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1、精选优质文档-倾情为你奉上1991年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题(本题满分15分,每小题3分.)(1) 设 则=_.(2) 由方程所确定的函数在点处的全微分=_.(3) 已知两条直线的方程是；,则过且平行于的平面方程是_.(4) 已知当时,与是等价无穷小,则常数=_.(5) 设4阶方阵,则的逆阵=_.二、选择题(本题满分15分,每小题3分.)(1) 曲线 ( )(A) 没有渐近线 (B) 仅有水平渐近线(C) 仅有铅直渐近线 (D) 既有水平渐近线又有铅直渐近线(2) 若连续函数满足关系式,则等于 ( ) (A) (B) (C) (D) (3) 已知级数,则级数等于 ( )
2、(A) 3 (B) 7 (C) 8 (D) 9 (4) 设是平面上以(1,1)、(-1,1)和(-1,-1)为顶点的三角形区域,是在第一象限的部分,则等于 ( ) (A) (B) (C) (D) 0 (5) 设阶方阵、满足关系式,其中是阶单位阵,则必有 ( ) (A) (B) (C) (D) 三、(本题满分15分,每小题5分.)(1) 求.(2) 设是曲面在点处的指向外侧的法向量,求函数在点处沿方向的方向导数.(3) ,其中是由曲线绕轴旋转一周而成的曲面与平面所围成的立体.四、(本题满分6分)在过点和的曲线族中,求一条曲线,使沿该曲线从到的积分的值最小.五、(本题满分8分.)将函数展开成以2为
3、周期的傅立叶级数,并由此求级数的和.六、(本题满分7分.)设函数在0,1上连续,(0,1)内可导,且,证明在(0,1)内存在一点,使.七、(本题满分8分.)已知,及.(1) 、为何值时,不能表示成的线性组合？(2) 、为何值时,有的唯一的线性表示式？并写出该表示式.八、(本题满分6分)设为阶正定阵,是阶单位阵,证明的行列式大于1.九、(本题满分8分)在上半平面求一条向上凹的曲线,其上任一点处的曲率等于此曲线在该点的法线段长度的倒数(是法线与轴的交点),且曲线在点(1,1)处的切线与轴平行.十、填空题(本题满分6分,每小题3分.)(1) 若随机变量服从均值为2,方差为的正态分布,且,则=_.(2
4、) 随机地向半圆(为正常数)内掷一点,点落在半圆内任何区域的概率与区域的面积成正比,则原点和该点的连线与轴的夹角小于的概率为_.十一、(本题满分6分)设二维随机变量的概率密度为 ,求随机变量的分布函数.1991年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、填空题(本题满分15分,每小题3分.)(1)【答案】【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 , 则 .所以 ,再对求导,由复合函数求导法则得.(2)【答案】【解析】这是求隐函数在某点的全微分,这里点的含义是.将方程两边求全微分,由一阶全微分形式不变性得,再由全微分四则运算法则得 ,令,得,即.(3)【答案】【解析
5、】所求平面过直线,因而过上的点；因为过平行于,于是平行于和的方向向量,即平行于向量和向量,且两向量不共线,于是平面的方程,即.(4)【答案】【解析】因为当时,当时,所以有所以 .因为当时,与是等价无穷小,所以,故.(5)【答案】.【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： ,.对于2阶矩阵的伴随矩阵有规律：,则求的伴随矩阵.如果,这样.再利用分块矩阵求逆的法则：,易见.二、选择题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.)(1)【答案】(D)【解析】由于函数的定义域为,所以函数的间断点为,所以为铅直渐近线
6、,所以为水平渐近线.所以选(D).【相关知识点】铅直渐近线：如函数在其间断点处有,则是函数的一条铅直渐近线；水平渐近线：当,则为函数的水平渐近线.(2)【答案】(B)【解析】令,则,所以,两边对求导,得,这是一个变量可分离的微分方程,即.解之得,其中是常数.又因为,代入,得,得,即.(3)【答案】(C)【解析】因为 (收敛级数的结合律与线性性质),所以 .而 ,故应选(C).(4)【答案】(A)【解析】如图,将区域分为四个子区域.显然,关于轴对称,关于轴对称.令 ,由于对及对都是奇函数,所以 .而对是偶函数,对是奇函数,故有,所以 ,故选(A).(5)【答案】(D)【解析】矩阵的乘法公式没有交
7、换律,只有一些特殊情况可以交换.由于、均为阶矩阵,且,对等式两边取行列式,据行列式乘法公式,得到、,知、均可逆,那么,对于,先左乘再右乘有 ,故应选(D).其实,对于先右乘再左乘,有.三、(本题满分15分,每小题5分.)(1)【解析】这是型未定式求极限.令,则时,所以,所以 .因为当时,所以 ,故 .(2)【解析】先求方向的方向余弦,再求,最后按方向导数的计算公式求出方向导数.曲面在点处的法向量为,在点处指向外侧,取正号,并单位化得 又 ,所以方向导数.(3)【解析】由曲线绕轴旋转一周而围成的旋转面方程是.于是,是由旋转抛物面与平面所围成.曲面与平面的交线是.选用柱坐标变换,令,于是,因此 .
8、四、(本题满分6分)【解析】曲线,则,所以 .对关于的函数两边对求导数,其中,并令得.所以,且 .故为函数的极小值点,也是最小值点.故所求的曲线为.五、(本题满分8分.)【解析】按傅式级数公式,先求的傅式系数与.因为偶函数,所以 , ,.因为在区间上满足狄利克雷收敛定理的条件,所以 .令,有,所以,.又 ,所以, ,即 .六、(本题满分7分.)【解析】由定积分中值定理可知,对于,在区间上存在一点使得,即.由罗尔定理可知,在区间内存在一点,使得.七、(本题满分8分)【解析】设,按分量写出,则有.对方程组的增广矩阵作初等行变换:第一行分别乘以有、加到第三行和第四行上,再第二行乘以、加到第三行和第四
9、行上,有,所以,当时,方程组无解.即是不存在使得成立,不能表示成的线性组合；当时,方程组有唯一解,故有唯一表达式,且.【相关知识点】非齐次线性方程组有解的判定定理：设是矩阵,线性方程组有解的充分必要条件是系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩,即是(或者说,可由的列向量线表出,亦等同于与是等价向量组).设是矩阵,线性方程组,则(1) 有唯一解 (2) 有无穷多解 (3) 无解 不能由的列向量线表出.八、(本题满分6分)【解析】方法1：因为为阶正定阵,故存在正交矩阵,使,其中,是的特征值.因此 两端取行列式得 ,从而 .方法2：设的个特征值是由于为阶正定阵,故特征值全大于0.由为的特征值可知,存在非零向量
10、使,两端同时加上,得.按特征值定义知是的特征值.因为的特征值是它们全大于1,根据,知.【相关知识点】阵特征值与特征向量的定义：设是阶矩阵,若存在数及非零的维列向量使得成立,则称是矩阵的特征值,称非零向量是矩阵的特征向量.九、(本题满分8分)【解析】曲线在点处的法线方程为 (当时),它与轴的交点是,从而.当时,有,上式仍然成立.因此,根据题意得微分方程,即.这是可降阶的高阶微分方程,且当时,.令,则,二阶方程降为一阶方程,即.即,为常数.因为当时,所以,即,所以.分离变量得 .令,并积分,则上式左端变为 .因曲线在上半平面,所以,即.故 .当时, 当前取+时, ；当前取时,；所以 .十、填空题(
11、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,否则应先根据题设条件求出,再计算有关事件的概率,本题可从,通过查表求出,但是注意到所求概率即是与之间的关系,可以直接由的值计算出.因为,所以可标准化得 ,由标准正态分布函数概率的计算公式,有,.由正态分布函数的对称性可得到 .(2)【解析】设事件=“掷的点和原点的连线与轴的夹角小于”,O这是一个几何型概率的计算问题.由几何概率公式,而 ,故 .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O.当时,.因为在直线的下方与(即第一象限)没有公共区域,所以.当时,在直线的上方与第一象限相交成一个三角形区域,此即为积分区间.所以的分布函数 专心-专注-专业