1999考研数一真题解析Word格式.docx
《1999考研数一真题解析Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《1999考研数一真题解析Word格式.docx（36页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
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
ç
24⎪
（4）
【详解】因为
⎛λ-1
-1...
-1⎫
-1λ-1...-1⎪
λE-A=ç
⎪（对应元素相减）
............⎪
-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
λ-n
-12行-1行
-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
，则有3p-3p2-9=0
⇒p2-p+3
=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）；
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
非单调增函数，可排除（D）.
（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+
x2g（x）
f（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）
（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
【答案】B
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<
m.（（AB）x=0的系数矩阵的秩小于未知数的个数），故有行列式AB=0，故应选（B）.
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
m⨯nn⨯m
⎪
⎝⎭
（D）n>
m，取Am⨯n=（10）,Bn⨯m=ç
0⎪,
AB=1，AB=1，（D）不成立，故选（B）.
（5）
【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.
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.
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
C选项：
P{X-Y≤0}=.
P⎧X-Y-（-1）≤0-（-1）⎫=P⎧X-Y+1≤
1⎫>
1，故C错.
⎨⎬⎨
D选项：
P{X-Y≤1}=.
⎧X-Y-（-1）1-（-1）⎫⎧X-Y+12⎫1
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
dx⎪
⎨⎝⎭
⎪F'
+F'
dy+F'
dz=0
⎩⎪xydxzdx
⎧-xf'
（x,y）dy+dz=
f（x,y）+xf'
整理后得
⎪dxdx
⎨dydz
+F'
=-F'
⎪⎩ydx
解此方程组，得
zdxx
dz==（f+xf'
）Fy'
-xfF'
z'
（F'
+xfF'
'
≠0）
dxFy'
四【详解】
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
I=⎰L+L
-⎰L
（exsiny-b（x+y））dx+（excosy-ax）dy
（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
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=ç
2+2⎪ab-2a.
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
=⎰2222332
=-2a2b-1πa2b+1πa3
212
13⎛π
⎫2π3
从而I=0-（-2ab-πab+πa
）=ç
+2⎪ab-a
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ç
x-,0⎪
由于y'
（x）>
0,y（0）=1,因此y（x）>
0（x>
0）
1⎛y⎫y2
于是S1=2yx-ç
x-y'
⎪=2y'
.
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
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）=2lnx+1+
1,f'
（1）=2>
0
x2
（x）=
2（x2-1）
x3
可见，当0<
x<
1时，⎧f'
（x）<
0；
当1<
+∞时，⎧f'
（x）>
⎨f'
（x）⎨f'
（x）
因此，f'
（1）=2为f'
（x）的最小值，即当0<
+∞时，f'
（x）≥
以f'
（x）为单调增函数.又因为f'
（1）=0，所以有
0，所
0<
1时f'
（x）<
0；
1<
+∞时f'
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<
1时，原不等式等价于lnx≤x-1;
x+1
x-1
+∞时，原不等式等价于lnx≥
x+1;
令f（x）=lnx-
12
x2+1
则f（x）=-
（x+1）2
=x（x+1）
>
0（x>
又因为f
（1）=0,利用函数单调性可知
1时，f（x）<
0,即lnx<
x-1;
+∞时，f（x）>
0,即lnx>
x-1;
综上所述，当x>
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,
即f（x）=400+50（30-x）+2000-
20x=3900-170x,
33
于是W=
30⎛3900-170x⎫dx=3900x-85x230=117000-24500=91500J
⎰0ç
3⎪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
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⎭
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-ç
2+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.
11π1π
九【详解】
（1）因为（a+a）=4tannx（1+tan2x）dx=4tannxsec2xdx
nnn+2
n⎰0
又由部分和数列
=14tannxdtanxn0
tanx=t
=
n
1tndt=
n（n+1）
S=∑
1（a+a
）=∑
1=∑n
111
（）1,
i=1i
ii+2
i=1
i（i+1）
ii+1
n+1
有limS=1,
n→∞
∞
因此∑
n=1
1（an
n+an+2
）=1.
（2）先估计an的值，因为
an=⎰4tannxdx，令t=tanx，则dt=sec2xdx，即dx=
dt
1+t2
1tn1n1
所以an=⎰01+t2
升级会员 