及讲解数学一真题89年j

年入学统一考试数学一试题解析 极限lim xx xb

(A) (B)e (C)eab (D)eba方法1：本题极限为1型,故可以用“e抬起法 limx xaxIlim

xxax

x2(xa)(xb) limxln limxln1(xa)(x x x x limxx2(xa)(xb)lim(ab)x2 (xa)(x xx2(ba)xabIeab abIexx2abe0eab，lim

limx limx

1limxx2xaxblimabx2

， xax x xax xx(ba)xabIeab abIexx2abe0eab，zz(xyFyz0确定,F为可微函数,F0, xx xxyy (A)x (B)z

x (D)zFyz0x求偏导得xxyF11x 0z yFzF 2 Fy,z0y1F1zF0 xx xy F yFzF 1，则 2 1z，故选 F F F yFz FyF F x2 yFzFFxxFz

1 xF

,, F

zFy

F Fz

FF2 yFzF Fx y 2 1 z．选 F F F x Fyz0x 0F1dyFdzFxdy x yFzF F yFzF Fdz 2dx1dy，即 2, 1，xF F xF F yFzF Fx y 2 1 z，选 F F F 1mln21x n设m,n1mln21x n仅与m的取值有关 (B)仅与n的取值有关(C)与m,n取值都有关 (D)与m,n取值都无关1m1mln21 n1mln21n dx2 dx dx nmmln21用比较判别法的极限形式,对于 dx,由于

1[ln2(11 1xn 0,显然,当0 1,则该反常积分收敛0,1

m[ln2(1

存在,此时

ln1n

1 mln21mln21

故不论m,n是什么正整数, dx总收敛.对于1mln21xdx,取01,不论m,n是什么正n n数1[ln2(1 所以

1mln21mln21nn

1(1

limln2(1x)m(1

0 2 ni1j1ninj (A)

dy (B)0dx0 dy2 01x1y2

1x1y (C)0dx01x1ydy (D)0dx01x1y2dy j j j

1

1 j1n

j2 nin2j2 n2j2ni

lim1

2nj1n2

n

j11

jn

1lim

lim1

nn nni1

(in

11 lim 1lim n

2 ni1j1ninj nj1nji1ni n 1 n limn2j2limni01xdxn j 0dx01x1y2dy.选 i1j Inii1j

lim ni1j13 i jn1n1n

11dx 11n

j1

i j2 01 01 n1n故选

设A为mn矩阵,B为nm矩阵,E为m阶单位矩阵,若ABE,则 秩rAm,秩rBm (B)秩rAm,秩rBn(C)秩rAn,秩rBm (D)秩rAn,秩rBnABE，则rABr(E)m又因为rABrArABr(B,所以mrAmr(B.Amn矩阵Bnm矩阵,故rAmr(Bm.所以rA)m,r(B)m,故选(A).设A为4阶实对称矩阵,且A2AO,若A的秩为3,则A相似于

(B) 0

0 (C) (D) 0

0 A0，则A2A00,即20.因为0，所以20，即 或1.由于A为实对称矩阵,故A可相似对角化,即A~,则r(A)r()3,因此, .选 0 0 x 量X的分布函数F(x)

1 0x1,则PX1 2(A) (B)1 2

x1e1 2

1e1F(x)的形式,得到随量X既不是离散型随量,也不是连续型随量,所以求随量在一点处的概率,只能利用PX1PX1PX1F1F101e111e1,故选 设f1(x)为标准正态分布的概率密度,f2(x)为1,3上均匀分布的概率密度af1(x),xf(xbf2(x),x

,(a0,b0)为概率密度,则a,b应满足 (A)2a3b4 (B)3a2b4

ab (D)ab2f1x

1e2(x),1

x

1x利用概率密度的规范性fxdx1, fxdxaf1xdx0bf2xa

x 3 e2dx dx b2 0 整理得到2a3b4,故选二、填空题 14小题,每小题4分,共24分.请将答案写在指定位置上t设y ln1u2du, t

t

ln1t2 ln1t2et

d2 etln1t2etet 1 t

x xdx x t,xt2,dx2tdt,利用分部积分法x x xdx0tcost2tdt02tcostdt20tdsin2t2sint2tsintdt4tdcos 4tcostcostdt4cos4sint4 已知曲Ly1xx1,1,起点是1.0,终点L1,0,则曲线积分xydxx2dy Lxydxx2dyxydxx2dyxydx 0x1xdxx2dx1x1xdxx2 02x2xdx1x2x2 x2 2x332 23 21120 2 3 添加辅助曲线l:y0,x1,1，起点为10，终点是10L和l围成平面区域D,边界为 在D上利用，得xydxx2dy xydxx2dy xydx 2xxdxdy0xdxdy0 设x,y,zx2y2z1,则的形心的竖坐标z 1 2 1

1

0d

r2

22z 22

r 1111

0

0

r2

0

11r201 r4 r r6 0 220r22 2 2

z轴垂直的截面区域DzDzxyx2y2z的面积为z z

Dz

2 3 2 1dz 1 Dz 设11210T,21,102T,32,1,1aT,若由1,2,3生成的向量空间的维数是2,则a 【解析】因为由1,2,3生成的向量空间维数为2,所以r(1,2,3)2.又因为1,2线性无关r(1,2)2，故r(1,2,3)2，综上所述r(1,2,3)2对(1,2,3)进行初等行 2 2 2

(,,) 1 3 a6 a a 0 由于r(1,2,3)2，所以a6设 量X的概率分布为PXkC,k0,1, ,则EX2 k k k1 PXk Ce,整理得到Ce,k kPXk

1

.kk kk故X服从参数为1的泊松分布,则EX1,DX1,根据方差的计 EX2DXEX21122 方程的通解为YCexCe2x 由于自由项为2xex，1y*x(axb)ex,y*ax22axbxbexy*ax24axbx2a2bex代入原方程,整理得2ax2ab2x，解得a1,b2,y*x(x2)ex yYy*CexCe2xx(x2)ex 1求函fxx2x2tet2dt的单调区间与极值1【解析】f(x)的定义域为2x2

f(x)x

dt

dtxf(x)2x

et2dt2x

2x

x2x

et2dt f(x0,x0,x1x1时,f(x0；0x1时,f(x0；1x0时,f(x0x1时,f(x0,f1的单调递减区间为(1)和(0,1,f(x的单调递增区间为(1,0)和(1.f(10，极大值为f(01(1e1)2 比较1lntln1tndt与1tnlntdtn12,的大小, 记un

lntln1tdtn12,,求极限limunn【解析】(I)当0t1时0ln(1t)t,故ln(1t)ntn,lntln(1t)nlnttn 1lntln(1t)ndt1lnttndtn1,2, n(II)10un0lntln1tdtln20lnt1lntdt lntdt 11t1dt1

limtln

0

0

limln11limln1.故limln2n1lntdtlimln2n0 0

方法2：由(I)知，0u lntln1tdt1lnttndt

1n1 因为0lnttdt0lnttdtn10lntd n1

ln

00

dttt ,所以lim1lnttndt 0，根 准则得0u0,根 准则得0limu0,所nlimu0

n

nn

nn求幂级数

2n

x2n的收敛域及和函数【解析】(I)令un

2n

x2n，2n2n(1)n12n

x2xn

(2n(2n2n所以,x21,即1x1时,幂级数绝对收敛.x21时,幂级数发散,R1x1时

2n

x2n

2n1

, 2n1(II)S(x

2n

x

2n

,x1,1其中

S1(x)

2n

x1,1

2 2S1(x) 2

(x

，x1,1

1x2

1S10)

2n

02n0

dtS(0)arctanx，x1,1S(x)xS(t)dtS(0)

1S(x)xarctanx,x1,1x3yI

dS,其中是椭球面S位于曲线C上方的部分4y2z24【解析】(I)Fxyzx2y2z2yz1,则动Px,yz的切平面的法向量为2x2yz2zyPx2y2z2yz切平面与xOy垂直的充要条件是nk0k0,0,1,所以点P的轨迹满足方程组 .2zyx23y2 44y2z24yzy2z x2y2z2yz1 dS

z z 1

dxdy 故I

x3y

4y2z24y2z24

3dxdyxdxdyD

3dxdy

3 2 A01，b

1 1 1 a1：(I)Axb2个不同的解,故rArA3,对增广矩阵进行初等行变换, a 1Ab

1 1 1

a1 1

11 a 1 a11当1时A00

111 0

1,此时r(Ar(A,Axb无解(舍去 00 000 当1时,A0

11,由于r(Ar(A3,所以a2,故1a2.a22Axb2个不同的解,故rArA3,A0,A

0(1)2(1)0 知1或1当1时rA1rA2,此时Axb无解,因此1rArA,得a2(II)

10 3

11 2 2 A

1 1

10 0

122

0 0 Axb的通xk10,1310,其中k为任意常数 2 2, 2)2, 2)Tf(xxxxTAxxQyy2y2,且Q的第三列为 求矩阵A【解析】(I)xQyy2y2,A的特征值为10 2222 2222由于Q的第3列为

2,

2,A对应于30的特征向量为

2,

2,记为3.A是实对称矩阵 所以对应于不同特征值的特征向量是相互正交的.设属于1的特征向量为xxxT,则T0, 22x x0.求得该方程组的基础解系为0,1,0T,1,0,1T,因此,为属于特征值122 由于 是相互正交的,所以只需单位化11210,1,0T,2 1,0,1T 212 212 2

令Q1,2,3 0,则QAQ 2 22 2

0 1 故A 011 11 2)

1 方法2：AE是实对称矩阵，且AE 0 3 23一阶顺序主子式120，二阶顺序主子式2

302 三阶顺序主子式3

40AE为正定矩阵设二维随量(X,Y)的概率密度f(x,y)Ae2x22xyy2,x,y

fx fx,ydyA

e2x22xyy2Ae(yx)2x2dyAex2e(yx)2 Aex2,x其中

(y 122 22 1

xdx ex2dxA,A1XX的概率密度为fx 1ex2,xX当x时,fx, yx ex2xyy e(xy),yAYAY1fx,ydxdydxAe2x22xyy2dyAex2dxeyx2

ex2dxAA1 XfXxfx,ydy1e2x22xy