新《考研资料》1994考研数学一真题及答案解析.doc

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1、 Born to win1994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.)(1) _.(2) 曲面在点(1,2,0)处的切平面方程为_.(3) 设,则在点处的值为_.(4) 设区域为,则_.(5) 已知,设,其中是的转置,则_.二、选择题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.)(1) 设,则 ( )(A) (B) (C) (D) (2) 二元函数在点处两个偏导数、存在是在该点连续的 ( ) (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,且级数收敛,则级数

2、( )(A) 发散 (B) 条件收敛 (C) 绝对收敛 (D) 收敛性与有关(4) ,其中,则必有 ( )(A) (B) (C) (D) (5) 已知向量组线性无关,则向量组 ( ) (A) 、线性无关 (B) 、线性无关 (C) 、线性无关 (D) 、线性无关 三、(本题共3小题, 每小题5分,满分15分.)(1) 设 求、在的值.(2) 将函数展开成的幂级数.(3) 求.四、(本题满分6分)计算曲面积分,其中是由曲面及两平面所围成立体表面的外侧.五、(本题满分9分)设具有二阶连续导数,且为一全微分方程,求及此全微分方程的通解.六、(本题满分8分)设在点的某一领域内具有二阶连续导数,且,证明

3、级数绝对收敛.七、(本题满分6分)已知点与的直角坐标分别为(1,0,0)与(0,1,1).线段绕轴旋转一周所围成的旋转曲面为.求由及两平面所围成的立体体积.八、(本题满分8分)设四元线性齐次方程组为 又已知某线性齐次方程组的通解为.(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、(本题满分6分)设为阶非零方阵,是的伴随矩阵,是的转置矩阵,当时,证明.十、填空题(本题共2小题, 每小题3分,满分6分.)(1) 已知、两个事件满足条件,且,则_.(2) 设相互独立的两个随机变量、具有同一分布律,且的分布律为 则随机变量的

4、分布律为_.十一、(本题满分6分)已知随机变量服从二维正态分布,且和分别服从正态分布和,与的相关系数,设,(1) 求的数学期望和方差；(2) 求与的相关系数；(3) 问与是否相互独立？为什么？1994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.)(1)【答案】【解析】原式变形后为“”型的极限未定式,又分子分母在点处导数都存在,所以连续应用两次洛必达法则,有原式. (由重要极限)(2)【答案】【解析】所求平面的法向量为平行于所给曲面在点处法线方向的方向向量,取,又平面过已知点.已知平面的法向量和过已知点可唯一确定这个平面：.因点在曲面上.曲面方程

5、.曲面在该点的法向量,故切平面方程为 , 即 .(3)【答案】【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,再求., .(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：如果函数都在点具有对及对的偏导数,函数在对应点具有连续偏导数,则复合函数在点的两个偏导数存在,且有；.(4)【答案】【解析】很显然,根据此题的特征用极坐标变换来计算：原式.注意： ,则 原式.(5)【答案】【解析】由矩阵乘法有结合律,注意 是一个数,而 ,(是一个三阶矩阵)于是,.二、选择题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.)(1)【答案】(D)【解析】对于

6、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,且由定积分的性质,如果在区间上,被积函数,则.所以 , .因而 ,应选(D).(2)【答案】(D)【解析】在点连续不能保证在点存在偏导数.反之,在点存在这两个偏导数也不能保证在点连续,因此应选(D).二元函数在点处两个偏导数存在和在点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,(第一个不等式是由得到的.)又收敛,收敛,(此为级数：当时收敛；当时发散.)所以收敛,由比较判别法,得收敛.故原级数绝对收敛,因此选(C).(4)【答

7、案】(D)【解析】因为 ,故 ,因此,原式左边原式右边,.当时,极限为0；当时,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,为无穷小且存在极限 （1） 若称在该极限过程中为同阶无穷小；（2） 若称在该极限过程中为等价无穷小,记为；（3） 若称在该极限过程中是的高阶无穷小,记为.若不存在(不为),称不可比较.2. 无穷小量的性质：当时,为无穷小,则.(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,所以(A)线性相关.(B)：由于,所以(B)线性相关.对于(C),实验几组数据不能得到0时,应立即计算由的

8、系数构成的行列式,即,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,知(D)线性相关,于是用排除法可确定选(C).【相关知识点】线性相关的充分必要条件是存在某可以由线性表出.线性无关的充分必要条件是任意一个均不能由线性表出.三、(本题共3小题, 每小题5分,满分15分.)(1)【解析】同理 ,代入参数值 ,则 , .【相关知识点】1.复合函数求导法则:如果在点可导,而在点可导,则复合函数在点可导,且其导数为 或 .2.对积分上限的函数的求导公式：若,均一阶可导,则.(2)【解析】.先求的展开式.将微分后,可得简单的展开式,再积分即得原函数的

9、幂级数展开.所以由该级数在端点处的收敛性,视而定.特别地,当时,有 得 ,积分,由牛顿-莱布尼茨公式得 .(3)【解析】方法1：利用三角函数的二倍角公式,并利用换元积分,结合拆项法求积分,得 ( ),其中为任意常数.方法2：换元后,有原式.用待定系数法将被积函数分解:,.于是,.四、(本题满分6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,如若垂直平面,则.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

10、很方便的.方法1：注意 ,(因为关于平面对称,被积函数关于轴对称)所以 .由上下底圆及圆柱面组成.分别记为. 与平面垂直.在上将代入被积表达式.在平面上投影区域为,在上,关于平面对称,被积函数对为奇函数,可以推出.方法2：是封闭曲面,它围成的区域记为,记 .再用高斯公式得 (先一后二的求三重积分方法)其中是圆域：. 【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、在上具有一阶连续偏导数,则有或 这里是的整个边界曲面的外侧,、是在点处的法向量的方向余弦.上述两个公式叫做高斯公式.五、(本题满分9分)【解析】由全微分方程的条件,有,即 ,亦即 .因而是初值问题 的解,此方程为

11、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的根为,原方程右端中的,不同于两个特征根,所以方程有特解形如 .代入方程可求得 ,则特解为.由题给,解得 .的解析式代入原方程,则有.先用凑微分法求左端微分式的原函数：,.其通解为 其中为任意常数.【相关知识点】1.二阶线性非齐次方程解的结构：设是二阶线性非齐次方程的一个特解.是与之对应的齐次方程的通解,则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,可用特征方程法求解：即中的、均是常数,方程变为.其特征方程写为,在复数域内解出两个特征根；分三种情况：(1) 两个不相等的实数根,则通解为

12、(2) 两个相等的实数根,则通解为(3) 一对共轭复根,则通解为其中为常数.3.对于求解二阶线性非齐次方程的一个特解,可用待定系数法,有结论如下：如果则二阶常系数线性非齐次方程具有形如的特解,其中是与相同次数的多项式,而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,则二阶常系数非齐次线性微分方程的特解可设为,其中与是次多项式,而按(或)不是特征方程的根、或是特征方程的单根依次取为或.六、(本题满分8分)【解析】表明时是比高阶的无穷小,若能进一步确定是的阶或高于阶的无穷小,从而也是的阶或高于阶的无穷小,这就证明了级数绝对收敛.方法一：由及的连续性得知,再由在点的某

13、一领域内具有二阶连续导数以及洛必达法则,为“”型的极限未定式,又分子分母在点处导数都存在,连续运用两次洛必达法则,有 .由函数极限与数列极限的关系 .因收敛收敛,即 绝对收敛.方法二：由得知,可用泰勒公式来实现估计.在点有泰勒公式：因在点的某一领域内具有二阶连续导数,在有界,即,有.对此,时,.又收敛收敛,即 绝对收敛.【相关知识点】正项级数的比较判别法：设和都是正项级数,且则 当时,和同时收敛或同时发散； 当时,若收敛,则收敛；若发散,则发散； 当时,若收敛,则收敛；若发散,则发散.七、(本题满分6分)【解析】方法1：用定积分.设高度为处的截面的面积为,则所求体积.所在的直线的方向向量为,且

14、过点,所以所在的直线方程为 或 .截面是个圆形,其半径的平方 ,则面积 ,由此 .方法2：用三重积分.,或者 .八、(本题满分8分)【解析】(1)由已知,的系数矩阵,.由于所以解空间的维数是2.取为自由变量,分别令,求出的解.故的基础解系可取为 .(2)方程组和 有非零公共解.将的通解 代入方程组,则有.那么当时,向量是与的非零公共解.九、(本题满分6分)【解析】证法一：由于 ,根据的定义有 ,其中是行列式中的代数余子式.由于,不妨设,那么,故 .证法二：(反证法)若,则.设的行向量为,则 .于是 .进而有,这与是非零矩阵相矛盾.故.十、填空题(本题共2小题, 每小题3分,满分6分.)(1)【

15、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.因题目已知 ,故有,.(2)【解析】由于、相互独立且同分布,只能取0、1两个数值,易见随机变量只取0与1两个可能的值,且,.所以随机变量的分布律为： 0 1 十一、(本题满分6分)【解析】此题的第一小问是求数学期望和方差,是个常规问题；(2)求相关系数,关键是计算与的协方差；(3)考查相关系数为零与相互独立是否等价.(1) 由,知.由数学期望和方差的性质：,其中为常数.得 (2) 因为 所以 .(3) 由于服从二维正态分布,则其线性组合构成的随机变量也服从二维正态分布,而,故和都是其线性组合,则服从二维正态分布,根据,所以与是相互独立的.