1991考研数一真题解析【闲鱼号“非凡小翊”持续更新中】【闲鱼号：非凡小翊】

(1) 【答案】 3 sin cos 4 t t t t  【解析】这是个函数的参数方程,满足参数方程所确定函数的微分法,即 如果 ( ) ( ) x t y t        , 则 ( ) ( ) dy t dx t      . 所以 sin 2 dy dy t dt dx dx t dt    , 再对x 求导,由复合函数求导法则得 2 2 sin 1 ( ) ( ) 2 2 d y d dy dt d t dx dt dx dx dt t t      2 3 2 cos 2sin 1 sin cos 4 2 4 t t t t t t t t t       .

(2) 【答案】 2 dx dy  【解析】这是求隐函数在某点的全微分,这里点(1,0, 1)  的含义是 (1,0) 1 z z  . 将方程两边求全微分,由一阶全微分形式不变性得 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 0 2 d x y z d xyz x y z       , 再由全微分四则运算法则得 2 2 2 ( ) ( ) xdx ydy zdz xy dz ydx xdy z x y z        , 令 1, 0, 1 x y z   ,得 2 dx dz dy   ,即 2 dz dx dy   .

(3) 【答案】 3 2 0 x y z     【解析】所求平面过直线 1L ,因而过 1L 上的点(1,2,3) ； 因为过 1L 平行于 2 L ,于是平行于 1L 和 2 L 的方向向量,即平行于向量 1 (1,0, 1) l    和向量 2 (2,1,1) l   ,且两向量不共线,于是平面的方程 --- [第 2 页] --- 1 2 3 1 0 1 0 2 1 1 x y z      , 即 3 2 0 x y z     .

(4) 【答案】 3 2  【解析】因为当 0 x  时, 1 1 sin ,(1 ) 1 n x x x x n     , 当 0 x  时 2 0 ax  ,所以有 1 2 2 2 2 3 1 1 1 (1 ) 1 ,cos 1 sin , 3 2 2 ax ax x x x       所以 1 2 2 3 0 0 2 1 (1 ) 1 2 3 lim lim 1 cos 1 3 2 x x ax ax a x x         . 因为当 0 x  时, 1 2 3 (1 ) 1 ax  与cos 1 x 是等价无穷小,所以 2 1 3 a  ,故 3 2 a  .

(5) 【答案】 1 2 0 0 2 5 0 0 1 2 0 0 3 3 1 1 0 0 3 3                      . 【解析】为求矩阵的逆可有多种办法,可用伴随,可用初等行变换,也可用分块求逆.根据 本题的特点,若知道分块求逆法,则可以简单解答. 注意： 1 1 1 0 0 0 0 A A B B                , 1 1 1 0 0 0 0 A B B A                . 对于2 阶矩阵的伴随矩阵有规律： a b A c d       ,则求A 的伴随矩阵 * a b d b A c d c a                  . 如果 0 A  ,这样 --- [第 3 页] --- 1 1 1 a b d b d b c d c a c a A ad bc                           . 再利用分块矩阵求逆的法则： 1 1 1 0 0 0 0 A A B B                ,易见 1 1 2 0 0 2 5 0 0 1 2 0 0 3 3 1 1 0 0 3 3 A                      .

(1) 【答案】(D) 【解析】由于函数的定义域为 0 x  ,所以函数的间断点为 0 x  , 2 2 2 2 0 0 0 1 1 lim lim lim 1 1 x x x x x x x e e y e e             ,所以 0 x  为铅直渐近线, 2 2 2 2 1 1 lim lim lim 1 1 1 x x x x x x x e e y e e             ,所以 1 y 为水平渐近线. 所以选(D). 【相关知识点】铅直渐近线：如函数 ( ) y f x  在其间断点 0 x x  处有 0 lim ( ) x x f x  ,则 0 x x  是函数的一条铅直渐近线； 水平渐近线：当lim ( ) ,( x f x a a   为常数）,则y a  为函数的水平渐近线.

(2) 【答案】(B) 【解析】令 2 t u  ,则 2 , 2 t u dt du   ,所以 2 0 0 ( ) ln 2 2 ( ) ln 2 2 x x t f x f dt f u du             , 两边对x 求导,得 ( ) 2 ( ) f x f x   ,这是一个变量可分离的微分方程,即 [ ( )] 2 ( ) d f x dx f x  .解 之得 2 ( ) x f x Ce  ,其中C 是常数. 又因为 0 0

(0) 2 ( ) ln 2 ln 2 f f u du     ,代入 2 ( ) x f x Ce  ,得 0

(0) ln 2 f Ce   ,得 --- [第 4 页] --- ln 2 C  ,即 2 ( ) ln 2 x f x e   .

(3) 【答案】(C) 【解析】因为 1 1 2 3 4 2 1 2 1 ( 1)n n n n n a a a a a a a                 1 2 3 4 2 1 2 ( ) ( ) ( ) n n a a a a a a            2 1 2 2 1 2 1 1 1 ( ) n n n n n n n a a a a                (收敛级数的结合律与线性性质), 所以 1 2 2 1 1 1 1 ( 1) 5 2 3 n n n n n n n a a a                  . 而 1 2 3 4 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) n n n n a a a a a a a               2 1 2 2 1 2 1 1 1 ( ) n n n n n n n a a a a                5 3 8    , 故应选(C).

(4) 【答案】(A) 【解析】如图,将区域D 分为 1 2 3 4 , , , D D D D 四个子区域. 显然, 1 2 , D D 关于y 轴对称, 3 4 , D D 关于x 轴对称. 令 1 2 cos sin D D I xydxdy I x ydxdy           , 由于xy 对x 及对y 都是奇函数,所以 1 2 3 4 0, 0 D D D D xydxdy xydxdy       . 而cos sin x y 对x 是偶函数,对y 是奇函数,故有 3 4 1 2 1 cos sin 0, cos sin 2 cos sin D D D D D x ydxdy x ydxdy x ydxdy        , 所以 1 1 2 ( cos sin ) 2 cos sin D D xy x y dxdy I I x ydxdy       , 故选(A).

(5) 【答案】(D) --- [第 5 页] --- 【解析】矩阵的乘法公式没有交换律,只有一些特殊情况可以交换. 由于A 、B 、C 均为n 阶矩阵,且ABC E  ,对等式两边取行列式,据行列式乘法公式 | || || | 1 A B C ,得到 0 A  、 0 B  、 0 C  ,知A 、B 、C 均可逆,那么,对于ABC E  , 先左乘 1 A再右乘A 有 1 ABC E BC A BCA E       ,故应选(D). 其实,对于ABC E  先右乘 1 C 再左乘C ,有 1 ABC E AB C CAB E       .

(1) 【解析】这是1型未定式求极限. 1 (cos 1) cos 1 0 0 lim(cos ) lim(1 (cos 1)) x x x x x x x x             令cos 1 x t ,则 0 x   时 0 t   ,所以 1 1 cos 1 0 0 lim(1 (cos 1)) lim(1 ) x t x t x t e           , 所以 0 1 (cos 1) (cos 1) (cos 1) lim cos 1 0 0 lim(1 (cos 1)) lim x x x x x x x x x x x e e                   . 因为当 0 x  时,sin x x  ,所以 2 2 0 0 0 2 sin 2 2 2 (cos 1) lim lim lim 2 x x x x x x x x x                             , 故 0 (cos 1) lim 2 0 lim(cos ) x x x x x x e e            .

(2) 【解析】先求方向n  的方向余弦,再求 , , u u u x y z       ,最后按方向导数的计算公式 cos cos cos u u u u n x y z               求出方向导数. 曲面 2 2 2 2 3 6 x y z    在点 (1,1,1) P 处的法向量为       (1,1,1) 4 ,6 ,2 4 ,6 ,2 2 2,3,1 P x y z x y z    , 在点 (1,1,1) P 处指向外侧,取正号,并单位化得 --- [第 6 页] ---       2 2 1 1 2,3,1 2,3,1 cos ,cos ,cos . 14 2 3 1 n          又 2 2 2 2 (1,1,1) 2 2 2 2 (1,1,1) 2 2 2 2 2 2 (1,1,1) 6 6 6 14 6 8 6 8 8 8 8 14 6 8 6 8 6 8 6 8 14 P P P P P P u x x x z x y z x y u y y y z x y z x y x y x y u z z z                             , 所以方向导数 cos cos cos u u u u n x y z               6 2 8 3 1 11 14 7 14 14 14 14 14        .

(3) 【解析】由曲线 2 2 , 0 y z x     绕z 轴旋转一周而围成的旋转面方程是 2 2 2 x y z   . 于是,是由旋转抛物面 2 2 1 ( ) 2 z x y   与平面 4 z  所围成.曲面与平面的交线是 2 2 8, 4 x y z    . 选用柱坐标变换,令 cos , sin , x r y r z z      ,于是 :0 2 ,0 4,0 2 z r z          , 因此 2 2 ( ) I x y z dV      4 2 2 2 0 0 0 ( ) z dz d r z rdr       2 4 2 4 0 0 2 4 2 r z r r r z dz                     4 2 0 256 4 3 z dz      .

( [0, ]) y a x x     ,则 cos dy a xdx  ,所以 3 (1 ) (2 ) L I y dx x y dy      3 0 [1 ( sin ) (2 sin ) cos ] a x x a x a x dx        2 3 3 0 1 sin 2 cos sin 2 2 a a x ax x x dx            2 3 3 0 0 0 sin 2 cos sin 2 2 a a xdx a x xdx xdx            2 3 2 0 0 0 (cos 1) cos 2 sin sin 2 2 4 a a x d x a xd x xd x                 2 3 3 0 0 0 1 cos cos 2 sin cos cos2 3 4 a a x x a x x x x                  3 4 4 3 a a     . 对关于a 的函数 3 4 4 3 I a a     两边对a 求导数,其中 0 a  ,并令 0, I 得 2 4 4 0 I a    . 所以 1 a  , 且 0,0 1 0,1 I a I a         . 故 1 a  为函数 3 4 4 ,( 0) 3 I a a a      的极小值点,也是最小值点.故所求的曲线为 sin , ( [0, ]) y x x     .

n a 与 nb .因 ( ) f x 为偶函数,所以 1 ( )sin 0 ( 1,2,3, ) l n l n b f x xdx n l l       , 0 1 2 ( )cos ( )cos l l n l n n a f x xdx f x xdx l l l l        1 1 1 0 0 0 2 2 (2 )cos 4 cos sin x n xdx n xdx xd n x n            1 2 2 0 2 2(cos 1) sin ( 1,2,3, ) n n xdx n n n           , --- [第 8 页] --- 1 0 0 2 (2 ) 5 a x dx     . 因为 ( ) 2 | | f x x  在区间( 1 1) x   上满足狄利克雷收敛定理的条件,所以 0 1 ( ) 2 | | cos sin 2 n n n a n n f x x a x b x l l                2 2 1 5 2(cos 1) cos 2 n n n x n         2 2 1 5 4 1 cos(2 1) ( 1 1) 2 (2 1) n n x x n            . 令 0 x  ,有 2 2 1 5 4 1

(0) 2 0 cos0 2 (2 1) n f n          ,所以, 2 2 1 1 (2 1) 8 n n       . 又 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2 1) (2 ) (2 1) 4 n n n n n n n n n                         , 所以, 2 2 1 3 1 4 8 n n      ,即 2 2 1 1 6 n n      . 六、(本题满分7 分.) 【解析】由定积分中值定理可知,对于 1 2 3 ( ) f x dx  ,在区间2 ( ,1) 3 上存在一点使得 1 2 3 2 1 ( ) ( )(1 ) ( ) 3 3 f x dx f f       , 即 1 2 3 3 ( ) ( )

(0) f x dx f f     . 由罗尔定理可知,在区间(0,1) 内存在一点(0 1) c c     ,使得 ( ) 0 f c   . 七、(本题满分8 分) 【解析】设 1 1 2 2 3 3 4 4 x x x x          ,按分量写出,则有 1 2 3 4 2 3 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 1 2 3 ( 2) 4 3 3 5 ( 8) 5 x x x x x x x x x a x x b x x x a x                          . --- [第 9 页] --- 对方程组的增广矩阵作初等行变换: 第一行分别乘以有  2  、  3  加到第三行和第四行上,再第二行乘以  1  、  2  加到第三 行和第四行上,有 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 2 1 0 1 1 2 1 2 3 2 4 3 0 1 2 1 3 5 1 8 5 0 2 2 5 2 A a b a b a a                                           1 1 1 1 1 0 1 1 2 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 a b a                    , 所以,当 1, 0 a b   时, ( ) 1 ( ) r A r A  ,方程组无解.即是不存在 1 2 3 4 x ,x ,x ,x 使得 1 1 2 2 3 3 4 4 x x x x          成立, 不能表示成 1 2 3 4     、 、 、 的线性组合； 当 1 a 时, ( ) ( )

4. r A r A   方程组有唯一解 2 1 , , ,0 1 1 1 T b a b b a a a             , 故有唯一表达式,且 1 2 3 4 2 1 0 1 1 1 b a b b a a a               . 【相关知识点】非齐次线性方程组有解的判定定理： 设A 是m n  矩阵,线性方程组Ax b  有解的充分必要条件是系数矩阵的秩等于增广 矩阵   A A b   的秩,即是( ) ( ) r A r A  (或者说, b 可由A 的列向量 1 2 , , , n    线表出, 亦等同于 1 2 , , , n    与 1 2 , , , , n b    是等价向量组). 设A 是m n  矩阵,线性方程组Ax b  ,则

(1) 有唯一解  ( ) ( ) . r A r A n  

(2) 有无穷多解  ( ) ( ) . r A r A n  

(3) 无解  ( ) 1 ( ). r A r A   b 不能由A 的列向量 1 2 , , , n    线表出. 八、(本题满分6 分) 【解析】方法1：因为A 为n 阶正定阵,故存在正交矩阵Q ,使 --- [第 10 页] --- 1 2 1 T N Q AQ Q AQ                   , 其中 0( 1,2, ) i i n    , i是A 的特征值. 因此 ( ) T T T Q A E Q Q AQ Q Q E     两端取行列式得| | | || || | | ( ) | | | ( 1) T T i A E Q A E Q Q A E Q E           , 从而 | | 1 A E   . 方法2：设A 的n 个特征值是 1 2 n , , , .    由于A 为n 阶正定阵,故特征值全大于0. 由为A 的特征值可知,存在非零向量使A   ,两端同时加上, 得    1 A E       .按特征值定义知 1 是A E  的特征值.因为A E  的特征值是 1 2 1 1 1 n , , , .        它们全大于1,根据 i A   ,知| | ( 1) 1 i A E       . 【相关知识点】阵特征值与特征向量的定义：设A 是n 阶矩阵,若存在数及非零的n 维列 向量X 使得AX X   成立,则称是矩阵A 的特征值,称非零向量X 是矩阵A 的特征向 量. 九、(本题满分8 分) 【解析】曲线 ( ) y y x  在点 ( , ) P x y 处的法线方程为 1 ( ) Y y X x y     (当 0 y 时), 它与x 轴的交点是 ( ,0) Q x yy  ,从而 1 2 2 2 2 | | ( ) (1 ) PQ yy y y y       . 当 0 y 时,有 ( ,0),| | Q x PQ y  ,上式仍然成立. 因此,根据题意得微分方程 3 1 2 2 2 2 1 (1 ) (1 ) y y y y       , 即 2 1 yy y    .这是可降阶的高阶微分方程,且当 1 x  时, 1, 0 y y   . --- [第 11 页] --- 令 ( ) y P y  ,则 dP y P dy  ,二阶方程降为一阶方程 2 1 dP yP P dy  ,即 2 1 PdP dy P y   . 即 2 1 y C P   ,C 为常数. 因为当 1 x  时, 1, 0 y P y    ,所以 1 C ,即 2 2 1 1 y P y     , 所以 2 1 y y   .分离变量得 2 1 dy dx y   . 令 sec y t  ,并积分,则上式左端变为 2 sec tan ln sec tan tan 1 dy t tdt t t C t y        2 2 ln sec sec 1 ln 1 t t C y y C         . 因曲线在上半平面,所以 2 1 0 y y   ,即  2 ln 1 y y C x     . 故 2 1 x y y Ce   . 当 1 x  时, 1, y  当x 前取+时, 1 C e  , 2 1 1 x y y e    , 2 2 1 1 2 2 2 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 x x y y y y e e y y y y y y                ； 当x 前取时,C e  , 2 1 1 x y y e   , 2 2 1 1 2 2 2 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 x x y y y y e e y y y y y y                ； 所以 ( 1) ( 1) 1 ( ) 2 x x y e e      . 十、填空题(本题满分6 分,每小题3 分.)

(1) 【解析】一般说来,若计算正态分布随机变量在某一范围内取值的概率,应该已知分布的 两个参数和 2 ,否则应先根据题设条件求出, 2 ,再计算有关事件的概率,本题可从 2 ( )

0. 8    ,通过查 ( )x  表求出,但是注意到所求概率 ( 0) P x  即是 2 ( )    与 2 ( )   之间的关系,可以直接由 2 ( )   的值计算出 2 ( )    . --- [第 12 页] --- 因为 2 (2, ) X N   ,所以可标准化得 2 (0,1) X N    , 由标准正态分布函数概率的计算公式,有 4 2 2 2 (2 4) ( ) ( ) P x         , 2 ( ) (2 4)

(0)

0. 8 P x        . 由正态分布函数的对称性可得到 0 2 2 2 ( 0) ( ) ( ) 1 ( )

0. 2 P x          .

(2) 【解析】设事件A =“掷的点和原点的连线与x 轴的夹角小于4 ”, 这是一个几何型概率的计算问题.由几何概率公式 ( ) D S P A S  半圆 ,而 2 1 2 S a   半圆 , 2 2 1 4 1 1 2 4 D OAC S S S a a       圆 , 故 2 2 2 1 1 1 1 2 4 ( ) 1 2 2 a a P A a        . 十一、(本题满分6 分) 【解析】二维连续型随机变量的概率等于对应区域的二重积分,所以有     2 ( ) 2 ( , ) x y z F z P Z z P X Y z f x y dxdy         . 当 0 z  时, ( ) 0 F z  . 因为 2 x y z   在直线 2 0 x y   的下方 与 0, 0 x y   (即第一象限)没有公共区域, 所以 ( ) 0 F z  . 当 0 z  时, 2 x y z   在直线 2 0 x y   的上方与第一象限相交成一个三角形区域D ,此即为积分区间. ( 2 ) 2 0 0 0 ( ) 2 ( ) 1 z x z z x y x z z z F z dx e dy e e dx e ze                . 所以 2 Z X Y   的分布函数 0, 0, ( ) 1 ,

0. z z z F z e ze z         x y O 2 0 x y   z D x y O A B D C --- [第 13 页] ---