1994考研数一真题解析.pdf

19941994 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】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 xxxx300sinlimcoslimxxxxxx2001 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.已知平面的法向量(,)A B C和过已知点000(,)xyz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,)2cosxyxxuuuxexx yy xxyx 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料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)关注公众号【考研题库】保存更多高清资料于是,()()()()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 1515 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(,),xfxy00(,)yfxy.反之,(,)f 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.)关注公众号【考研题库】保存更多高清资料所以2211122nnan收敛,由比较判别法,得21(1)|nnnan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,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 时,应立即计算由的系数构成的行列式,即关注公众号【考研题库】保存更多高清资料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)【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()()()()()F ttfttft.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料(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4140011()(0)()(|1)41nxxnnnxf xffx dxt dtxn.(3)【解析】方法 1：方法 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)dxdxxxxx22sin11 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)uuCu12ln 1 cosln 1 cos81 cosxxCx,其中C为任意常数.方法 2：方法 2：换元cosxu后,有原式22sin12sin(cos1)2sin(cos1)2(1)(1)dxxdxduxxxxuu.淘宝店铺：光速考研工作室 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料用待定系数法将被积函数分解:221(1)(1)11(1)ABDuuuuu22()(2)()(1)(1)AB uAD uABDuu,01120,421ABADABDABD.于是,2111212()ln 1ln 1811(1)81duuuCuuuu原式12ln 1 cosln 1 cos81 cosxxCx.四、(本题满分 6 分)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 1：方法 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平面上投影区域为:,yzDRyRRzR,在3S上,22xRy,3S关淘宝店铺：光速考研工作室 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料于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、(,)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,不同关注公众号【考研题库】保存更多高清资料于两个特征根,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(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 xyx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0ypyqy.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*()()kxmyxx Qx e的特解,其中()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.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料如果()()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 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.方法一：方法一：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 xfxfxfxx20()1lim(0)2xf xfx.由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.方法二：方法二：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,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料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,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,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料或者112200(1)zDVdVdzdzz dz1201 22zzdz123023zzz23.八、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.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,)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.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料于是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】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 UU1 ()()()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max,ZX Y的分布律为：Z01P1434十一、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,关注公众号【考研题库】保存更多高清资料其中,a b c为常数.得111,323EZEXEY111Cov(,)943DZDXDYX Y111916()()943XYD XD Y 115()3 43.32 (2)因为11Cov(,)Cov(,)32X ZXXY11Cov(,)Cov(,)32X XX Y2113(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.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料