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1、20052005 年考研数学一真题解析年考研数学一真题解析 一、填空题一、填空题(本题共 6 小题,每小题 4 分,满分 24 分. 把答案填在题中横线上) (1)曲线122+=xxy 的斜渐近线方程为 .41 21=xy 【分析分析】 本题属基本题型,直接用斜渐近线方程公式进行计算即可. 【详解详解】 因为 a=21 2lim)(lim22 =+= xxx xxfxx, 41 ) 12(2lim)(lim=+= xxaxxfb xx, 于是所求斜渐近线方程为.41 21=xy (2)微分方程xxyyxln2=+满足91) 1 (=y的解为.91ln31xxxy=. 【分析分析】直接套用一阶线
2、性微分方程)()(xQyxPy=+的通解公式: +=)()()(CdxexQeydxxPdxxP, 再由初始条件确定任意常数即可. 【详解详解】 原方程等价为 xyxyln2=+, 于是通解为 +=+=ln1ln2 222 CxdxxxCdxexeydxxdxx=21 91ln31 xCxxx+, 由91) 1 (=y得 C=0,故所求解为.91ln31xxxy= (3)设函数181261),(222zyxzyxu+=,单位向量1 , 1 , 131=n,则 )3 , 2, 1(nu =33. 【分析分析】 函数 u(x,y,z)沿单位向量cos,cos,cos=n的方向导数为: coscos
3、coszu yu xu nu +=因此,本题直接用上述公式即可. 【详解详解】 因为 3x xu=,6y yu=,9z zu=,于是所求方向导数为 梅花香自苦寒来,岁月共理想,人生齐高飞! 第 - 5 - 页 共 17 页 )3 , 2, 1(nu =.3331 3131 3131 31=+ (4)设是由锥面22yxz+=与半球面222yxRz=围成的空间区域,是的整个边界的外侧,则=+zdxdyydzdxxdydz3)221 (2R. 【分析分析】本题是封闭曲面且取外侧,自然想到用高斯公式转化为三重积分,再用球面(或柱面)坐 标进行计算即可. 【详解详解】 =+zdxdyydzdxxdydz
4、 dxdydz3 =.)221 (2sin332004 02RdddR= (5)设321,均为 3 维列向量,记矩阵 ),(321=A,)93,42,(321321321+=B, 如果1=A,那么=B 2 . 【分析分析】 将 B 写成用 A 右乘另一矩阵的形式,再用方阵相乘的行列式性质进行计算即可. 【详解详解】 由题设,有 )93,42,(321321321+=B = 941321111 ),(321, 于是有 . 221941321111 = AB (6)从数 1,2,3,4 中任取一个数,记为 X, 再从X, 2 , 1中任取一个数,记为 Y, 则 2=YP= 4813. 【分析分析】
5、 本题涉及到两次随机试验,想到用全概率公式, 且第一次试验的各种两两互不相容的结果即 为完备事件组或样本空间的划分. 【详解详解】 2=YP=121=XYPXP+222=XYPXP +323=XYPXP+424=XYPXP 梅花香自苦寒来,岁月共理想,人生齐高飞! 第 - 6 - 页 共 17 页 =.4813)41 31 210(41=+ 二、选择题二、选择题(本题共 8 小题,每小题 4 分,满分 32 分. 每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求, 把所选项前的字母填在题后的括号内) (7)设函数nnnxxf31lim)(+= ,则 f(x)在),(+内 (A) 处处可导. (B)
6、 恰有一个不可导点. (C) 恰有两个不可导点. (D) 至少有三个不可导点. C 【分析分析】 先求出 f(x)的表达式,再讨论其可导情形. 【详解详解】 当1x时,.) 11(lim)(3133x xxxfn nn=+= 即. 1, 11, 1, 1,)(33时,原级数发散,因此原级数的收敛半径为 1,收敛区间为(1,1) 记 1 21( 1)( ),( 1,1)2 (21)n nnS xxxnn= , 则 1 211( 1)( ),( 1,1)21n nnS xxxn = , 122 2 11( )( 1),( 1,1)1nnnSxxxx = +. 由于 (0)0,(0)0,SS= 所以
7、 2001( )( )arctan ,1xxS xS t dtdtxt=+2001( )( )arctanarctanln(1).2xxS xS t dttdtxxx=+又 2 12 2 1( 1),( 1,1),1nnnxxxx = +从而 22( )2 ( )1xf xS xx=+2 2 22 arctanln(1),( 1,1).1xxxxxx=+ +(17) (本题满分) (本题满分 11 分)分) 如图,曲线 C 的方程为 y=f(x),点(3,2)是它的一个拐点,直线1l与2l分别是曲线 C 在点(0,0)与(3,2)处梅花香自苦寒来,岁月共理想,人生齐高飞! 第 - 11 - 页
8、 共 17 页 的切线,其交点为(2,4). 设函数 f(x)具有三阶连续导数,计算定积分 +302.)()(dxxfxx 【分析分析】 题设图形相当于已知 f(x)在 x=0 的函数值与导数值,在 x=3 处的函数值及一阶、二阶导数值. 【详解详解】 由题设图形知,f(0)=0, 2)0(= f; f(3)=2, . 0)3(, 2)3(= =ff 由分部积分,知 + += += +30303022302) 12)()()()()()()(dxxxfxfxxxf dxxdxxfxx =dxxfxfxxf dx+=+303030)(2)() 12()() 12( =.20)0()3( 216=
9、+ff (18) (本题满分) (本题满分 12 分)分) 已知函数 f(x)在0,1上连续,在(0,1)内可导,且 f(0)=0,f(1)=1. 证明: (I)存在),1 , 0( 使得=1)(f; (II)存在两个不同的点) 1 , 0(,,使得. 1)()(=ff 【分析分析】 第一部分显然用闭区间上连续函数的介值定理;第二部分为双介值问题,可考虑用拉格朗日 中值定理,但应注意利用第一部分已得结论. 【详解详解】 (I) 令xxfxF+=1)()(,则 F(x)在0,1上连续,且 F(0)=-10,于是由介值定理知,存在),1 , 0( 使得0)(=F,即=1)(f. (II) 在, 0
10、和 1 ,上对 f(x)分别应用拉格朗日中值定理, 知存在两个不同的点) 1 ,(), 0(,使得0)0()()(=fff,=1)() 1 ()(fff 于是 . 111 1)(1)()()(= ffff (19) (本题满分) (本题满分 12 分)分) 设函数)(y具有连续导数, 在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线 L 上, 曲线积分+Lyxxydydxy4222)(的值恒为同一常数. (I)证明:对右半平面 x0 内的任意分段光滑简单闭曲线 C,有022)(42=+Cyxxydydxy; (II)求函数)(y的表达式. 【分析分析】 证明(I)的关键是如何将封闭曲线 C 与围绕原点的任意
11、分段光滑简单闭曲线相联系,这可梅花香自苦寒来,岁月共理想,人生齐高飞! 第 - 12 - 页 共 17 页 利用曲线积分的可加性将 C 进行分解讨论;而(II)中求)(y的表达式,显然应用积分与路径无关即可. 【详解详解】 (I) 1l l2 C o X l3 如图,将 C 分解为:21llC+=,另作一条曲线3l围绕原点且与 C 相接,则 =+Cyxxydydxy4222)(+314222)(llyxxydydxy022)(3242=+llyxxydydxy. (II) 设2424( )2,22yxyPQxyxy=+,,P Q在单连通区域0x 内具有一阶连续偏导数,由()知,曲线积分24(
12、)2 2Ly dxxydy xy+ +在该区域内与路径无关,故当0x 时,总有QP xy=. 24252422422 (2)4242,(2)(2)Qyxyxxyx yy xxyxy+=+ 243243242242( )(2)4 ( )2( )( )4 ( ).(2)(2)Pyxyy yxyy yy y yxyxy+=+ 比较、两式的右端,得 435( )2 ,( )4 ( )2. yyy yy yy= =由得2( )yyc= +,将( )y代入得 535242,ycyy= 所以0c =,从而2( ).yy= (20) (本题满分) (本题满分 9 分)分) 已知二次型212 32 22 132
13、1)1 (22)1 ()1 (),(xxaxxaxaxxxf+=的秩为 2. (I) 求 a 的值; (II) 求正交变换Qyx =,把),(321xxxf化成标准形; (III) 求方程),(321xxxf=0 的解. 【分析分析】 (I)根据二次型的秩为 2,可知对应矩阵的行列式为 0,从而可求 a 的值; (II)是常规问题, 先求出特征值、特征向量,再正交化、单位化即可找到所需正交变换; (III)利用第二步的结果,通过标 准形求解即可. Y 梅花香自苦寒来,岁月共理想,人生齐高飞! 第 - 13 - 页 共 17 页 【详解详解】 (I) 二次型对应矩阵为 + = 200011011
14、 aaaa A, 由二次型的秩为 2,知 0200011011 =+ =aaaa A,得 a=0. (II) 这里 = 200011011 A, 可求出其特征值为0, 2321=. 解 0)2(=xAE,得特征向量为: = = 100 , 01121, 解 0)0(=xAE,得特征向量为:.0113 = 由于21,已经正交,直接将21,,3单位化,得: = = = 01121, 100 , 01121321 令321=Q,即为所求的正交变换矩阵,由 x=Qy,可化原二次型为标准形: ),(321xxxf=.222 22 1yy + (III) 由),(321xxxf=+2 22 122yy0,得kyyy=321, 0, 0(k 为任意常数). 从而所求解为:x=Qy= = 00