0, x20 ,有f(m x2)七、（

4、本题满分8分）在变力Fyzi zxjxyk的作用下，质点由原点沿直线运动到椭球面2 x2 z计算曲面积分 （x3f(xj f(X2).1上第一卦限的点M （,），问当，取何值时，力F所做的功 W最大？并求岀W的最大值.八、（本题满分7分）设向量组1、2、3线性相关，向量组2、3、4线性无关，问:（1）1能否由2、3线性表出？证明你的结论4能否由2、3线性表出？证明你的结论九、（本题满分7分）设3阶矩阵A的特征值为1,2,3，对应的特征向量依次为11111 1 ,22,33 ,又向量2 ,1493将用1, 2, 3线性表岀(2)求A (n为自然数).十、填空题(本题满分6分,每小题3分.)(1)

5、已知 P(A) P(B) P(C)1,P(AB)40, P(AC)1P(BC),则事件 A、B、16C全不发生的概率为 设随机变量 X服从参数为1的指数分布，则数学期望E(X e 2X) .十 、(本题满分6分)设随机变量X与Y独立，X服从正态分布 N( ,2), Y服从,上的均匀分布，试求Z X Y的概率分布密度(计算结果用标准正态分布函数(X)表示，其中(x)t2Xe 2dt).1992年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析、填空题(本题共5个小题，每小题3分,满分15分.)(1)【答案】ex y ysin(xy) ex y xsin(xy)【解析】函数 y y(x)是一个隐函数，即它

6、是由一个方程确定，写不岀具体的解析式方程两边对x求导，将y看做x的函数，得ex y(1 y ) sin(xy)(xyy)0 .解岀y ,即dydxex y ysin(xy) ex y xsin(xy)【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yf (x)在点u g (x)可导，则复合函数yg(x)在dy dy du dx du dx点x可导，且其导数为S f (U) g (x)或2.两函数乘积的求导公式:f(x) g(x) f (x) g(x) f(x) g (x).u2xu2y .u2 2 2 ；2 2 2，xx y zyx y zz【答案】1,2, 29【解析】对函

7、数 u求各个分量的偏导数，有2z22 2 .x y z由函数的梯度(向量)的定义，有gradu2x,2y,2z所以 gradu |M二_2 2,4, 4- 1,2, 2y M 1222 ( 2)2，9【相关知识点】复合函数求导法则:如果u g(x)在点x可导，而yf (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¥ f (u) g (x)或 dx【答案】丄22dy dy du dx du dx【解析】x 是区间的端点，由收敛性定理一狄利克雷充分条件知，该傅氏级数在x处收敛于1 1 2 1 2-f(0) f( 0) - 1 12 - 2【相关知识点】收敛性

8、定理一狄利克雷充分条件：函数f (x)在区间丨，丨上满足：(i) 连续，或只有有限个第一类间断点；(ii )只有有限个极值点.则f(x)在丨，丨上的傅里叶级数收敛，而且【答案】y xcosx Ccosx,C为任意常数【解析】这是标准形式的一阶线性非齐次方程tanxdx由于e1| cosx |方程两边同乘1cosx1积分 1y 1y x C .cosxcosx故通解为y xcosx Ccosx, C为任意常数.(5)【答案】1a【解析】因为矩阵 A中任何两行都成比例(第i行与第j行的比为 ),所以A中的二阶子式 aj全为0,又因ai 0，b0,知道0, A中有一阶子式非零.故r(A) 1.【相关

9、知识点】 矩阵秩的定义：如果矩阵中存在r阶子式不为零，而所有的r 1阶子式全为零时 则此矩阵的秩为r.二、选择题(本题共5个小题，每小题3分,满分15分.)X。和右极限xX。是(1)【答案】(D)【解析】对于函数在给定点x0的极限是否存在需要判定左极限否存在且相等，若相等，则函数在点x0的极限是存在的.2 彳 1x 1 77 lim ex 1 x 1 x 11lim( x 1)e770,2lim x 1 x1lim( x 1)e0,故当x 1时函数没有极限，也不是.故应选(D).(2)【答案】(C)【解析】对原级数的通项取绝对值后，再利用等价无穷小1cos:n1 /27(n),(1)n(1 C

10、OS)n2cos :2 (nn 2n又因为p级数:1-当p 1时收敛；当p1 n1时发散.所以有2收敛.n1)n(1cos一)收敛.所以原级数绝对收敛.应选(C). n注：对于正项级数an,确定无穷小an关于丄的阶(即与p级数作比较 n 1n)是判断它的敛散性的一个常用方法.该题用的就是这个方法【答案】B求曲线上的点，使该点处的切向量与平面x 2y z 4的法向量n 1,2,1垂直，即可以让切线与平面平行.曲线在任意点处的切向量x (t), y (t),z (t)1, 2t,3t2 ,nn 0,即311 4t 3t 0,解得t 1,t -.(对应于曲线上的点均不在给定的平面上)3因此，只有两条

11、这种切线，应选(B).【答案】(C)32【解析】因3x处处任意阶可导，只需考查x |x| (x),它是分段函数，x 0是连接点.所以，写成分段函数的形式，有对分段函数在对应区间上求微分，再考查 (x)在连接点x 0处的导数是否存在，需要根据左导数和右导数的定义进行讨论.33(0)(x)|x0 0,(0)( x) |X00(0)0,x2, x 0,即(x)23x , x 0.6x,x 0,6x,x0同理可得(x) cc(0)0,即(x)c 6|x|6x, x 0,6x, x0对于y :x 有 y (0)1,y (0)1.所以y :x在x 0不可导，(0)不存在，应选(C).(5)【答案】(A)【

12、解析】1, 2向量对应的分量不成比例，所以1, 2是Ax 0两个线性无关的解，故n r(A) 2.由 n 3知 r(A) 1.再看(A)选项秩为1； (B)和(C)选项秩为2;而(D)选项秩为3.故本题选(A).【相关知识点】对齐次线性方程组Ax 0,有定理如下：对矩阵A按列分块,有A 1, 2,L , n ,则Ax 0的向量形式为那么,Ax 0有非零解1, 2 ,L , n线性相关三、(本题共3小题,每小题5分,满分15分.)(1)【解析】由等价无穷小有 x 0时,1、,1x2)xe 1 sin x 原式=limx 0 1 山 x211 2x2sin x上式为“ 0 ”型的极限未定式，又分子

13、分母在点00处导数都存在，所以连续应用两次洛必达法则xx原式洛必达lim ecosx洛必达lim x 0x 0sin x1 01.1【解析】这是带抽象函数记号的复合函数的二阶混合偏导数,重要的是要分清函数是如何复合由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关,所以本题可以先求,再求 一 ).y x由复合函数求导法则得f1 一 (exsin y) f2 一 (x2x xxy2)xe sin yf2 2x,f11 e2xsiny cosy 2 f12 ex (y sinyxcosy)4 f22 xy f1xe cosy.【相关知识点】多元复合函数求导法则：如果函数u(x, y),v(x, y)都在点(

14、x,y)具有对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(3)【解析】分段函数的积分应根据积分可加性分段分别求积分 分变量，若先作变量代换，往往会简化计算.令 x 2 t,则 dx dt.当 x 1 时,t四、(本题满分6分.)【解析】所给方程为常系数的二阶线性非齐次方程.另外，被积函数的中间变量非积1 ;当x3时,t 1,于是,所对应的齐次方程的特征方程2r 2r 3 (r 1)(r 3)0有两个根为r11, r23,而非齐次项e征根,因而非齐次方程有如下形式的特解Y3xa

15、e ，代入方程可得a-,故所求通解为4y GexC2e3x -e3x,其中 GG 为常数.4y 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),可用特征方程法求解：即y P(x)y Q(x)y0中的P(x)、Q(x)均是常数，方程变为y P(x)y Q(x)yy py qy 0.其特征方程写为2r pr q0,在复数域内解岀两个特征根r1, r2;分三种情况：(1)两个不相等的实数根 r1,r2;,

16、则通解为yC2er2x;(2)两个相等的实数根 r1r2,则通解为yGC2x erx1;(3)一对共轭复根匚,2i,则通解为yx eC1 cos x C2 sin x.其中GG为常数.f (x)的一个特解y (x),可用待定系3.对于求解二阶线性非齐次方程数法，有结论如下:x*kx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) X Qm(x)e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.x如果f(x) e R(x)cos x Pn(x)sin x,则二阶常系数非齐次线性微分方程

17、y p(x)y q(x)y f (x)的特解可设为yxke x R1(x)cos x Rxjsin x,其中Rtm1)(x)与R) (x)是m次多项式，m max 1 ,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1.五、(本题满分8分)【解析】将原式表成 1PdydzQdzdxPRdxdy,则QR3(x2y2 z2).xyz以考虑用高斯公式来求解，但曲面不是封闭的,要添加辅助面.如果本题采用投影法计算是比较复杂的，故不采用向量.在上用高斯公式得(x3 az2)dydz (y3Sax2)dzdx (z3 ay2)dxdy 3(x2 y2 z2)dV .用球坐标变换

18、求右端的三重积分得2a43 22 si nd d0015653 21 aa55注意S垂直于平面yOz与平面xOz,将积分投影到 xOy平面上，所以左端S上的曲面积分Pdydzdx Qdzdx RdxdySsin2rdr（极坐标变换）a2. 2,sin d 0ar03dra4 a45 a4,655295因此Iaaa .5420【相关知识点】1.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(x, y, z)在上具有一阶连续偏导数，则有PcosQcosRcos dS,这里 是 的整个边界曲面的外侧，cos 、cos 、cos是 在点（x,y, z）

19、处的法向量的方向余弦.上述两个公式叫做高斯公式2.对于球面坐标与直角坐标的关系为:其中 为向量与z轴正向的夹角，0； 为从正z轴来看自x轴按逆时针方向转到向量在xOy平面上投影线段的角，02； r为向量的模长，0 r .球面坐标系中的体积元素为dv r sin drd d ,则三重积分的变量从直角坐标变换为球面坐标的公式是：六、（本题满分7分）【解析】 证法一：用拉格朗日中值定理来证明.不妨设x2 x1 0,要证的不等式是 f (x1 x2) f (x2)f(xj f(0).Xi ；在0, Xi上用中值定理，有f(xj f (0) f ( )X1,0在x2, X1 X2上用中值定理，又有 f

20、(% X2)f (x2) f ( )X5X2X1 x2由f (x) 0,所以f (x)单调减，而X-I x2,有f ( ) f ()，所以f (Xi X2) f(X2)f (Xi) f (0)f (Xi),即 f (Xi X2)f (Xi) f (X2).证法二：用函数不等式来证明.要证f (x-1 x)f (x-i) f (x), X 0 ,构造辅助函数(x) f (Xi) f (x) f (Xi x),则(x) f (x) f (xi x).由 f (x) 0, f (x)单调减，f (x) f (x-i x), (x) 0 . 由此，(x)(0) f (Xi)f (0) f (Xi) 0

21、(x 0).改 x 为 X2 即得证.【相关知识点】拉格朗日中值定理：如果函数f (X)满足在闭区间a, b上连续，在开区间 a,b内可导，那么在 a,b内至少有一点(a b),使等式成立.七、(本题满分8分)【解析】(i)先求岀在变力 F的作用下质点由原点沿直线运动到点M(,)时所作的功 W的表达式.点0到点M的线段记为L,则WlFdsLyzdxzxdy xydz.计算曲线积分：L的参数方程是Xt,y t,zt, t从 o 到 1,Wi0(t2t2t21 2)dt 3°t dt化为最值问题并求解：问题变成求W2 2 2在条件 2221(0,0,a b c0)下的最大值与最大值点用拉

22、格朗日乘子法求解.拉格朗日函数为F(,222,) 2 2 2a b c1 ,则有解此方程组：对前三个方程,分别乘以JJ2得2a2222 , (0 时)bc代入第四个方程得1 1 1,3a， .,3b， ,.3C.1J3相应的 w _abc abc.当0时相应的，得 W 0.3/39因为实际问题存在最大值，所以当（，）（1 a, I b, L）时W取最大值3 abc. 、3/3 39【相关知识点】拉格朗日乘子法：要找函数z f （x, y）在附加条件（x, y） 0下的可能极值点，可以先作拉格朗日函数,然后与附加条件联立起来:其中 为参数.求其对x与y的一阶偏导数，并使之为零由这方程组解岀 x,

23、y及,这样得到的（x, y）就是函数f （x, y）在附加条件（x, y）0下的可能极值点.八、（本题满分7分）【解析】（1）1能由3线性表出.因为已知向量组3、4线性无关，所以23线性无关，又因为1、23线性相关，故1能由2、3线性表出.4不能由13线性表出，反证法：若4能由1、2、3线性表出4k11k22k3 3 .由（1）知,1能由2、3线性表出，可设l1 2 l23,那么代入上式整理得4(k1l1k2)2 (k1l2k3)3 .即4能由2、3线性表岀，从而2、3、4线性相关,这与已知矛盾.因此，4不能由 T 2、3线性表岀.【相关知识点】向量组线性相关和线性无关的定义：存在一组不全为零

24、的数k1,k2,L,km, 使k1 1 k2 2 Lkm m 0 ,则称1 , 2丄,m线性相关；否则，称1, 2 ,L , m线性无关.九、（本题满分7分）【解析】设x-| 1 x2 2 x3 3 ,即是求此方程组的解.对增广矩阵（1, 2, 3,）作初等行变换第一行乘以1分别加到第二行和第三行上,再第二行乘以3加到第三行上,第三行自乘12有111111 111111123101 200120 ,149303 820011第三行乘以2、1分别加到第二行和第一行上，再第二行乘以1加到第一行上，有10 0 2增广矩阵0 1020 0 11解岀x31 , x22, X12 ,故(2)由 为A的特征值可知，存在非零向量,两端左乘A,得2A A(A ) A( ) A再一直这样操作下去，有An因为 0,故0.按特征值定义知n是An的特征值，且为相