1994考研数一真题及解析.pdf

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1、 19941994 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题 一、填空题一、填空题( (本题共本题共 5 5 个小题个小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分.).) (1) 011limcot ()sinxxxx_. (2) 曲面23zzexy在点(1,2,0)处的切平面方程为_. (3) 设sinxxuey,则2ux y 在点1(2,)处的值为_. (4) 设区域D为222xyR,则2222()Dxydxdyab_. (5) 已知1 1(1,2,3),(1, )2 3,设TA ,其中T是的转置,则nA _. 二、选择题二、选择题

2、( (本题共本题共 5 5 个小题个小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分.).) (1) 设4222sincos1xMxdxx,3422(sincos)Nxx dx,23422(sincos)Pxxx dx, 则 ( ) (A) NPM (B) MPN (C) NMP (D) PMN (2) 二元函数( , )f x y在点00(,)xy处两个偏导数00(,)xfxy、00(,)yfxy存在是( , )f x y在该点连续的 ( ) (A) 充分条件但非必要条件 (B) 必要条件而非充分条件 (C) 充分必要条件 (D) 既非充分条件又非必要条件 (3) 设常数0

3、,且级数21nna收敛,则级数21|( 1)nnnan ( ) (A) 发散 (B) 条件收敛 (C) 绝对收敛 (D) 收敛性与有关 (4) 20tan(1 cos )lim2ln(1 2 )(1)xxaxbxcxde,其中220ac,则必有 ( ) (A) 4bd (B) 4bd (C) 4ac (D) 4ac (5) 已知向量组1234、线性无关,则向量组 ( ) (A) 12、23、34、41线性无关 (B) 12、23、34、41线性无关 (C) 12、23、34、41线性无关 (D) 12、23、34、41线性无关 三、三、( (本题共本题共 3 3 小题小题, , 每小题每小题

4、5 5 分分, ,满分满分 1515 分分.).) (1) 设2221cos( ),1cos( )cos,2txtyttuduu 求dydx、22d ydx在2t的值. (2) 将函数111( )lnarctan412xf xxxx展开成x的幂级数. (3) 求sin22sindxxx. 四、四、( (本题满分本题满分 6 6 分分) ) 计算曲面积分2222Sxdydzz dxdyxyz,其中S是由曲面222xyR及两平面,zR (0)zR R 所围成立体表面的外侧. 五、五、( (本题满分本题满分 9 9 分分) ) 设( )f x具有二阶连续导数,(0)0,(0)1ff ,且 2()(

5、) ( )0 xy xyf x y dxfxx y dy为一全微分方程,求( )f x及此全微分方程的通解. 六、六、( (本题满分本题满分 8 8 分分) ) 设( )f x在点0 x的某一领域内具有二阶连续导数,且0( )lim0 xf xx,证明级数 11( )nfn绝对收敛. 七、七、( (本题满分本题满分 6 6 分分) ) 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0,1zz所围成的立体体积. 八、八、( (本题满分本题满分 8 8 分分) ) 设四元线性齐次方程组( ) 为12240,0,xxxx 又已知

6、某线性齐次方程组( )的通解为 12(0,1,10)( 1,2,2,1)kk. (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、九、( (本题满分本题满分 6 6 分分) ) 设A为n阶非零方阵,*A是A的伴随矩阵,TA是A的转置矩阵,当*TAA时,证明 | 0A . 十、填空题十、填空题( (本题本题共共 2 2 小题小题, , 每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 6 6 分分.).) (1) 已知A、B两个事件满足条件()()P ABP AB,且( )P Ap,则( )P B _.

7、 (2) 设相互独立的两个随机变量X、Y具有同一分布律,且X的分布律为 X 0 1 P 12 12 则随机变量max,ZX Y的分布律为_. 十一、十一、( (本题满分本题满分 6 6 分分) ) 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2(1,3 )N和 2(0,4 )N,X与Y的相关系数12XY ,设32XYZ , (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？ 19941994 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析解析 一、填空题一、填

8、空题( (本题共本题共 5 5 个小题个小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分.).) (1)【答案】16 【解析】原式变形后为“00”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,所以连续应用两次洛必达法则,有 原式20cos (sin )limsinxx xxxx300sinlimcoslimxxxxxx 2001 cossin1limlim366xxxxxx. (由重要极限0sinlim1xxx) (2)【答案】240 xy 【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nl,又平面过已知点(1,2,0)M. 已知平面的

9、法向量( , ,)A B C和过已知点000(,)xy z可唯一确定这个平面： 000()()()0A xxB yyC zz. 因点(1,2,0)在曲面( , , )0F x y z 上.曲面方程( , , )23zF x y zzexy. 曲面在该点的法向量 (1,2,0)(1,2,0),2 ,2 ,14,2,02 2,1,0zFFFnyxexyz , 故切平面方程为 2(1)(2)0 xy, 即 240 xy. (3)【答案】22e 【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uy,再求uxy. 2cosxuxxeyyy , 2221112(2,)(2,

10、)2cosxyxxuuuxexx yy xxyx 2222(1)cos)0 xxexxe . (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( , ),( , )ux y vx y都在点( , )x y具有对x及对y的偏导数,函数( , )zf u v在对应点( , )u v具有连续偏导数,则复合函数 ( ( , ),( , )zfx yx y在点( , )x y的两个偏导数存在,且有 12zzuzvuvffxuxv xxx ； 12zzuzvuvffyuyv yyy . (4)【答案】42211()4Rab 【解析】很显然,根据此题的特征用极坐标变换来

11、计算： 原式2222222322220000cossincossinRRdrrdrdr drabab. 注意： 222200cossindd , 则 原式4422221111144RRabab. (5)【答案】111123232133312n 【解析】由矩阵乘法有结合律,注意 11 11,232 33T 是一个数, 而 1112311 1221,212 3333312TA ,(是一个三阶矩阵) 于是, ()()()()nTTTTTTTTA 11111232332133312nTn . 二、选择题二、选择题( (本题共本题共 5 5 个小题个小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1

12、515 分分.).) (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0M ,且 由定积分的性质,如果在区间, a b上,被积函数( )0f x ,则( )0 ()baf x dxab. 所以 4202cos0Nxdx, 4202cos0PxdxN . 因而 PMN,应选(D). (2)【答案】(D) 【解析】( , )f x y在点00(,)xy连续不能保证( , )f x y在点00(,)xy存在偏导数00(,),xfxy 00(,)yfxy.反之,( , )f

13、 x y在点00(,)xy存在这两个偏导数00(,),xfxy00(,)yfxy也不能保证( , )f x y在点00(,)xy连续,因此应选(D). 二元函数( , )f x y在点00(,)xy处两个偏导数存在和在点00(,)xy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 22222( 1) |111112222nnnnaaannn, (第一个不等式是由2210,0,()2ababab得到的.) 又21nna收敛,2112nn收敛,(此为p级数：11pnn当1p 时收敛；当1p 时发散.) 所以2211122nnan收敛,由比较判别法,得21( 1) |n

14、nnan收敛. 故原级数绝对收敛,因此选(C). (4)【答案】(D) 【解析】因为 22211 cos( ),1( )2xxxo xexo x, 故 tan(1 cos ) (0)axbxaxa, 2ln(1 2 )(1)2 (0)xcxdecxc, 因此,原式左边0lim222xaxacxc原式右边,4ac. 当0,0ac时,极限为 0； 当0,0ac时,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,( ),( )xx为无穷小且存在极限 ( )lim.( )xlx （1） 若0,l 称( ),( )xx在该极限过程中为同阶无穷小； （2） 若1

15、,l 称( ),( )xx在该极限过程中为等价无穷小,记为( )( )xx； （3） 若0,l 称在该极限过程中( )x是( )x的高阶无穷小,记为 ( )( )xox. 若( )lim( )xx不存在(不为),称( ),( )xx不可比较. 2. 无穷小量的性质：当0 xx时,( ),( )xx为无穷小,则 ( )( )( )( )( ( )xxxxox. (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

16、 时,应立即计算由的系数构成的行列式,即 100111002001100011, 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 12233441()()()()0, 知(D)线性相关,于是用排除法可确定选(C). 【相关知识点】12,s 线性相关的充分必要条件是存在某(1,2, )iis可以由 111,iis线性表出. 12,s 线性无关的充分必要条件是任意一个(1,2, )iis均不能由 111,iis线性表出. 三、三、( (本题共本题共 3 3 小题小题, , 每小题每小题 5 5 分分, ,满分满分 1515 分分.).) (1)

17、【解析】dydy dtdydxdtdtdxdt dx222221cos2sincos22(0),2 sintttttttytt txtt 同理 2()12 sinxtxxtyyxtt , 代入参数值 2t, 则 22xty, 212xxty . 【相关知识点】1.复合函数求导法则:如果( )ug x在点x可导,而( )yf x在点( )ug x可导,则复合函数( )yf g x在点x可导,且其导数为 ( )( )dyf ug xdx 或 dydy dudxdu dx. 2.对积分上限的函数的求导公式：若( )( )( )( )ttF tf x dx,( ) t,( ) t均一阶可导,则 ( )

18、( )( )( )( )F ttfttft. (2)【解析】111( )ln(1)ln(1)arctan442f xxxxx. 先求( )fx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 2(1)(1)(1)(1)1,2!nnxxxxn ( 11)x 该级数在端点1x 处的收敛性,视而定.特别地,当1时,有 2311( 1),1nnxxxxx ( 11)x 2311,1nxxxxx ( 11)x 得 2221111111111( )114141212121fxxxxxx 44401111(| 1)1nnnnxxxx , 积分,由牛顿-莱布尼茨公式得 4

19、140011( )(0)( ) (| 1)41nxxnnnxf xffx dxt dtxn. (3)【解析】方法方法 1 1：利用三角函数的二倍角公式sin22sincos,并利用换元积分,结合拆项法求积分,得 sin22sin2sin (cos1)dxdxxxxx 22sin11 cos 2sin(cos1)2(1)(1)xdxxuduxxuu ( 22sin1 cosxx ) 221(1)(1)1112()4(1)(1)811(1)uududuuuuuu 12ln |1|ln |1|8(1)uuCu 12ln 1 cosln 1cos81cosxxCx, 其中C为任意常数. 方法方法 2

20、2：换元cosxu后,有 原式22sin12sin (cos1)2sin(cos1)2(1)(1)dxxdxduxxxxuu . 用待定系数法将被积函数分解: 221(1)(1)11(1)ABDuuuuu 22()(2)()(1)(1)AB uAD uABDuu, 01120,421ABADABDABD. 于是,2111212()ln 1ln 1811(1)81duuuCuuuu原式 12ln 1 cosln 1cos81cosxxCx. 四、四、( (本题满分本题满分 6 6 分分) ) 【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

21、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 0Pdydz.化为二重积分时要选择投影平面,注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. 方法方法 1 1：注意 22220Sz dxdyxyz,(因为S关于xy平面对称,被积函数关于z轴对称) 所以 222SxdydzIxyz. S由上下底圆及圆柱面组成.分别记为123,S SS. 12,S S与平面yOz垂直 122222220ssxdydzxdydzxyzxyz. 在3S上将222xyR代入被积表达式322sxdydzIRz. 3S在yz平面上投影

22、区域为:,yzDRyRRzR,在3S上,22xRy ,3S关 于yz平面对称,被积函数对x为奇函数,可以推出 222222220022 2 2yzRRDRydzIdydzRy dyRzRz 2201arctan42RzRRRR. 方法方法 2 2：S是封闭曲面,它围成的区域记为,记 22SxdydzIRz. 再用高斯公式得 222222( )1RRD zxdxdyIdVdVdzxRzRzRz 222201122RRdzRRz (先一后二的求三重积分方法) 其中( )D z是圆域：222xyR. 【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、

23、( , , )Q x y z、( , , )R x y z在上具有一阶连续偏导数,则有 ,PQRdvPdydzQdzdxRdxdyxyz 或 coscoscos,PQRdvPQRdSxyz 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、五、( (本题满分本题满分 9 9 分分) ) 【解析】由全微分方程的条件,有 2()( ) ( )xy xyf x yfxx yyx, 即 22( )( )2xxyf xfxxy,亦即 2( )( )fxf xx. 因而是初值问题 200,0,1,xxyyxyy 的解,此方

24、程为常系数二阶线性非齐次方程,对应的齐次方程的特征方程为210r 的根为1,2ri ,原方程右端202xxex中的0,不同 于两个特征根,所以方程有特解形如 2YAxBxC. 代入方程可求得 1,0,2ABC,则特解为22x . 由题给(0)0,(0)1ff ,解得 2( )2cossin2f xxxx. ( )f x的解析式代入原方程,则有 222(2cossin ) 22sincos 0 xyyxx y dxx yxxx dy. 先用凑微分法求左端微分式的原函数： 222211()2()(2sincos )(2sincos )022y dxx dyydxxdyydxxxx dy, 221(

25、2(cos2sin )02dx yxyyxx. 其通解为 2212(cos2sin )2x yxyyxxC 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*( )yx是二阶线性非齐次方程 ( )( )( )yP x yQ x yf x的一个特解.( )Y x是与之对应的齐次方程 ( )( )0yP x yQ x y的通解,则*( )( )yY xy 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( )( )0yP x yQ x y中的( )P x、( )Q x均是常数,方程变为0

26、ypyqy.其特征方程写为20rprq,在复数域内解出两个特征根12,r r； 分三种情况： (1) 两个不相等的实数根12,r r,则通解为1212;rxr xyC eC e (2) 两个相等的实数根12rr,则通解为112;rxyCC x e (3) 一对共轭复根1,2ri,则通解为12cossin.xyeCxCx其中12,C C为常数. 3.对于求解二阶线性非齐次方程( )( )( )yP x yQ x yf x的一个特解*( )yx,可用待定系数法,有结论如下： 如果( )( ),xmf xP x e则二阶常系数线性非齐次方程具有形如*( )( )kxmy xx Qx e 的特解,其中

27、( )mQx是与( )mP 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( ) ( )cos( )sinxlnf xeP xxP xx,则二阶常系数非齐次线性微分方程( )( )( )yp x yq x yf x的特解可设为 *(1)(2)( )cos( )sinkxmmyx eRxxRxx, 其中(1)( )mRx与(2)( )mRx是m次多项式,max,ml 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、六、( (本题满分本题满分 8 8 分分) ) 【解析】0( )lim0 xf xx表明0

28、x时( )f x是比x高阶的无穷小,若能进一步确定( )f x是x的p阶或高于p阶的无穷小,1,p 从而1( )fn也是1n的p阶或高于p阶的无穷小,这就证明了级数11( )nfn绝对收敛. 方法方法一：一：由0( )lim0 xf xx及( )f x的连续性得知(0)0,(0)0ff ,再由( )f x在点0 x的某一领域内具有二阶连续导数以及洛必达法则,20( )limxf xx为“00”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,连续运用两次洛必达法则,有 2000( )( )( )1limlimlim(0)222xxxf xfxfxfxx 20( )1lim(0)2xf xfx. 由

29、函数极限与数列极限的关系 21( )1lim(0)12nfnfn. 因211nn收敛11( )nfn收敛,即 11( )nfn绝对收敛. 方法方法二二：由0( )lim0 xf xx得知(0)0,(0)0ff ,可用泰勒公式来实现估计.( )f x在点0 x有泰勒公式： 2211( )(0)(0)()()(01, )22f xffxfx xfx xx 因( )f x在点0 x的某一领域内具有二阶连续导数, 0,( )fx 在, x 有界,即0M,有|( )|, fxM x 2211( )(), 22f xfx xMxx . 对此0,N nN时,211110( )2fMnnn. 又211nn收敛

30、11( )nfn收敛,即 11( )nfn绝对收敛. 【相关知识点】正项级数的比较判别法： 设1nnu和1nnv都是正项级数,且lim,nnnvAu则 当0A时,1nnu和1nnv同时收敛或同时发散； 当0A时,若1nnu收敛,则1nnv收敛；若1nnv发散,则1nnu发散； 当A 时,若1nnv收敛,则1nnu收敛；若1nnu发散,则1nnv发散. 七、七、( (本题满分本题满分 6 6 分分) ) 【解析】方法方法 1 1：用定积分. 设高度为z处的截面zD的面积为( )S z,则所求体积10( )VS z dz. ,A B所在的直线的方向向量为0 1,1 0,1 01,1,1 ,且过A点

31、, 所以,A B所在的直线方程为 1111xyz 或 1xzyz . 截面zD是个圆形,其半径的平方 22222(1)Rxyzz,则面积 222( )(1)S zRzz, 由此 1220(1)Vzz dz1201 22zzdz123023zzz23. 方法方法 2 2：用三重积分. 2221(1)00023zzVdVddzrdr, 或者 112200(1)zDVdVdzdzz dz 120122zzdz 123023zzz23. 八、八、( (本题满分本题满分 8 8 分分) ) 【解析】(1)由已知,( ) 的系数矩阵,1 1000101A. 由于( )2,nr A所以解空间的维数是 2.

32、取34,x x为自由变量,分别令 34,1,0 , 0,1x x,求出0Ax 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 1221231242,2,2,xkxkkxkkxk 代入方程组( ) ,则有 212121222020kkkkkkkk . 那么当120kk 时,向量121(0,1,1,0)( 1,2,2,1)(1, 1, 1, 1)kkk 是( ) 与( )的非零公共解. 九、九、( (本题满分本题满分 6 6 分分) ) 【解析】证法一：证法一：由于 *TAA,根据*A的定义有 (,1,2

33、, )ijijAai jnL,其中ijA是行列式|A中ija的代数余子式. 由于0A,不妨设0ija ,那么 2222112212|0ijiiiiininiiinAa Aa Aa AaaaaLL, 故 | 0A . 证法二：证法二：(反证法)若| 0A ,则*TAAAA|0A E . 设A的行向量为(1,2, )iinL,则 222120TiiiiinaaaL (1,2, )inL. 于是 12(,)0iiiinaaaL (1,2, )inL. 进而有0A,这与A是非零矩阵相矛盾.故| 0A . 十、填空题十、填空题( (本题本题共共 2 2 小题小题, , 每小题每小题 3 3 分分, ,满

34、分满分 6 6 分分.).) (1)【解析】利用随机事件的概率运算性质进行化简.由概率的基本公式(广义加法公式),有 ()()1()P ABP ABP AB UU 1 ( )( )()P AP BP AB 1( )( )()P AP BP AB . 因题目已知 ()()P ABP AB,故有 ( )( )1P AP B,( )1( )1P BP Ap . (2)【解析】由于X、Y相互独立且同分布,只能取 0、1 两个数值,易见随机变量 max,ZX Y只取 0 与 1 两个可能的值,且 0max,0P ZPX Y10,0004P XYP XP Y, 31104P ZP Z . 所以随机变量ma

35、x,ZX Y的分布律为： Z 0 1 P 14 34 十一、十一、( (本题满分本题满分 6 6 分分) ) 【解析】此题的第一小问是求数学期望( )E Z和方差( )D Z,是个常规问题；(2)求相关系数XZ,关键是计算X与Z的协方差；(3)考查相关系数为零与相互独立是否等价. (1) 由2(1,3 )XN,2(0,4 )YN,知 ()1,()9,( )0,( )16E XD XE YD Y. 由数学期望和方差的性质： ()()( )E aXbYcaE XbE Yc, 22()()( )2Cov(, )D aXbYca D Xb D YabX Y, 其中, ,a b c为常数. 得 111,323EZEXEY 111Cov(, )943DZDXDYX Y 111916()( )943XYD XD Y 115() 3 43.32 (2) 因为11Cov(,)Cov(,)32X ZXXY 11Cov(,)Cov(, )32X XX Y 2113( 6)032 所以 Cov(,)0XZX ZDXDZ. (3) 由于(, )X Y服从二维正态分布,则其线性组合构成的随机变量也服从二维正态分布,而32XYZ ,0XXY,故X和Z都是其线性组合,则(,)X Z服从二维正态分布,根据 (,)0XZCov X ZDXDZ,所以X与Z是相互独立的.