2001考研数一真题解析.pdf

一、填空题一、填空题(1)【答案】220yyy.【详 解】因 为 二 阶 常 系 数 线 性 齐 次 微 分 方 程0ypyqy的 通 解 为12(sincos)xyecxcx时，则特征方程20rprq对应的两个根为一对共轭复根：1,2i，所以根据题设12(sincos)xye cxcx(12,c c为任意常数)为某二阶常系数线性齐次微分方程的通解，知：1,1，特征根为1,2i1,i 从而对应的特征方程为：2(1)(1)220,ii于是所求二阶常系数线性齐次微分方程为220yyy.(2)【答案】2.3【分析】若,r x y z具有连续的一阶偏导数，梯度gradr在直角坐标中的计算公式为：rrrgradrijkxyz设,A x y zP x y z iQ x y z jR x y z k，其中,P Q R具有一阶连续偏导数，散度divA在直角坐标中的计算公式为：PQRdivAxyz若,r x y z具有二阶连续偏导数，则在直角坐标中有计算公式：222222()rrrdiv gradrxyz【详解】本题实际上是计算222222rrrxyzrx222xyzx22222xxyz222xxyzxr2001年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析2001年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析关注公众号【考研题库】保存更多高清资料22rxxx r 2rrxxr2xrxrxrxrr223rxr类似可得ryyr，22ry223ryr；rzzr，22rz223rzr根据定义有()div gradr222222rrrxyz222222333rxryrzrrr222233rxyzr2233rrr232rr2r2222xyz于是(1,2,2)()|div gradr2221,2,22xyz2222231(2)2(3)【答案】2110(,).xdxf x y dy【详解】由题设二次积分的限，画出对应的积分区域，如图阴影部分.但在10y 内，21y，题设的二次积分并不是(,)f x y在某区域上的二重积分，因此，应先将题设给的二次积分变形为：01021211(,)(,),yydyf x y dxdyf x y dx 其中(,)10,12,Dx yyyx 再由图所示，又可将D改写为(,)12,10,Dx yxxy于是0112(,)ydyf x y dx0211(,)ydyf x y dx 2011(,)xdxf x y dy 2110(,).xdxf x y dy(4)【答案】1(2).2AE【详解】要求()AE的逆，应努力把题中所给条件化成()AE BE的形式.由题设240AAE222AAEE22AEAEEOxyx+y=1x=21关注公众号【考研题库】保存更多高清资料即12,2AEAEE故1122AEAE.(5)【答案】1 2【分析】切比雪夫不等式：2()()D XP XE X【详解】根据切比雪夫不等式有22()21()2222D XP XE X二、选择题二、选择题(1)【答案】(D)【详解】从题设图形可见，在y轴的左侧，曲线()yf x是严格单调增加的，因此当0 x 时，一定有()0fx，对应()yfx图形必在x轴的上方，由此可排除(A)，(C)；又()yf x的图形在y轴右侧靠近y轴部分是单调增，所以在这一段内一定有()0fx，对应()yfx图形必在x轴的上方，进一步可排除(B)，故正确答案为(D).(2)【答案】(C)【详解】题目仅设函数(,)f x y在点(0,0)附近有定义及(0,0)3,(0,0)1,xyff未设(,)f x y在点(0,0)可微，也没设(,)zf x y，所以谈不上dz，因此可立即排除(A)；令(,)(,)F x y zzf x y，则有,1xxyyzFfFfF .因此过点(0,0,(0,0)f的法向量为,xyzF F F,1xyff 3,1,1，可排除(B)；关注公众号【考研题库】保存更多高清资料曲线(,)0zf x yy可表示为参数形式：0,(,0)xxyzf x点(0,0,(0,0)f的切向量为1,0,(0,0)1,0,3xf.故正确选项为(C).(3)【答案】(B)【详解】方法方法 1：因为0001()()lim(1)1limlimln(1)ln(1)hhhxxf xf xxfeexhxxx0()ln(1)limxf xxxxxx 00()0()lim0lim0 xxf xff xfxx 0f 可见，若()f x在点0 x 可导，则极限01lim(1)hhfeh一定存在；反过来也成立.方法方法 2：排除法：举反例说明(A)，(C)，(D)说明不成立.比如，()f xx,在0 x 处不可导，但2220001 cos11 coslim(1 cos)limlimhhhhhfhhhh22012sin2limhhh2201112sinlim22hhhhh12，故排除(A)2200sin1lim(sin)limhhhhf hhhh30sinlimhhhhh其中，30sinlimhhhh30sinlimhhhh201 coslim3hhh洛22012sin2lim3hhh22012lim3hhh等16根据有界量与无穷小的乘积为无穷小，所以30sinhlim0hhhh.故排除(C).又如1,0()0,0 xf xx在0 x 处不可导，但0011 1lim(2)()lim0hhfhf hhh存在，进一步可排除(D).关注公众号【考研题库】保存更多高清资料(4)【答案】(A)【详解】方法方法 1：因为A是实对称矩阵，必相似于对角阵.1111111111111111EA44442,3,41111111111111行分别加到 行111111111(4)111141111行提出公因子()11111000(4)000000行分别加到2,3,4行34()=0得A的特征值为：12344,0,故必存在正交矩阵Q,使得14000000000000000TQ AQQ AQ因此，AB与相似.由两矩阵合同的充要条件：实对称矩阵AB与合同的充要条件是AB与相似.因此，AB与也合同.即AB与既合同且相似.应选(A).方法方法 2：因为A是实对称矩阵，故A必相似于一对角阵.又由相似矩阵有相同的特征值,相同的秩,知A与有相同的秩，故()()1,rr A 即对角线上有 3 个元素为零.因此,1230是A的特征值.求 另 一 个 特 征 值，由 特 征 值 的 和 等 于 矩 阵 主 对 角 线 元 素 之 和，知444114.iiiiia故，44.即A有特征值40和(三重根)，和对角阵B的特征值完全一致，故A,B相似.又由两矩阵合同的充要条件：实对称矩阵AB与合同的充要条件是AB与相似.知A,B合同.(5)【答案】A【详解】掷硬币结果不是正面向上就是反面向上，所以XYn，从而YnX，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料故()DYD nXDX由方差的定义：22()DXEXEX,所以22()()()DYD nXE nXE nX222(2)()E nnXXnEX222222()nnEXEXnnEXEX22()EXEXDX)由协方差的性质：cov(,)0X c(c为常数)；cov(,)cov(,)aX bYabX Y1212cov(,)cov(,)cov(,)XXYX YXY)所以cov(,)cov(,)cov(,)cov(,)0X YX nXX nX XDXDX 由相关系数的定义，得cov(,)(,)1X YDXX YDXDYDXDX 三三【详解】2arctanxxedxe2arctanxxee dx21arctan22xxee dx 21arctan2xxe d e 221arctanarctan2xxxxeeede分部2221arctan2(1)xxxxxdeeeee 222111arctan21xxxxxeedeee 22211arctan21xxxxxxeeededee 21arctanarctan2xxxxeeeeC 四四【详解】由题设，()dxdx(,(,)df x f x xdx12(,(,)(,(,)(,)f x f x xfx f x xf x x1212(,(,)(,(,)(,)(,)f x f x xfx f x xfx xfx x这里1ffx，2ffy，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料所以1()xdxdx12121(,(,)(,(,)(,)(,)xf x f x xfx f x xfx xfx x1212(1,1)(1,1)(1,1)(1,1)ffff23 23 17又(1,1)1,f()(,(,)xf x f x x，所以(1)(1,(1,1)ff(1,1)1(1,1)ff 1,所以3211()()3()xxddxxxdxdx21()3(1)xdxdx1()(1)1,173 1 17xdxdx 51五五【详解】首先将arctan x展开.因为arctanx2211(1),(1,1)1nnnxxx 故0arctanarctan0arctanxxx dx2000(1)xnnnxdx221000(1)(1)21nxnnnnnx dxxn，1,1x 于是21()arctanxf xxx22101(1)21nnnxxxn220(1)(1)21nnnxxn22200(1)(1)2121nnnnnnxxnn01 1210210(1)(1)(1)2 0 121211nnnnnnxxxnn 12211(1)(1)12121nnnnnnxxnn 2211(1)(1)12121nnnnnnxxnn 21111(1)2121nnnxnn 221(1)211 4nnnxn，1,1,0 xx 又0lim()xf x2201(1)2lim 11 4nnxnxn1，且(0)1f，所以()f x在0 x 处连续，从而0 x 时，()f x221(1)211 4nnnxn 也成立.进而()f x221(1)211 4nnnxn，(1,1)x，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料又在1x 处级数22211(1)2(1)21 41 4nnnnnxnn收敛，2111lim()limarctanxxxf xxx2111limlimarctanxxxxx242 1f，2111lim()limarctanxxxf xxx2111limlim arctanxxxxx2142f ，所以()f x在1x 处左连续，在1x 处右连续，所以等式可扩大到1x ，从而221(1)2()11 4nnnf xxn，1,1x，变形得221(1)()11 42nnnf xxn因此21(1)1 4nnn221(1)11 4nnnn1(1)12f11221.42六六【详解】方法方法 1：用斯托克斯公式之后化成第一型曲面积分计算.记S为平面2xyz上由L所围成的有界部分的上侧，(曲线的正向与曲面的侧的方向符合右手法则)D为S在xoy坐标面上的投影，(,)|1 Dx yxy221cos,cos,cos,11xyxyzzzz在2xyz中，左右两边关于x求偏导，得10 xz，得1xz .在2xyz中，左右两边关于y求偏导，得10yz，得1yz .代入上式得111cos,cos,cos,333为S指定侧方向的单位法向量，由斯托克斯公式得I222222()(2)(3)Lyz dxzxdyxydz 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料SdydzdzdxdxdyxyzPQR22222223Sdydzdzdxdxdyxyzyzzxxy(24)(26)(22)Syz dydzzx dzdxxy dxdy 将题中的空间曲线积分化为第二类曲面积分，而对于第二类曲面积分，一般的解答方法是将它先化为第一类曲面积分，进而化为二重积分进行计算.把111,coscoscosdSdydz dSdzdx dSdxdy代入上式，I(24)cos(26)cos(22)cosSyzzxxydS 1(24)(26)(22)3Syzzxxy dS 18463Sxyz dS2(423)3Sxyz dS 按第一型曲面积分的算法，将S投影到xoy，记为.dS与它在xoy平面上的投影d的关系是2211cosxydSdzzd故3dSd，将2xyz代入2(423)3SIxyz dS 2423(2)(3)3Sxyxyd2(6)Dxyd 由于D关于y轴对称，利用区域的对称性，因为区域关于y轴对称，被积函数是关于x的奇函数，所以0Dxd.D关于x轴对称，利用区域的对称性，因为区域关于x轴对称，被积函数是关于y的奇函数，故0Dyd，所以2(6)DIxyd 2212DDDxdydd 12Ddxdy 12 D 的面积(由二重积分的几何意义知，Ddxdy即D的面积)关注公众号【考研题库】保存更多高清资料其中，D为1xy，D的面积141 122 ，所以12 224.I 方法方法 2：转换投影法.用斯托克斯公式，取平面2xyz被L所围成的部分为S，按斯托克斯公式的规定，它的方向向上(曲线的正向与曲面的侧的方向符合右手法则)，S在xoy平面上的投影域记为(,)|1 Dx yxy.由斯托克斯公式得I222222()(2)(3)Lyz dxzxdyxydz SdydzdzdxdxdyxyzPQR22222223Sdydzdzdxdxdyxyzyzzxxy(24)(26)(22)Syz dydzzx dzdxxy dxdy 由111,coscoscosdSdydz dSdzdx dSdxdy，及221cos,cos,cos,11xyxyzzzz知11coscosdSdydzdxdy，11coscosdSdzdxdxdy，故22221cos1cos1xxyxxyzzzdydzdxdydxdyz dxdyzz 22221cos1cos1yxyyxyzzzdzdxdxdydxdyz dxdyzz 因为S为2zxy，式子左右两端分别关于,x y求偏导，1,1,zzxy 于是(24)(26)(26)SIyz dydzzx dzdxxy dxdy 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料24,26,26,1Szzyzzxxydxdyxy 2(423)2(6)SDxyz dxdyxydxdy 因为区域D关于y轴对称，被积函数是关于x的奇函数，所以0Dxd.类似的，因为区域D关于x轴对称，被积函数是关于y的奇函数，故0Dyd，所以2(6)DIxyd 2212DDDxdydd 12Ddxdy 12 D 的面积(由二重积分的几何意义知，Ddxdy即D的面积)D为1xy，D的面积141 122 ，所以12 224.I 方法方法 3：降维法.记S为平面2xyz上由L所围成的有界部分的上侧(曲线的正向与曲面的侧的方向符合右手法则)，D为S在xoy坐标面上的投影，(,)|1 Dx yxy把2xyz代入I中，1L为L在xoy平面上投影，逆时针.1222222(2)(2(2)(3)()LIyxydxxyxdyxydxdy 12222(42444)(324888)Lyxxyxydxyxxyxydy 12222(324888)(42444)Lyxxyxyyxxyxydxdyxy 格林公式2(6)24Dxydxdy 方法方法 4：用斯托克斯公式后用第二型曲面积分逐个投影法.记S为平面2xyz上由L所围成的有界部分的上侧，(曲线的正向与曲面的侧的方向符合右手法则)221cos,cos,cos,11xyxyzzzz在2xyz中，左右两边关于x求偏导，得10 xz，得1xz .在2xyz中，左右两边关于y求偏导，得10yz，得1yz .代入上式得关注公众号【考研题库】保存更多高清资料111cos,cos,cos,333为S指定侧方向的单位法向量，由斯托克斯公式得I222222()(2)(3)Lyz dxzxdyxydz SdydzdzdxdxdyxyzPQR22222223Sdydzdzdxdxdyxyzyzzxxy(24)(26)(22)Syz dydzzx dzdxxy dxdy 用逐个投影法，先计算1(24),SIyz dydz其中(,)|21yzDy zyzy为S在yoz平 面 上 的 投 影，分 别 令0,0,20,20yyyzyz,可得到yzD的 4 条边界线的方程：右：23yz；上：3z；左：21yz；下：1z.于是13(3)2111(1)22(2)16zzIdzyz dy 再计算2(26)SIzx dzdx，其中(,)|21xzDx zxxz为S在xoz平面上的投影，分别令0,0,20,20 xxxzxz,可得到xzD的 4 条边界线的方程：右：23yz；上：3z；左：21yz；下：1z.于是13(3)321211(1)22(3)(6)8zzIdzzx dxzdz 再计算3(22)DIxy dxdy，其中(,)|1xyDx yxy为S在xoy平面上的投影，因为区域关于y轴和x轴均对称，被积函数是关于x和y都是奇函数，于是32()0SIxy dxdy 故12324.IIII 方法方法 5：参数式法.L是平面2xyz与柱面1xy的交线，是由 4 条直线段构成的封闭折关注公众号【考研题库】保存更多高清资料线，将题中要求的空间曲线积分分成四部分来求.当0,0 xy时，1:1,2Lyx zxy,则,dydx dzdx ，x从 1 到0.以x为参数，于是222222()(2)(3)yzdxzxdyxydz222222(1)(2)2(2)()3(1)()xxydxxyxdxxxdx 22(1)1(2)(1)xxdx 则1222222()(2)(3)Lyz dxzxdyxydz 0221(1)1(2)(1)xxdx 7.3当0,0 xy,2:1,1 2Lyx zx ,则,2dydx dzdx，x从 0 到1于是222222()(2)(3)yzdxzxdyxydz222222(1)(1 2)2(1 2)3(1)(2)xxdxxx dxxxdx(24)xdx所以212222220()(2)(3)(24)3Lyz dxzxdyxydzxdx 当0,0 xy,3:1,3Lyx z,则,0dydx dz，x从1到 0，于是222222()(2)(3)yzdxzxdyxydz222222(1)3 2 3()3(1)0 xdxxdxxx2(2226)xxdx所以302222222179()(2)(3)(2226)3Lyz dxzxdyxydzxxdx 当0,0 xy,4:1,32Lyxzx，则,2dydx dzdx，x从 0 到 1，于是222222()(2)(3)yzdxzxdyxydz222222(1)(32)2(32)3(1)(2)xxdxxx dxxxdx(1812)xdx 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料所以412222220()(2)(3)(1812)3.Lyz dxzxdyxydzxdx所以123424.LLLLLI 七七【分析】拉格朗日中值定理：如果()f x满足在闭区间,a b上连续，在开区间,a b内可导，则至少存在一点,a b，使等式 f bf afba成立【详解】(1)因为()yf x在(1,1)内具有二阶连续导数，所以一阶导数存在，由拉格朗 日 中 值 定 理 得，任 给 非 零(1,1)x，存 在()x(0,1)，()(1,1)xx ，使()(0)()f xfxfxx，(0()1)x成立.因为 fx在(1,1)内连续且()0,fx 所以 fx在(1,1)内不变号，不妨设()0,fx 则 fx在(1,1)内严格单调且增加，故()x唯一.(2)方法方法 1：由(1)知()(0)()f xfxfxx，(0()1)x于是有()()(0)xfx xf xf，即()(0)()f xffx xx所以2()(0)()(0)(0)fx xff xffxxx上式两边取极限，再根据导数定义，得左端0()(0)limxfx xfx0()(0)lim()()xfx xfxx x00()(0)limlim()()xxfx xfxx x0(0)lim()xfx右端20()(0)(0)limxf xffxx0()(0)lim2xfxfx洛01()(0)lim20 xfxfx1(0)2f导数定义左边=右边，即01(0)lim()(0)2xfxf，故01lim().2xx方法方法 2：由泰勒公式得21()(0)(0)(),02f xffxfxx，再与(1)中的()(0)()(0()1)f xfxfx xx关注公众号【考研题库】保存更多高清资料比较，所以21()()(0)(0)(),2xfx xf xffxfx约去x，有1()(0)(),2fx xffx凑成()(0)1()(),()2fx xfxfx x由于0()(0)lim(0)()xfx xffx x，00lim()lim()(0)xfxff所以01(0)lim()(0)2xfxf故01lim().2xx八八【详解】222222()1()0()()2xyzh txyh th t，所以侧面在xoy面上的投影为：2221,:()2Dx yxyh t记V为雪堆体积，S为雪堆的侧面积，则由体积公式V,Df x y dxdyDzdxdy222()()()Dxyh tdxdyh t化为极坐标，令cos,sinxryr，0,022h trV 222002()()h trdh trdrh t 22022()()h trh trdrh t 2220022()()h th trh t rdrrdrh t 2422002()22()h th trrh th t33()()248h th t3()4h t再由侧面积公式：221xyDSffdxdy221xyDzzdxdy关注公众号【考研题库】保存更多高清资料22441()()Dxydxdyh th t22216()1()Dxydxdyh t化为极坐标，令cos,sinxryr，0,022h trS 222200161h trdrdrht 22201621h trrdrht 22220161h trdrht 22222201616116h thtrrdhtht 32222202161163h thtrht 32232228211163hththt 2227 1163ht213()12h t由题意知0.9(),dVS tdt 将上述()V t和()S t代入，得32()13()40.912dh th tdt 223()13()()0.9412dh th th tdt()1.3dh tdt 积分解得13()10h ttC 由 0130h,得130C.所以13()130.10h tt 令 0h t，即13130010t100t 因此高度为 130 厘米的雪堆全部融化所需要时间为 100 小时.九九【详解】由题设知，12,s 均为12,s 的线性组合，齐次方程组当有非零解时，解向量的任意组合仍是该齐次方程组的解向量，所以12,s 均为0Ax 的解.下面证明12,s 线性无关.设11220sskkk()把11122,tt21223,tt121,sstt代入整理得，1 1212 11222110sssst kt kt kt kt kt k由12,s 为线性方程组0Ax 的一个基础解系，知12,s 线性无关，由线性关注公众号【考研题库】保存更多高清资料无关的定义，知()中其系数全为零，即1 122 11221100 0ssst kt kt kt kt kt k其系数行列式122121210000000000tttttttt12221132121121110 00000 00 0 00(1)sssttttttttttt（）1121111(1)sssstttt 112(1)ssstt(（）变换：把原行列式第i行乘以21tt加到第1i行，其中1,1.is)由齐次线性方程组只有零解得充要条件，可见，当12(1)0,sstt，即12(),sstt 即当s为偶数，12;tt 当s为奇数，12tt时，上述方程组只有零解120,skkk因此向量组12,s 线性无关，故当12122,21,snttsntt 时，12,s 也是方程组0Ax 的基础解系.十十【详解】(1)方法方法 1：求B，使1APBP成立，等式两边右乘P，即APPB成立.由题设知，AP2,A x Ax A x23,Ax A x A x，又3232A xAxA x，故有AP22,32Ax A xAxA x2000,103012x Ax A x000103012P即如果取000103012B，此时的B满足1APBP，即为所求.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料方法方法 2：由题设条件2,Px Ax A x是可逆矩阵，由可逆的定义，知有1P使11PPP P 121112,Px Ax A xP x P Ax P A xE100010001即有11121000,1,0001P xP AxP A x .由题设条件，3232A xAxA x，有131232P A xPAxA x11232P AxP A x003 12 001 032由1APBP，得1BP AP12,P A x Ax A x123,PAx A x A x11213,P Ax P A x P A x000103012(2)由(1)及矩阵相似的定义知，A与B相似.由矩阵相似的性质：若AB，则()()f Af B，则AE与AE也相似.又由相似矩阵的行列式相等，得100113011AEBE1001(1)0132011 行加到 行1 113(1)11 4 十一十一【分析】首先需要清楚二项分布的产生背景.它的背景是：做n次独立重复试验，每次试验的结果只有两个(要么成功，要么失败)，每次试验成功的概率都为p，随机变量X表示n次试验成功的次数，则(,)XB n p.在此题中，每位乘客在中途下车看成是一次实验，每个人下车是独立的，有n个人相当于做了n次独立重复实验，把乘客下车看成实验成功，不下车看成实验失败，而且每次实验成功的概率都为p，则问题(1)成为n重伯努利实验中有m次成功.【详解】(1)求在发车时有n个乘客的条件下，中途有m人下车的概率，相当于求条件概率|P Ym Xn，由题设知，此条件概率服从二项分布，因此根据二项分布的分布律有:|(1),0,0,1,2mmn mnP Ym XnC PPmn n(2)求二维随机变量(,)X Y的概率分布，其实就是求,P Xn Ym，利用乘法公式，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料有,|P Xn YmP Ym Xn P Xn又X服从参数(0)的泊松分布，由泊松分布的分布律有!nP Xnen故,|(1)!mmn mnneP Xn YmP Ym Xn P XnC PPn，其中0,0,1,2mn n十二十二【详解】记121111,nnin iiiXXXXnn，则1212XXX，即122XXX且1111niniiiEXnuEXEXunnn，211nniiEXEXun因此 221211()2nnin iin iiiE YEXXXEXXXX 22112212niin in iiEXXXXXXXX2211221112nnniin in iiiiEXXEXXXXEXX因为样本方差221111niiSXXn是总体方差的无偏估计，则22ES，即2221111niiESEXXn所以2211(1)niiEXXn，同理2221(1)nn iiEXXn而12121122nnin iin iiiEXXXXEXXXX1212nin iiEXXXX21121nin iin iiE X XX XX XX X21121nin iin iiEX XEX XEX XEX X关注公众号【考研题库】保存更多高清资料由于122,(2)nXXXn 相互独立同分布，则2iXX与，1n iXX与，12XX与也独立(1,2in).而由独立随机变量期望的性质(若随机变量,X Y独立，且,EX EY都存在，则EXYEXEY)，所以2in iin iEX XEX EXu，222iiEX XEX EXu211n in iEX XEX EXu，21212EX XEX EXu故有121nin iiEXXXX21121nin iin iiEX XEX XEX XEX X222210niuuuu即221122111()2nnniin in iiiiE YEXXEXXXXEXX2221121nnn关注公众号【考研题库】保存更多高清资料