1999考研数一真题解析.docx
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1999考研数一真题解析
全国硕士研究生入学统一考试数一试题解析
一、填空题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.把正确答案填写在题中横线上.)
(1)【答案】1.
3
【分析】利用x→0的等价变换和洛必达法则求函数极限.
【详解】
方法1:
lim⎛11
⎫=lim
tanx-x
2
tanxxlim
tanx-x
3
x→0⎝xxtanx⎭
x→0x
tanx
x→0x
洛lim
sec2x-1
2
=lim
tan2x
2
tanxxlim
x21
2=
x→03x
x→03x
x→03x3
方法2:
lim⎛11
⎫=lim⎛
1cosx
2
⎫=lim
sinx-xcosx
2
x→0⎝xxtanx⎭
x→0⎝xxsinx⎭
x→0
xsinx
sinxxlimsinx-xcosx洛limcosx-cosx+xsinx
=limsinx=1
x→0
x3x→0
3x2
x→03x3
(2)【答案】sinx2
【分析】欲求d⎰bϕ(x,t)dt,唯一的办法是作变换,使含有ϕ(x,t)中的x“转移”到ϕ之外
dxa
【详解】令u=x-t,则dt=-du,所以有
d⎰xsin(x-t)2dt=d⎰0(-sinu2)du=d⎰xsinu2du=sinx2
dx0
dxx
dx0
(3)【答案】y=Ce-2x+⎛C+1x⎫e2x,其中C,C为任意常数.
1ç24⎪12
⎝⎭
【分析】先求出对应齐次方程的通解,再求出原方程的一个特解.
12
【详解】原方程对应齐次方程y"-4y=0的特征方程为:
λ2-4=0,解得λ=2,λ=-2,故
y"-4y=0的通解为y=Ce-2x+Ce2x,
112
由于非齐次项为f(x)=e2x,因此原方程的特解可设为y*=Axe2x,代入原方程可求得
A=1,故所求通解为y=y+y*=Ce-2x+⎛C
+
1x⎫e2x
411
ç24⎪
⎝⎭
(4)【详解】因为
⎛λ-1
-1...
-1⎫
ç-1λ-1...-1⎪
λE-A=ç⎪(对应元素相减)
ç............⎪
ç-1-1...λ-1⎪
⎝⎭
两边取行列式,
λE-A=
λ-1-1...-1λ-n
-1λ-1...-1把第2,⋯,n列λ-n
-1...-1
λ-1...-1
............
加到第1列
............
-1-1...
1
λ-1
-1...
λ-n
-12行-1行
-1...
1
λ-1
-1...-1
提取第1列λ
1λ-1...
-13行-1行0
(λ-n)
λ...0
(
的公因子
-
n)
............
............
=λn-1(λ-n)
1-1...
λ-1n行-1行
00...λ
令λE-A=λn-1(λ-n)=0,得λ=n(1重),λ=0((n-1)重),故矩阵A的n个特征值
是n和0((n-1)重)
(5)【答案】14
【详解】根据加法公式有
P(ABC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AC)-P(AB)-P(BC)+P(ABC)
因为P(A)=P(B)=P(C),设P(A)=P(B)=P(C)=p
由于A,B,C两两相互独立,所以有P(AB)=P(A)P(B)=p⨯p=p2,P(AC)=P(A)P(C)=p⨯p=p2,P(BC)=P(B)P(C)=p⨯p=p2,
又由于ABC=∅,因此有P(ABC)=P(∅)=0,
所以P(ABC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AC)-P(AB)-P(BC)+P(ABC)
=p+p+p-p2-p2-p2+0=3p-3p2
又P(ABC)=9
16
,从而P(ABC)=3p-3p2=9
16
,则有3p-3p2-9=0
16
⇒p2-p+3
16
=0,解得
p=3或p=1
44
因P(A)=P(B)=P(C)=p<1,故p=1,即P(A)=1
244
二、选择题
(1)【答案】(A)
【详解】应用函数定义判定函数的奇偶性、周期性和单调性.
x
f(x)的原函数F(x)可以表示为F(x)=⎰0f(t)dt+C,于是
F(-x)=⎰0
f(t)dt+C
u=-t
=0
f(-u)d(-u)+C.
当f(x)为奇函数时,f(-u)=-f(u),从而有
xx
F(-x)=⎰0f(u)du+C=⎰0
f(t)dt+C=F(x)
即F(x)为偶函数.故(A)为正确选项.
(B)、(C)、(D)可分别举反例如下:
f(x)=x2是偶函数,但其原函数F(x)=1x3+1不是奇函数,可排除(B);
3
f(x)=cos2x是周期函数,但其原函数F(x)=1x+1sin2x不是周期函数,可排除(C);
24
f(x)=x在区间(-∞,+∞)内是单调增函数,但其原函数F(x)=1x2在区间(-∞,+∞)内
2
非单调增函数,可排除(D).
(2)【答案】(D)
【详解】由于可导必连续,连续则极限必存在,可以从函数可导性入手.
1x2
因为f'(0)=lim
f(x)-f(0)=lim1-cosx=lim
=0,
+x→0+
'
x-0
f(x)-f(0)
x→0+
x→0+
x2g(x)
f(0)=lim
-
x→0-
x-0
=lim
x→0-
=limxg(x)=0,
xx→0-
从而,f'(0)存在,且f'(0)=0,故正确选项为(D).
(3)【答案】(C)
【详解】由题设知,应先将f(x)从[0,1)作偶延拓,使之成为区间[−1,1]上的偶函数,然后再作周期(周期2)延拓,进一步展开为傅里叶级数,
S(-5)=S(-2-1)=S(-1)=S
(1)
2222
而x=1是f(x)的间断点,按狄利克雷定理有,2
f(1-0)+f(1+0)1+1
12223
S()===.
2224
(4)【答案】B
【详解】
方法1:
A是m⨯n矩阵,B是n⨯m矩阵,则AB是m阶方阵,因
r(AB)≤min[r(A),r(B)]≤min(m,n).
当m>n时,有r(AB)≤min[r(A),r(B)]≤n 方法2: B是n⨯m矩阵,当m>n时,则r(B)=n (系数矩阵的秩小于未知数的个数),方程 组Bx=0必有非零解,即存在x0≠0,使得Bx0=0,两边左乘A,得ABx0=0,即 ABx=0有非零解,从而AB=0,故选(B). 方法3: 用排除法 ⎛1⎫ (A)mn,取A=ç⎪,B=00, ⎝⎭ ⎛00⎫ AB=ç⎪,AB=0,(A)不成立 ⎝⎭ (C)n>m,取A=(10),B =⎛0⎫, AB=0,AB=0,(C)不成立 1 m⨯nn⨯m ç⎪ ⎝⎭ ⎛1⎫ ⎝⎭ (D)n>m,取Am⨯n=(10),Bn⨯m=ç0⎪, AB=1,AB=1,(D)不成立,故选(B). (5)【答案】B 【详解】根据正态分布的性质: 服从正态分布的独立随机变量的线性组合仍服从正态分布.因X和Y相互独立,且X~N(0,1),Y~N(1,1),所以 T=X+Y~N(u,σ2),T=X-Y~N(u,σ2) 111222 其中u1 =E(X+Y),σ2=D(X+Y),u =E(X-Y),σ2=D(X-Y) 由期望的性质: E(T1)=E(X+Y)=EX+EY=0+1=1, E(T2)=E(X-Y)=EX-EY=0-1=-1 由独立随机变量方差的性质: D(T1)=D(X+Y)=DX+DY=1+1=2 D(T2)=D(X-Y)=DX+DY=1+1=2 所以T1=X+Y~N(1,2),T2=X-Y~N(-1,2) (一般来说遇到正态分布的小题,主要就考两点,标准化和对称性,考虑问题也是从这两点 出发) A选项: P{X+Y≤0}=1. 2 因T1=X+Y~N(1,2) 由标准化的定义: 若X~N(u,σ2),则X-u~N(0,1) s 所以,X+Y-1N(0,1),将其标准化有 P{X+Y≤0}=P⎧X+Y-1≤0-1⎫=P⎧X+Y-1≤-1⎫ ⎩⎭⎩ (保证变换过程中概率不变,所以不等号的左边怎么变,右边也同样的变化) 又因为标准正态分布图像是关于y轴对称,所以 P⎧X+Y-1≤0⎫=1,而P⎧X+Y-1≤- 1⎫<1,所以A错. ⎨⎬2⎨ 2⎬2 ⎩⎭⎩⎭ B选项: P{X+Y≤1}=1. 2 将其标准化有: P⎧X+Y-1≤1-1⎫=P⎧X+Y-1≤0⎫=1(根据标准正态分布的对称性) 故B正确. ⎨⎬⎨⎬ ⎩⎭⎩⎭2 1 C选项: P{X-Y≤0}=. 2 将其标准化有: P⎧X-Y-(-1)≤0-(-1)⎫=P⎧X-Y+1≤ 1⎫>1,故C错. ⎨⎬⎨ 2⎬2 ⎩⎭⎩⎭ 1 D选项: P{X-Y≤1}=. 2 ⎧X-Y-(-1)1-(-1)⎫⎧X-Y+12⎫1 将其标准化有: P⎨ ≤⎬=P⎨ 22 ≤2⎬>2,故D错. ⎩⎭⎩⎭ 三【详解】分别在z=xf(x+y)和F(x,y,z)=0的两端对x求导数,得 ⎧dz= f(x,y)+x⎛1+dy⎫f'(x,y) ⎪dx çdx⎪ ⎨⎝⎭ ⎪F'+F'dy+F'dz=0 ⎩⎪xydxzdx ⎧-xf'(x,y)dy+dz= f(x,y)+xf'(x,y) 整理后得 ⎪dxdx ⎨dydz ⎪F' +F'=-F' ⎪⎩ydx 解此方程组,得 zdxx dz==(f+xf')Fy'-xfF'z',(F'+xfF''≠0) dxFy'+xfF'z' 四【详解】 方法1: 凑成闭合曲线,应用格林公式. 添加从点O(0,0)沿y=0到点A(2a,0)的有向直线段L1,如图,则 1 I=⎰L+L -⎰L (exsiny-b(x+y))dx+(excosy-ax)dy 1 (exsiny-b(x+y))dx+(excosy-ax)dy 利用格林公式,前一积分 I=⎛∂Q-∂P⎫ =(b-a)dxdy=π2 - a) 1⎰⎰ç∂x ∂y⎪dxdy⎰⎰ a(b 2 D⎝⎭D 其中D为L1+L所围成的半圆域,后一积分选择x为参数,得L1: ⎨y=0 ⎧x=x,(0≤x≤2a), ⎩ 2a2 ⎛π⎫2π3 可直接积分 I2=⎰0(-bx)dx=-2ab,故 I=I1-I2=ç2+2⎪ab-2a. 方法2: 将曲线积分分成两部分,其中一部分与路径无关,余下的积分利用曲线的参数方程计算. L I=⎰(exsiny-b(x+y))dx+(excosy-ax)dy =⎰exsinydx+excosydy-⎰ b(x+y)dx+axdy LL 前一积分与路径无关,所以 exsinydx+excosydy=exsiny(0,0)=0 L(2a,0) 对后一积分,取L的参数方程 ⎧x=a+acost,则⎧dx=-asintdt,t从0到π,得 ⎨y=asint⎨dy=acostdt ⎰Lb(x+y)dx+axdy π 0 =⎰2222332 =-2a2b-1πa2b+1πa3 22 212 13⎛π ⎫2π3 从而I=0-(-2ab-πab+πa 22 )=ç+2⎪ab-a 22 ⎝⎭ 五【详解】如图,曲线y=y(x)上点P(x,y)处的切线方程为Y-y(x)=y'(x)(X-x) ⎛y⎫ y' 所以切线与x轴的交点为çx-,0⎪ ⎝⎭ 由于y'(x)>0,y(0)=1,因此y(x)>0(x>0) 1⎛y⎫y2 ⎝⎭ 于是S1=2yx-çx-y'⎪=2y'. x 又S2=⎰0y(t)dt,根据题设2S1-S2=1, y2x2 即2y(t)dt1,两边对x求导并化简得yy"y' 2y' 这是可降阶得二阶常微分方程,令p=y',则y'=dp=dpdy=pdp, dxdydxdy 则上述方程可化为ypdp=p2,分离变量得dp=dy,解得 dy p=Cy,即Cy, dypy 1dx1 从而有 y=Cex+C,根据y(0)=1,y'(0)=1,可得C=1,C =0, 1212 故所求曲线得方程为 y=ex 六【详解】构造函数,利用函数的单调性, 证法1: 令 又 f(x)=(x2-1)lnx-(x-1)2.易知f (1)=0 f'(x)=2xlnx-x+2-1,f' (1)=0 x f'(x)=2lnx+1+ 1,f' (1)=2>0 x2 f''(x)= 2(x2-1) x3 可见,当0 ⎨f'(x)⎨f'(x) 因此,f' (1)=2为f'(x)的最小值,即当0 以f'(x)为单调增函数.又因为f' (1)=0,所以有 f' (1)=2>0,所 0 所以利用函数单调性可知,(f 1)为f(x)的最小值,即f(x)≥ f (1)=0 所以有x>0时,(x2-1)lnx≥(x-1)2. 证法2: 先对要证的不等式作适当变形,当x=1时,原不等式显然成立; 当0 x+1 x-1 当1 x-1 x+1; 令f(x)=lnx- x+1 '12 x2+1 则f(x)=- x (x+1)2 =x(x+1) >0(x>0) 2 又因为f (1)=0,利用函数单调性可知 当0 x+1 综上所述,当x>0时,(x2-1)lnx≥(x-1)2. x+1 七【详解】建立坐标轴如图所示, 解法1: 将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功W=W1+W2+W3,其中W1是克服抓斗自重所作的功;W2是克服缆绳重力作的功;W3为提出污泥所作的功.由题意知 W1=400N⨯30m=12000J. 将抓斗由x处提升到x+dx处,克服缆绳重力所作的功为 dW2=缆绳每米重×缆绳长×提升高度 =50(30-x)dx, 30 从而W2=⎰050(30-x)dx=22500J. 在时间间隔[t,t+dt]内提升污泥需做功为 dW3=(原始污泥重-漏掉污泥重)⨯提升高度(3dt) =(2000-20t)3dt 30m 将污泥从井底提升至井口共需时间 3m/s =10s, 10 所以W3=⎰03(2000-20t)dt=57000J. 因此,共需做功 W=W1+W2+W3=(12000+22500+57000)J=91500J 解法2: 将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为W,当抓斗运动到x处时,作用力f(x)包括 抓斗的自重400N,缆绳的重力50(30-x)N,污泥的重力(2000-x⋅20)N, 3 即f(x)=400+50(30-x)+2000- 20x=3900-170x, 33 于是W= 30⎛3900-170x⎫dx=3900x-85x230=117000-24500=91500J ⎰0ç3⎪30 ⎝⎭ 八【分析】先写出切平面方程,然后求ρ(x,y,z),最后将曲面积分化成二重积分. 【详解】点P(x,y,z)∈S,S在点P处的法向量为n={x,y,2z},设(X,Y,Z)为π上任意一点,则π的方程为 x(X-x)+y(Y-y)+2z(Z-z)=0,化简得xX+yY+zZ=1 22 由点到平面的公式,O(0,0,0)到π的距离 -1 ⎛x2y2⎫2 ρ(x,y,z)===ç++z2⎪ ⎝44⎭ 2 从而⎰⎰zdS=⎰⎰zx y2 zdS Sρ(x,y,z) S44 用投影法计算此第一类曲面积分,将S投影到xOy平面,其投影域为D={(x,y)|x2+y2≤2} ⎛x2y2⎫ 由曲面方程知z= 1-ç2+2⎪,(x,y)∈D,于是 ∂z= ∂x ⎝⎭ -x,∂z= ∂y -y, 因此dS=dσ=dσ 故有⎰⎰zdS=⎰⎰z x2y2 ++z2dS SS ρ(x,y,z)44 122 12π2 2=3π =⎰⎰(4-x 4 D - y)dσ极坐标4⎰0 dθ⎰0 (4-r )rdr. 2 11π1π 九【详解】 (1)因为(a+a)=4tannx(1+tan2x)dx=4tannxsec2xdx nnn+2 n⎰0 n⎰0 又由部分和数列 =14tannxdtanxn0 tanx=t = n 1tndt= 0 1 n(n+1) S=∑ 1(a+a )=∑ 1=∑n 111 ()1, i=1i ii+2 i=1 i(i+1) i=1 ii+1 n+1 n 有limS=1, n→∞ ∞ 因此∑ n=1 1(an n+an+2 )=1. (2)先估计an的值,因为 π 0 an=⎰4tannxdx,令t=tanx,则dt=sec2xdx,即dx= dt 1+t2 1tn1n1 所以an=⎰01+t2
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