1995考研数一真题解析.pdf

19951995 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,满分满分 1515 分分.).)(1)【答案】6e【解析】这是1型未定式求极限,2123sin3sin00lim(1 3)lim(1 3)xxxxxxxx,令3xt,则当0 x 时,0t,所以11300lim(1 3)lim(1)xtxtxte,故00266lim6lim6sinsinsinsin00lim(1 3)limxxxxxxxxxxxxeeee.(2)【答案】20224cos2cosxt dtxx【解析】220022coscosxxddxt dtxt dtdxdx20222coscos2xt dtxxx20224cos2cosxt dtxx.【相关知识点】积分上限函数的求导公式：xxdf t dtfxxfxxdx.(3)【答案】4【解析】利用向量运算律有()()()abbcca()()()()abbcaabcca()()()()a bb bcaa cb cca (其中0b b)()()()()a bca baa ccb ca ()()a bcb ca()()4a bca bc .(4)【答案】3关注公众号【考研题库】保存更多高清资料【解析】令212(3)nnnnnax,则当n 时,有2(1)1111212211112(3)limlim2(3)23(1)311lim,323(1)3nnnnnnnnnnnnnnnnnnxaanxnxxn 而当2113x 时,幂级数收敛,即|3x 时,此幂级数收敛,当2113x 时,即|3x 时,此幂级数发散,因此收敛半径为3R.(5)【答案】300020001【解析】在已知等式16A BAABA两边右乘以1A,得16A BEB,即1()6AE BE.因为1300040007A,所以116()6BAE1200030006=300020001.二、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 1515 分分.).)(1)【答案】(C)【解析】这是讨论直线L的方向向量与平面的法向量的相互关系问题.直线L的方向向量132281477(42)2110ijklijkijk ,平面的法向量42nijk,ln,L .应选(C).关注公众号【考研题库】保存更多高清资料(2)【答案】(B)【解析】由()0fx可知()fx在区间0,1上为严格单调递增函数,故(1)()(0),(01)ffxfx由微分中值定理,(1)(0)(),(01)fff.所以(1)(1)(0)()(0)fffff,(01)故应选择(B).(3)【答案】(A)【解析】由于利用观察法和排除法都很难对本题作出选择,必须分别验证充分条件和必要条件.充分性:因为(0)0f,所以0000()(1sin)()(0)()()(0)limlimlimlim(0)xxxxf xxF xFf xf xffxxxx,由此可得()F x在0 x 处可导.必要性:设()F x在0 x 处可导,则()sinf xx在0 x 处可导,由可导的充要条件知00()sin()sinlimlimxxf xxf xxxx.根据重要极限0sinlim1xxx,可得00sinsinlimlim1xxxxxx ,00sinsinlimlim1xxxxxx,结合,我们有(0)(0)ff,故(0)0f.应选(A).(4)【答案】(C)【解析】这是讨论1nnu与21nnu敛散性的问题.111(1)ln 1nnnnun是交错级数,显然1ln(1)n单调下降趋于零,由莱布尼兹判别法知,该级数收敛.正项级数22111ln1nnnun中,222111ln1nunnn.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料根据正项级数的比较判别法以及11nn发散,21nnu发散.因此,应选(C).【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.(5)【答案】(C)【解析】1P是交换单位矩阵的第一、二行所得初等矩阵,2P是将单位矩阵的第一行加到第三行所得初等矩阵；而B是由A先将第一行加到第三行,然后再交换第一、二行两次初等交换得到的,因此12PP AB,故应选(C).三、三、(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)【解析】这实质上已经变成了由方程式确定的隐函数的求导与带抽象函数记号的复合函数求导相结合的问题.先由方程式2(,)0yx ez,其中sinyx确定()zz x,并求dzdx.将方程两边对x求导得1232cos0ydzxexdx,解得12312cosydzxexdx.现再将(,)uf x y z对x求导,其中sinyx,()zz x,可得123cosdudzffxfdxdx.将式代入得213321cos12cosyduffxfdxxex.【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具关注公众号【考研题库】保存更多高清资料有对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 .(2)【解析】方法一方法一：用重积分的方法.将累次积分110()()xIdxf x f y dy表成二重积分()()DIf x f y dxdy,其中D如右图所示.交换积分次序100()()yIdyf x f y dx.由于定积分与积分变量无关,改写成100()()xIdxf y f x dy.1110002()()()()xxIdxf x f y dydxf x f y dy111120000()()()().dxf x f y dyf x dxf y dyA212IA.方法二方法二：用分部积分法.注意1()()xdf y dyf x dx,将累次积分I写成111110012120()()()()11().22xxxxxxIf xf y dy dxf y dydf y dyf y dyA 四、四、(本题共本题共 2 2 小题小题,每小题每小题 6 6 分分,满分满分 1212 分分.).)(1)【解析】将曲面积分I化为二重积分(,)xyDIf x y dxdy.首先确定被积函数2222(,)12xyf x yzzzxy,对锥面22zxy而言,22222222112xyxyzzxyxy.xyOD1yx关注公众号【考研题库】保存更多高清资料其次确定积分区域即在xOy平面的投影区域xyD(见右图),按题意：22:2xyDxyx,即22(1)1xy.222xyDIxy dxdy.作极坐标变换cos,sinxryr,则:02cos,22xyDr,因此2cos2cos322000213222 2239Idr rdrrd.(2)【解析】这就是将()f x作偶延拓后再作周期为 4 的周期延拓.于是得()f x的傅氏系数：0(1,2,3,)nbn2002200222220222()cos2(1)cos222(1)sinsin2244cos(1)1)28,21,(21)1,2,3,0,2,lnnn xnaf xdx lxxdxllnnxdxxdxnnnxnnnkkknk 2222000021()(1)(1)022af x dxxdxx.由于(延拓后)()f x在 2,2分段单调、连续且(1)1f.于是()f x有展开式22181(21)()cos,0,2(21)2nnf xx xn.五、五、(本题满分本题满分 7 7 分分)【解析】设点M的坐标为(,)x y,则M处的切线方程为()Yyy Xx.令0X,得Yyxy,切线与y轴的交点为(0,)Ayxy.由MAOA,有22()xxyyxy.Oyx1xyD关注公众号【考研题库】保存更多高清资料化简后得伯努利方程212,yyyxx 221yyxx.令2zy,方程化为一阶线性方程 1zzxx.解得()zx cx,即22ycxx,亦即2ycxx.又由3322y,得3c,L的方程为23(03)yxxx.六、六、(本题满分本题满分 8 8 分分)【解析】在平面上LPdxQdy与路径无关(其中,P Q有连续偏导数),PQyx,即2Qxx.对x积分得2(,)()Q x yxy,其中()y待定.代入另一等式得对t,(,1)(1,)(0,0)2(0)2,0()()22ttxydxdyxydxdxyyxy.下面由此等式求()y.方法一方法一：易求得原函数0222202()()2()().yyxydxdyydxdyd x yddxyxsd xdyyssyds于是由式得(,1)(1,)2200(0,0)(0,0)()()ttyyx ydsx ydsss.即1200()()ttdstdsss,亦即21()tsttds.求导得)2(1tt,即()21tt.因此2(,)21Q x yxy.方法二方法二：取特殊的积分路径：对式左端与右端积分分别取积分路径如下图所示.于是得1200()1()ttdydyyy.OxyOyxt(,1)t1(1,)t关注公众号【考研题库】保存更多高清资料即1200()()ttdytdyyy,亦即21()tyttdy.其余与方法一相同.七、七、(本题满分本题满分 8 8 分分)【解析】(1)反证法反证法.假设(,)ca b,使()0g c.则由罗尔定理,1(,)a c与2(,),c b使12()()0gg；从而由罗尔定理,12(,)(,)a b ,()0g.这与()0gx矛盾.(2)证明本题的关键问题是：“对谁使用罗尔定理？”换言之,“谁的导数等于零？”这应该从所要证明的结果来考察.由证明的结果可以看出本题即证()()()()f x gxfx g x在(,)a b存在零点.方法一方法一：注意到()()()()()()()()f x gxfx g xf x g xfx g x,考察()()()()f x gxfx g x的原函数,令()()()()()xf x g xfx g x,()x在,a b可导,()()0ab.由罗尔定理,(,)a b,使()0.即有()()()()0fgfg,亦即()()()()ffgg.方法二：方法二：若不能像前面那样观察到()()()()f x gxfx g x的原函数,我们也可以用积分来讨论这个问题：()()()()(?)()()()()?f x gxfx g xf x gxfx g xdx.()()()()()()()()f x gxfx g xdxf x dg xg x dfx()()()()()()()()f x g xg x fx dxfx g xfx g x dx()()()()f x g xfx g x(取0C).令()()()()()xf x g xfx g x,其余与方法一相同.八、八、(本题满分本题满分 7 7 分分)【解析】设对应于231的特征向量为123(,)Tx x x,因为A为实对称矩阵,且实对关注公众号【考研题库】保存更多高清资料称矩阵的不同特征值所对应的特征向量相互正交,故10T,即230 xx.解之得23(1,0,0),(0,1,1)TT.于是有1231 12233(,)(,)A ,所以11 12233123(,)(,)A 1010010100101101001101101010.九、九、(本题满分本题满分 6 6 分分)【解析】方法一方法一：根据TAAE有|()|TTAEAAAA EAA EAAAE,移项得(1|)|0AAE.因为0A,故1|0A.所以|0AE.方法二方法二：因为()TTTTAE AAAAEAEA,所以AE AEA,即(1|)|0AAE.因为0A,故1|0A.所以|0AE.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.).)(1)【解析】由题设,因为是独立重复实验,所以X服从10,0.4np的二项分布.由二项分布的数学期望和方差计算公式,有()4,()(1)2.4E XnpD Xnpp,根据方差性质有22()()()18.4E XD XE X.(2)【解析】令0,0AXBY,则max(,)01max(,)010,0PX YPX YP XY .关注公众号【考研题库】保存更多高清资料由概率的广义加法公式()()()()P ABP AP BP AB,有max(,)01 1()()()()()PX YP ABP ABP Ap BP AB 4435.7777十一、十一、(本题满分本题满分 6 6 分分)【解析】方法方法 1 1：用分布函数法先求Y的分布函数()YFy.当1y 时,()0;YFy 当1y 时,()()XYFyP YyP eylnP Xylnln0011,yyxxe dxey 所以由连续型随机变量的概率密度是分布函数的微分,得21,1,()()0,1.YYyyfyFyy或者直接将ln0yxe dx对y求导数得lnln2011.yxyde dxedyyy方法方法 2 2：用单调函数公式直接求Y的概率密度.由于xye在0,内单调,其反函数()lnxh yy在1,内可导且其导数为10yxy,则所求概率密度函数为 ln1,1,1,0,1.0,1.yXYeyhyfh yyyfyyy 21,1,0,1.yyy【相关知识点】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()()()()()F ttfttft.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料