1993考研数一真题解析.pdf

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1、119931993 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 小题小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分, ,把答案填在题中横线上把答案填在题中横线上.).)(1) 函数11( )(2) (0)xF xdt xt的单调减少区间为_.(2) 由曲线223212,0 xyz绕y轴旋转一周得到的旋转面在点(0, 3,2)处的指向外侧的单位法向量为_.(3) 设函数2( )()f xxxx的傅里叶级数展开式为01(cossin)2nnnaanxbnx,则其中系数3b的值为_.(4) 设数量场2

2、22ln,uxyz则(grad )divu _.(5) 设n阶矩阵A的各行元素之和均为零,且A的秩为1n,则线性方程组0Ax 的通解为_.二、选择题二、选择题( (本题共本题共 5 5 小题小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分, ,在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中, ,只有一项只有一项是符合题目要求的是符合题目要求的, ,把所选项前的字母填在题后的括号内把所选项前的字母填在题后的括号内.).)(1) 设sin20( )sin( )xf xtdt,34( )g xxx则当0 x 时,( )f x是( )g x的()(A) 等价无穷小(B) 同阶但非等

3、价无穷小(C) 高阶无穷小(D) 低阶无穷小(2) 双纽线22222()xyxy所围成的区域面积可用定积分表示为()(A)402cos2 d (B)404cos2 d (C)402cos2 d (D)2401(cos2 )2d(3) 设有直线1158:121xyzL与26:23xyLyz,则1L与2L的夹角为()(A)6(B)4(C)3(D)2(4) 设曲线积分 ( )sin( )cosxLf xeydxf xydy与路径无关,其中( )f x具有一阶连续2导数,且(0)0f,则( )f x等于()(A)2xxee(B)2xxee(C)12xxee(D)12xxee(5) 已知12324369

4、Qt,P为三阶非零矩阵,且满足0PQ ,则(A)6t 时,P的秩必为 1(B)6t 时,P的秩必为 2(C)6t 时,P的秩必为 1(D)6t 时,P的秩必为 2三、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) 求21lim(sincos)xxxx.(2) 求1xxxedxe .(3) 求微分方程22x yxyy,满足初始条件1|1xy的特解.四、四、( (本题满分本题满分 6 6 分分) )计算22xzdydzyzdzdxz dxdy,其中是由曲面22zxy与222zxy所围立体的表面外侧.五、五、( (本题满分本题满分

5、 7 7 分分) )求级数20( 1) (1)2nnnnn的和.六、六、( (本题共本题共 2 2 小题小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,满分满分 1010 分分.).)(1) 设在0,)上函数( )f x有连续导数,且( )0,(0)0,fxkf证明( )f x在(0,+ )内有且仅有一个零点.(2) 设bae,证明baab.七、七、( (本题满分本题满分 8 8 分分) )已知二次型22212312323( ,)2332(0)f x x xxxxax x a,通过正交变换化成标准形322212325fyyy,求参数a及所用的正交变换矩阵.八、八、( (本题满分本题满分 6 6 分分

6、) )设A是n m矩阵,B是m n矩阵,其中nm,E是n阶单位矩阵,若ABE,证明B的列向量组线性无关.九、九、( (本题满分本题满分 6 6 分分) )设物体A从点(0,1)出发,以速度大小为常数v沿y轴正向运动.物体B从点( 1,0)与A同时出发,其速度大小为2v,方向始终指向A,试建立物体B的运动轨迹所满足的微分方程,并写出初始条件.十、填空题十、填空题( (本题共本题共 2 2 小题小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 6 6 分分, ,把答案填在题中横线上把答案填在题中横线上.).)(1) 一批产品共有 10 个正品和 2 个次品,任意抽取两次,每次抽一个,抽出后不再放

7、回,则第二次抽出的是次品的概率为_.(2) 设随机变量X服从(0,2)上的均匀分布,则随机变量2YX在(0,4)内的概率分布密度( )Yfy _.十一、十一、( (本题满分本题满分 6 6 分分) )设随机变量X的概率分布密度为| |1( )2xf xe,x .(1) 求X的数学期望()E X和方差()D X.(2) 求X与|X的协方差,并问X与|X是否不相关？(3) 问X与|X是否相互独立？为什么？419931993 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析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

8、, ,满分满分 1515 分分.).)(1)【答案】104x【解析】由连续可导函数的导数与0的关系判别函数的单调性.将函数11( )(2),xF xdtt两边对x求导,得1( )2F xx.若函数( )F x严格单调减少,则1( )20F xx,即12x .所以函数( )F x单调减少区间为104x.【相关知识点】函数的单调性：设函数( )yf x在 , a b上连续,在( , )a b内可导.(1) 如果在( , )a b内( )0fx,那么函数( )yf x在 , a b上单调增加；(2) 如果在( , )a b内( )0fx,那么函数( )yf x在 , a b上单调减少.(2)【答案】

9、10,2, 35【解析】先写出旋转面S的方程：2223()212xzy.令222( , , )3()212F x y zxzy.则S在点( , , )x y z的法向量为,6 ,4 ,6FFFnxyzxyz ,所以在点(0, 3,2)处的法向量为0,4 3,6 22 0,2 3,3 2n .因指向外侧,故应取正号,单位法向量为 02222 0,2 3,3 2110,2 3,3 20,2, 3|30504 36 2nnn .(3)【答案】235【解析】按傅式系数的积分表达式1( )sinnbf xnxdx,所以22311()sin3sin3sin3bxxxdxxxdxxxdx.因为2sin3xx

10、为奇函数,所以2sin30 xxdx；sin3xxdx为偶函数,所以30sin32sin3bxxdxxxdx0001222(cos3 )cos3cos3333xxdxxxdx 022 sin323333x.(4)【答案】2221xyz【解析】先计算u的梯度,再计算该梯度的散度.因为graduuuuijkxyz,所以222222(grad ),uuuuuudivudivxyzxyz.数量场222lnuxyz分别对, ,x y z求偏导数,得2222222221122uxxxxyzxyzxyz,由对称性知222uyyxyz,222uzzxyz,将,uuuxyz分别对, ,x y z求偏导,得222

11、2222222222222()2()()uxyzxxyzxxxyzxyz ,222222222()uzxyyxyz,222222222()uxyzzxyz,6因此,2222222221(grad )uuudivuxyzxyz.(5)【答案】(1,1,1)Tk【解析】因为( )1r An,由( )1nr A知,齐次方程组的基础解系为一个向量,故0Ax 的通解形式为k.下面根据已知条件“A的各行元素之和均为零”来分析推导0Ax 的一个非零解,它就是0Ax 的基础解系.各行元素的和均为 0,即111212122212000nnnnnnaaaaaaaaa,而齐次方程组0Ax 为11 1122121 1

12、22221 122000nnnnnnnnna xa xa xa xa xa xa xa xa x.两者比较,可知121nxxx是0Ax 的解.所以应填(1,1,1)Tk.二、选择题二、选择题( (本题共本题共 5 5 小题小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 1515 分分.).)(1)【答案】(B)【解析】0( )lim( )xf xg x为“00”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,运用洛必达法则,有sin222034232300000sin( )( )sin(sin)cossin(sin)limlimlimlimlimcos( )3434xxxxxxtdtf xx

13、xxxg xxxxxxx洛2230sin(sin)lim34xxxx.因为当0 x ,sin0,x 所以222sin(sin)sinxxx,所以222323000sin(sin)11limlimlim3434343xxxxxxxxxx,7所以( )f x与( )g x是同阶但非等价的无穷小量.应选(B).【相关知识点】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,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

14、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)【答案】(A)【解析】由方程可以看出双纽线关于x轴、y轴对称,(如草图)只需计算所围图形在第一象限部分的面积；双纽线的直角坐标方程复杂,而极坐标方程较为简单：2cos2.显然,在第一象限部分的变化范围是0,4.再由对称性得2441001442cos22SSdd ,应选(A).(3)【答案】(C)【解析】这实质上是求两个向量的夹角问题,1L与2L的方向向量分别是12(1, 2,1),110( 1, 1,2)021ijkll ,1L与2L的夹角的余弦为1212

15、12|31cos|cos( , )|2|6 6lll lll ,所以3,应选(C).8(4)【答案】(B)【解析】在所考察的单连通区域上,该曲线积分与路径无关( ( )sin )( )cos )xf xeyf xyyx,即( ( )cos( )cosxf xeyfxy ,化简得( )( )xfxf xe, 即2( )xxe f xe ,解之得21( )2xxe f xeC, 所以21( )()2xxf xeeC.由(0)0f 得12C ,因此1( )()2xxf xee,故应选(B).【相关知识点】曲线积分LPdxQdy在单连通区域内与路径无关的充分必要条件是PQyx.(5)【答案】(C)【解

16、析】若A是m n矩阵,B是ns矩阵,0AB ,则( )( )r Ar Bn.当6t 时,矩阵的三行元素对应成比例,( )1r Q ,有( )( )3r Pr Q,知( )2r P ,所以,( )r P可能是 1,也有可能是 2,所以(A)、(B)都不准确；当6t 时,矩阵的第一行和第三行元素对应成比例,( )2r Q ,于是从( )( )3r Pr Q得( )1r P ,又因0P ,有( )1r P ,从而( )1r P 必成立,所以应当选(C).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)【解析】令1tx,则当x 时

17、,0t ,1021lim(sincos)lim(sin2cos )xtxtttxx,这是1型未定式,11sin2cos1sin2cos100lim(sin2cos )lim(1 sin2cos1)tttttttttttt,而1sin2cos10lim(1 sin2cos1)ttttt是两个重要极限之一,即91sin2cos10lim(1 sin2cos1)ttttte.所以01sin2cos1sin2cos1lim00lim(sin2cos )limttttttttttttee.而00sin2cos12cos2sinlimlim21ttttttt洛,故221lim(sincos)xxexx.(

18、2)【解析】方法一方法一：2121211xxxxxxedxxd ex eedxe .令1xet ,则222ln(1),1tdtxtdxt,所以222221122 (1)111xtdttedxtdtdtttt22arctan212arctan1xxttCeeC ,所以21211xxxxxedxx eedxe 21414arctan1xxxx eeeC .方法二方法二：令1xet ,则22221,ln(1),1xtdtetxtdxt,所以2222(1)ln(1)22 ln(1)11xxxetttdxdttdttte222222 ln(1)2ln(1)2 ln(1)41ttttdtttdtt.关于2

19、21tdtt 的求解同方法一,所以22 ln(1)4(arctan )1xxxedxttttCe21414arctan1xxxx eeeC .(3)【解析】解法一解法一：所给方程为伯努利方程,两边除以2y得2211x yyxy,即211()1xyxy.10令1yz,则方程化为21x zxz,即211zzxx ,即31( )zxx ,积分得212zxCx.由1yz得2112xCxy,即2212xyCx,代入初始条件1|1xy,得12C ,所以所求方程的特解是221xyx.解法二解法二：所给方程可写成2( )yyyxx 的形式,此方程为齐次方程.令yux,则,yxu yuxu,所以方程可化为2ux

20、uuu,分离变量得(2)dudxu ux,积分得112lnln |2uxCu,即22uCxu.以yux代入上式,得22yxCx y.代入初始条件1|1xy,得1C ,故特解为221xyx.四、四、( (本题满分本题满分 6 6 分分) )【解析】将I表成IPdydzQdzdxRdxdy,则22PQRzzzzxyz.又是封闭曲面,可直接用高斯公式计算.记围成区域,见草图,取外侧,由高斯公式得PQRIdVzdVxyz.用球坐标变换求这个三重积分.在球坐标变换下,为：02 ,0,024,于是112224000cossinIzdVddd 234002sinsindd2424001112sin21244

21、2 .五、五、( (本题满分本题满分 7 7 分分) )【解析】先将级数分解,2000( 1) (1)( 1)(1)1()222nnnnnnnnnnn nA.第二个级数是几何级数,它的和已知0112()1231 ()2nn .求第一个级数的和转化为幂级数求和.考察01( 1)(| 1)1nnnxxx.200( )( 1)(1)( 1)nnnnnnS xn nxx312()1(1)xx,所以230( 1)(1)11124( )1222427(1)2nnnn nS.因此原级数的和422227327A .六、六、( (本题共本题共 2 2 小题小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,满分满分 10

22、10 分分.).)(1)【解析】证法一证法一：由拉格朗日中值定理可知,在(0, ) x存在一点,使得( )(0)( )(0)( )f xffxxf,即( )( )(0)f xxff.因为( )0fk,所以当x 时,( )xf ,故( )f x .12由(0)0f,所以在(0, ) x上由介值定理可知,必有一点(0, ) x使得( )0f.又因为( )0fk,故( )f x为严格单调增函数,故值唯一.证法二证法二：用牛顿-莱布尼兹公式,由于00( )(0)( )(0)(0)xxf xff t dtfkdtfkx,以下同方法 1.(2)【解析】先将不等式做恒等变形:因为bae,故原不等式等价于ln

23、lnbaab或lnlnabab.证法一证法一：令( )lnln , ()f xxaaxxae,则( )lnafxax.因为xae,所以ln1,1aax,故( )ln0afxax.从而( )f x 在xae时为严格的单调递增函数,故( )( )0, ()f xf axae.由此( )lnln0f bbaab,即baab.证法二证法二：令ln( )()xf xxex,则21 ln( )xfxx.当( ,)xe时,( )0fx,所以( )f x为严格的单调递减函数,故存在bae使得lnln( )( )baf bf aba成立.即baab.七、七、( (本题满分本题满分 8 8 分分) )【解析】写出

24、二次型f的矩阵为2000303Aaa,它的特征方程是22200|03(2)(69)003EAaaa.f经正交变换化成标准形22212325fyyy,那么标准形中平方项的系数 1,2,5 就是A的特征值.把1代入特性方程,得240a 2a .13因0a 知2a .这时200032023A.对于11,由()0EA x,100100022011022000,得1(0,1 1)TX .对于22,由(2)0EA x,000012012003021000,得2(1,0,0)TX .对于35,由(5)0EA x,300300022011022000,得3(0,1,1)TX .将123,XXX单位化,得123

25、010111,0 ,122101 .故所用的正交变换矩阵为12301011( ,)02211022P .【相关知识点】 二次型的定义： 含有n个变量12,nx xx的二次齐次多项式(即每项都是二次的多项式)1211,nnnijijijf x xxa x x其中ijjiaa,称为n元二次型.令12,Tnxx xx,ijAa,则二次型可用矩阵乘法表示为12,Tnf x xxx Ax其中A是对称矩阵TAA,称A为二次型12,nf x xx的矩阵.八、八、( (本题满分本题满分 6 6 分分) )14【解析】证法一：证法一：对B按列分块,记12(,)nB ,若11220nnkkk,即1212(,)0n

26、nkkk ,亦即120nkkBk.两边左乘A,得120nkkABk,即120nkkEk,亦即120nkkk.所以12,n 线性无关.证法二：证法二：因为B是m n矩阵,nm,所以( )r Bn.又因( )()( )r Br ABr En,故( )r Bn.所以12,n 线性无关.【相关知识点】 1. 向量组线性相关和线性无关的定义： 存在一组不全为零的数12mk ,k ,k,使11220mmkkk,则称12m, 线性相关；否则,称12m, 线性无关2. 矩阵乘积秩的结论：乘积的秩小于等于单个矩阵的秩九、九、( (本题满分本题满分 6 6 分分) )【解析】如图,设当A运动到(0, )Y时,B运

27、动到( , )x y.由B的方向始终指向A,有0dyyYdxx,即.dyYyxdx(1)又由dYvdt,222()()dydxvdtdt,得22()()2dydxdYdtdtdt.由题意,( )x t单调增,0dxdt,所以21 ()2dxdydYdtdxdt.亦即1521 ()2dydYdxdx.(2)由(1),(2)消去Y,dYdx,便得微分方程2210 xyy.初始条件显然是( 1)0,( 1)1yy.十、填空题十、填空题( (本题共本题共 2 2 小题小题, ,每小题每小题 3 3 分分, ,满分满分 6 6 分分, ,把答案填在题中横线上把答案填在题中横线上.).)(1)【解析】可以

28、用古典概型,也可以用抽签原理.方法一方法一： 从直观上看,第二次抽出次品的可能性与第一次抽到正品还是次品有关,所以考虑用全概率公式计算.设事件iB “第i次抽出次品”1,2,i 由已知得11210(), (),1212P BP B121212(|), (|)1111P BBP BB.应用全概率公式1121212211021()() (|)() (|)121112116P BP B P BBP B P BB.方法二方法二：对填空题和选择题可直接用抽签原理得到结果.由抽签原理(抽签与先后次序无关),不放回抽样中第二次抽得次品的概率与第一次抽得次品的概率相同,都是21126.(2)【解析】方法一方法

29、一：可以用分布函数法,即先求出分布函数,再求导得到概率密度函数.由已知条件,X在区间(0,2)上服从均匀分布,得X的概率密度函数为1, 02( )20,XxFx 其它.先求F的分布函数2( )()()YFyP YyP Xy.当0y 时,( )0YFy ；当4y 时,( )1YFy ；当04y时,2( )YFyP YyP XyPyXy001( )022yyXyyyFx dxdxdx.即0,0( )04,21,4.YyyFyyy 16于是,对分布函数求导得密度函数1, 044( )( )0,YYyyfyFy 其他.故随机变量2YX在(0,4)内的概率分布密度1( )4Yfyy.方法二方法二：也可以

30、应用单调函数公式法.由于2yx在(0,4)内单调,反函数( )xh yy在(0,2)内可导,且导数1( )2h yy恒不为零,因此,由连续型随机变量函数的密度公式,得到随机变量Y的概率密度为111, 04, 04,( )( ) , 04224( )0,0,0,XYyyh yfh yyyyfy 其他其他,其他.故随机变量2YX在(0,4)内的概率分布密度1( )4Yfyy.十一、十一、( (本题满分本题满分 6 6 分分) )【解析】(1)第一问是常规问题,直接运用公式对其计算可得期望与方差.| |()( )02xxE Xxf x dxedx.(因为被积函数| |2xxe是奇函数,积分区域关于y

31、轴对称,所以积分值为 0.)22| |2| |20()( )211222xxxxD Xx f x dxedxx edxx e dx偶函数积分的性质 22000000222()2.xxxxxxx e dxx exe dxxee dxe （+）(2) 根据协方差的计算公式(, )(|)() (|)cov X YE X XE X EX来计算协方差.因为| |()( )02xxE Xxf x dxedx,所以17| |(, )(|)0 (|)(|)1|( )|0.2xCov X YE X XEXE X Xx x f x dxx x edx(因为被积函数| |2xxx e是奇函数,积分区域关于y轴对称,所以积分值为 0.)所以X与|X不相关.(3) 方法一：对于任意正实数(0)aa ,事件|Xa含于事件Xa,且01P Xa,所以,|P Xa XaPXa, |P Xa PXaPXa,可见 ,|P Xa XaPXa P Xa,因此X与|X不独立.方法二：因为111111111( )1112222xxxP Xf x dxedxe dxee ；又11110110111( )12xxxP Xf x dxedxe dxee ，显然有, P XXP XP XP X11111，因此X与|X不独立.