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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
