1993【考研数学一】真题及答案解析

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分,把答案填在题中横线上.) (1) 函数F(x)x1(21)dt(x0)的单调减少区间为______________. t3x22y212,(2) 由曲线绕y轴旋转一周得到的旋转面在点(0,3,2)处的指向外侧

z0的单位法向量为______________.

(3) 设函数f(x)xx(x)的傅里叶级数展开式为

2a0(ancosnxbnsinnx),则其中系数b3的值为______________. 2n1(4) 设数量场ulnxyz,则div(gradu)______________. (5) 设n阶矩阵A的各行元素之和均为零,且A的秩为n1,则线性方程组Ax0的通解

为______________.

二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1) 设f(x)222sinx0sin(t2)dt,g(x)x3x4则当x0时,f(x)是g(x)的 ( )

(A) 等价无穷小 (B) 同阶但非等价无穷小 (C) 高阶无穷小 (D) 低阶无穷小

(2) 双纽线(xy)xy所围成的区域面积可用定积分表示为 ( )

22222 (A) 2(C) 240cos2d (B) 44cos2d

0401cos2d (D) 4(cos2)2d

20(3) 设有直线L1: (A)

xy6x1y5z8与L2:,则L1与L2的夹角为 ( ) 1212yz3 (B) 64(C) (D)

32(4) 设曲线积分

[f(x)e]sinydxf(x)cosydy与路径无关,其中f(x)具有一阶连续

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导数,且f(0)0,则f(x)等于 ( )

exexexex(A) (B)

22exexexex1 (D) 1(C) 22123(5) 已知Q24t,P为三阶非零矩阵,且满足PQ0,则

369 (A) t6时,P的秩必为1 (B) t6时,P的秩必为2

(C) t6时,P的秩必为1 (D) t6时,P的秩必为2

三、(本题共3小题,每小题5分,满分15分.) (1) 求 lim(sinx21cos)x. xx(2) 求

dx. e1x22xex(3) 求微分方程xyxyy,满足初始条件y|x11的特解.

四、(本题满分6分)

计算

2xzdydzyzdzdxzdxdy,其中是由曲面z2x2y2与

z2x2y2所围立体的表面外侧.

五、(本题满分7分)

(1)n(n2n1)求级数的和. n2n0

六、(本题共2小题,每小题5分,满分10分.)

(1) 设在[0,)上函数f(x)有连续导数,且f(x)k0,f(0)0,证明f(x)在(0,+)

内有且仅有一个零点. (2) 设bae,证明ab.

七、(本题满分8分)

222已知二次型f(x1,x2,x3)2x13x23x32ax2x3(a0),通过正交变换化成标准形

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22fy122y25y3,求参数a及所用的正交变换矩阵.

八、(本题满分6分)

设A是nm矩阵,B是mn矩阵,其中nm,E是n阶单位矩阵,若ABE,证明B的列向量组线性无关.

九、(本题满分6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(本题共2小题,每小题3分,满分6分,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YX在(0,4)内的概率分布密

度fY(y)_______.

十一、(本题满分6分)

设随机变量X的概率分布密度为f(x)21|x|e,x. 2(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？

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1993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】0x14 【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F(x)x1(21t)dt,两边对x求导,得 F(x)21x.

若函数F(x)严格单调减少,则F(x)21x0,即x12.

所以函数F(x)单调减少区间为0x14. 【相关知识点】函数的单调性：设函数yf(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导.

(1) 如果在(a,b)内f(x)0,那么函数yf(x)在[a,b]上单调增加； (2) 如果在(a,b)内f(x)0,那么函数yf(x)在[a,b]上单调减少.

(2)【答案】150,2,3 【解析】先写出旋转面S的方程：3(x2z2)2y212. 令 F(x,y,z)3(x2z2)2y212. 则S在点(x,y,z)的法向量为

nFx,Fy,Fz6x,4y,6z,

所以在点(0,3,2)处的法向量为

n0,43,6220,23,32. 因指向外侧,故应取正号,单位法向量为

nn20,23,3210|n|02432622300,23,32150,2,3. (3)【答案】23

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【解析】按傅式系数的积分表达式 b1nf(x)sinnxdx,

所以 b13(xx2)sin3xdxxsin3xdx1x2sin3xdx.

因为x2sin3x为奇函数,所以

x2sin3xdx0；

xsin3xdx为偶函数,所以

b3xsin3xdx20xsin3xdx

20xd(12x23cos3x)3cos3x0cos3xdx

0322sin333x23. 03(4)【答案】

1x2y2z2

【解析】先计算u的梯度,再计算该梯度的散度. 因为 graduuuxiyjuzk, 所以 div(gradu)divux,uy,uz2u2u2ux2y2z2.

数量场ulnx2y2z2分别对x,y,z求偏导数,得

u112xxxx2y2z22x2y2z2x2y2z2, 由对称性知

uyyuzx2y2z2, zx2y2z2, 将

ux,uy,uz分别对x,y,z求偏导,得 2u(x2y2z2)x2xy2z2x2x2(x2y2z2)2(x2y2z2)2, 2uz2x2y22ux2y2z2y2(x2y2z2)2, z2(x2y2z2)2, 精品文档

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2u2u2u1因此, div(gradu)2222.

xyzxy2z2(5)【答案】k(1,1,,1)T

【解析】因为r(A)n1,由nr(A)1知,齐次方程组的基础解系为一个向量,故

Ax0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Ax0的一个非零解,它就是Ax0的基础解系.

各行元素的和均为0,即

a11a12a1n0a21a22a2n0,

an1an2ann0而齐次方程组Ax0为

a11x1a12x2a1nxn0a21x1a22x2a2nxn0. an1x1an2x2annxn0两者比较,可知x1x2xn1是Ax0的解.所以应填k(1,1,,1)T.

二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)

(1)【答案】(B) 【解析】limf(x)x0g(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

sinxlimf(x)x0g(x)lim0sin(t2)dt洛sin(sin2x)cosxsin(sin2x)x0x3x4limx03x24x3limx03x24x3limx0cosx sin(sin2 limx)x03x24x3.

因为当x0,sinx0,所以sin(sin2x)sin2xx2,所以

sin(sin2x)x2lim11x03x24x3limx03x24x3limx034x3, 精品文档

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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,(x),(x)为无穷小且存在极限 lim(1) 若l0,称(x),(x)在该极限过程中为同阶无穷小； (2) 若l1,称(x),(x)在该极限过程中为等价无穷小,记为(x)(x)l, (x)(x)；

(3) 若l0,称在该极限过程中(x)是(x)的高阶无穷小,记为(x)o(x). 若lim(x)不存在(不为),称(x),(x)不可比较. (x)(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：cos2.

显然,在第一象限部分的变化范围是

2[0,].再由对称性得

412S4S144d24cos2d,

020应选(A). (3)【答案】(C)

【解析】这实质上是求两个向量的夹角问题,L1与L2的方向向量分别是

i0L1与L2的夹角的余弦为

j2k1l1(1,2,1),l2110(1,1,2),

cos|cos(l1,l2)|所以|l1l2|31,

|l1||l2|6623,应选(C).

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(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

((f(x)ex)siny)(f(x)cosy), yxx即 (f(x)e)cosyf(x)cosy,

x2xxef(x)e化简得 f(x)f(x)e, 即 , 12x1eC, 所以 f(x)ex(e2xC). 2211xx由f(0)0得C,因此 f(x)(ee),故应选(B).

22解之得 ef(x)x【相关知识点】曲线积分

LPdxQdy在单连通区域内与路径无关的充分必要条件是

PQ. yx(5)【答案】(C)

【解析】若A是mn矩阵,B是ns矩阵,AB0,则r(A)r(B)n.

当t6时,矩阵的三行元素对应成比例,r(Q)1,有r(P)r(Q)3,知r(P)2, 所以,r(P)可能是1,也有可能是2,所以(A)、(B)都不准确；

当t6时,矩阵的第一行和第三行元素对应成比例,r(Q)2,于是从r(P)r(Q)3得r(P)1,又因P0,有 r(P)1,从而r(P)1必成立,所以应当选(C).

三、(本题共3小题,每小题5分,满分15分.) (1)【解析】令

1t,则当x时,t0, x121xlim(sincos)lim(sin2tcost)t, xt0xx这是1型未定式,

lim(sin2tcost)lim(1sin2tcost1)t0t01t1sin2tcost1sin2tcost1t,

而lim(1sin2tcost1)t01sin2tcost1是两个重要极限之一,即

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lim(1sin2tcost1)t01sin2tcost1e.

1sin2tcost1sin2tcost1所以 lim(sinttt02tcost)limt0eelimt0t.

而 limsin2tcost1t0t洛lim2cos2tsintt012,

故 lim(sin21xxxcosx)e2.

(2)【解析】方法一：

xexdx2xdexx112xex12ex1dx.

e令ex1t,则 xln(t21),dx2tdtt21, 所以

ex1dxt2tdtt21t212t21dt2(1t21)dt

2t2arctantC2ex12arctanex1C, 所以

xexx1dx2xex12ex1dx

e 2xex14ex14arctanex1C. 方法二：令ex1t,则 ext21,xln(t21),dx2tdtt21, 所以

xex(t2ex1dx1)ln(t21)t2tt21dt2ln(t21)dt

2tln(t21)2tdln(t21)2tln(t21)4t2t21dt. 关于t2t21dt的求解同方法一,所以

xexx1dx2tln(t21)4(tarctant)C e 2xex14ex14arctanex1C. (3)【解析】解法一：所给方程为伯努利方程,两边除以y2得

x2y2yxy11,即x2(y1)xy11.

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令y1z,则方程化为x2zxz1,即z11z2, xxz1, 3xxz12积分得 xC.

x2即 ()由y1z得

112xC, xy2即 y2x, 212Cx2x1,所以所求方程的特解是y. 21x2y2y解法二：所给方程可写成 y()的形式,此方程为齐次方程.

xxy令u,则yxu,yuxu,所以方程可化为 x代入初始条件y|x11,得 Cuxuu2u,分离变量得

1u2u2lnln|x|C1, 即Cx2. 2uududx,

u(u2)x积分得

yu代入上式,得y2xCx2y.代入初始条件y|x11,得C1, x2x故特解为y.

1x2以

四、(本题满分6分) 【解析】将I表成IPdydzQdzdxRdxdy,则

PQR2zz2zz. xyz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

PQRIdVzdV.

xyz用球坐标变换求这个三重积分.

在球坐标变换下,为：02,04,02,于是

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22IzdV0d40d0cos2sind

2420sindsin03d

12224112sin04421042.

五、(本题满分7分) 【解析】先将级数分解,

A(1)n(n2n1)(1)nn(n1)(1nn02nn02nn02). 第二个级数是几何级数,它的和已知

(1)n12. n021(132)求第一个级数的和转化为幂级数求和.考察

(1)nxn1n01x(|x|1). S(x)(1)nn(n1)xn2(1)nxn)()n0(12n01x(1x)3, 所以 (1)nn(n1)1112n2S()4. n02224(112)327因此原级数的和 A422227327.

六、(本题共2小题,每小题5分,满分10分.)

(1)【解析】证法一：由拉格朗日中值定理可知,在(0,x)存在一点,使得

f(x)f(0)f()(x0)xf(),

即 f(x)xf()f(0).

因为f()k0,所以当x时,xf(),故f(x).

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由f(0)0,所以在(0,x)上由介值定理可知,必有一点(0,x)使得f()0.

又因为f()k0,故f(x)为严格单调增函数,故值唯一. 证法二：用牛顿-莱布尼兹公式,由于

f(x)f(0)f(t)dtf(0)kdtf(0)kx,

00xx以下同方法1.

(2)【解析】先将不等式做恒等变形:

lnalnb. aba证法一：令f(x)xlnaalnx,(xae),则 f(x)lna.

xaa因为xae,所以lna1,1,故f(x)lna0.

xx因为bae,故原不等式等价于blnaalnb或

从而f(x)在xae时为严格的单调递增函数,故 f(x)f(a)0,(xae). 由此 f(b)blnaalnb0,即 ab. 证法二：令f(x)balnx1lnx. (xe),则 f(x)xx2当x(e,)时,f(x)0,所以f(x)为严格的单调递减函数,故存在bae使得

f(b)成立.即ab.

七、(本题满分8分)

balnblna f(a)ba200【解析】写出二次型f的矩阵为A03a,它的特征方程是

0a32|EA|0000a(2)(269a2)0.

3a3225y3f经正交变换化成标准形fy122y2,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a40a2.

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200因a0知a2.这时 A032.

023100100T对于11,由(EA)x0, 022011,得 X1(0,11).

022000000012T对于22,由(2EA)x0,012003,得X2(1,0,0).

021000300300T对于35,由(5EA)x0,022011,得X3(0,1,1).

022000将X1,X2,X3单位化,得

0101111,0,231. 22101故所用的正交变换矩阵为

01P(1,2,3)212【相关知识点】二次型的定义：含有n个变量x1,x2,次的多项式)

10001. 212,xn的二次齐次多项式(即每项都是二

fx1,x2,称为n元二次型.令xx1,x2,,xnaijxixj, 其中aijaji,

i1j1nn,xn,Aaij,则二次型可用矩阵乘法表示为

Tfx1,x2,,xnxTAx,

,xn的矩阵.

其中A是对称矩阵AA,称A为二次型fx1,x2,T

八、(本题满分6分)

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【解析】证法一：对B按列分块,记B(1,2,n),若

k11k22knn0,

即 (1,2,k1k1k2k20. ,n)0, 亦即 Bkknnk1k1k1kkk222两边左乘A,得 AB0,即 E0,亦即 0.

kknnkn所以1,2,n线性无关.

证法二：因为B是mn矩阵,nm,所以r(B)n. 又因r(B)r(AB)r(E)n,故r(B)n.所以1,2,n线性无关.

,km,

【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k1,k2,使k11k22kmm0,则称1,2,,m线性相关；否则,称1,2,,m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、(本题满分6分)

【解析】如图,设当A运动到(0,Y)时,B运动到(x,y). 由B的方向始终指向A,有 YyxdyyY,即 dxx0dy. (1) dx又由vdy2dx2dY,2v()(),得

dtdtdt(dy2dx2dY)()2. dtdtdtdxdydYdx1()220,所以 .亦即 dtdxdtdt由题意,x(t)单调增,

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1(由(1),(2)消去Y,

dy2dY)2. (2) dxdxdY,便得微分方程 2xy1y20. dx初始条件显然是y(1)0,y(1)1.

十、填空题(本题共2小题,每小题3分,满分6分,把答案填在题中横线上.) (1)【解析】可以用古典概型,也可以用抽签原理.

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Bi“第i次抽出次品”i1,2,由已知得P(B1)210,P(B1), 1212P(B2|B1)12,P(B2|B1).应用全概率公式 1111211021. 121112116P(B2)P(B1)P(B2|B1)P(B1)P(B2|B1)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

21. 126(2)【解析】方法一：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,0x2. FX(x)20,其它2先求F的分布函数FY(y)P(Yy)P(Xy).

当y0时,FY(y)0；当y4时,FY(y)1；当0y4时,

FY(y)PYyPX2yPyXy

yyyFX(x)dx0y0dx0y1dx. 220,y0y即 FY(y)0y4,

21,y4.精品文档

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于是,对分布函数求导得密度函数

1,0y4fY(y)FY(y)4y.

0,其他故随机变量YX2在(0,4)内的概率分布密度fY(y)方法二：也可以应用单调函数公式法.

由于yx在(0,4)内单调,反函数xh(y)214y.

y在(0,2)内可导,且导数

h(y)密度为

12y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

111,0y4,,0y4,h(y)fh(y),0y4X2fY(y)2y4y

0,其他0,其他,0,其他.2故随机变量YX在(0,4)内的概率分布密度fY(y)14y.

十一、(本题满分6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.

E(X)(因为被积函数

xf(x)dxx|x|edx0. 2x|x|e是奇函数,积分区域关于y轴对称,所以积分值为0.) 2D(X)xf(x)dx2x2|x|edx211x2e|x|dx 偶函数积分的性质 2x2exdx220

0x2exdxx2ex00020xexdx

（2xex2(ex0+exdx）)2.(2) 根据协方差的计算公式cov(X,Y)E(X|X|)E(X)E(|X|)来计算协方差.

因为E(X)xf(x)dxx|x|edx0,所以 2精品文档

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Cov(X,Y)E(X|X|)0E(|X|)E(X|X|)1x|x|f(x)dx2x|x|e|x|dx0. (因为被积函数

x|x|e|x|2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a(0a),事件|X|a含于事件Xa,且

0PXa1,

所以 PXa,|X|aP|X|a,PXaP|X|aP|X|a, 可见 PXa,|X|aP|X|aPXa, 因此X与|X|不独立.

方法二：因为P{X1}1111f(x)dxxedx11ex2dx11ex122112e；又P{X1}1111x1f(x)dx1exdx0edxex12011e，显然有

P{X1,X1}P{X1}P{X1}P{X1}，因此X与|X|不独立.

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