《1993年考研数学一真题及答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《1993年考研数学一真题及答案.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1993年考研数学一真题及答案一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分,把答案填在题中横线上.)(1)函数的单调减少区间为_.(2)由曲线绕轴旋转一周得到的旋转面在点处的指向外侧的单位法向量为_.(3)设函数的傅里叶级数展开式为,则其中系数的值为_.(4)设数量场则_.(5)设阶矩阵的各行元素之和均为零,且的秩为,则线性方程组的通解为_.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1)设,则当时,是的()(A)等价无穷小(B)同阶但非等价无穷小(C)高阶无穷小(D)低阶无穷小(2)双纽线所围
2、成的区域面积可用定积分表示为()(A)(B)(C)(D)(3)设有直线与,则与的夹角为()(A)(B)(C)(D)(4)设曲线积分与路径无关,其中具有一阶连续导数,且,则等于()(A)(B)(C)(D)(5)已知,为三阶非零矩阵,且满足,则(A)时,的秩必为1(B)时,的秩必为2(C)时,的秩必为1(D)时,的秩必为2三、(本题共3小题,每小题5分,满分15分.)(1)求.(2)求.(3)求微分方程,满足初始条件的特解.四、(本题满分6分)计算,其中是由曲面与所围立体的表面外侧.五、(本题满分7分)求级数的和.六、(本题共2小题,每小题5分,满分10分.)(1)设在上函数有连续导数,且证明在内
3、有且仅有一个零点.(2)设,证明.七、(本题满分8分)已知二次型,通过正交变换化成标准形,求参数及所用的正交变换矩阵.八、(本题满分6分)设是矩阵,是矩阵,其中,是阶单位矩阵,若,证明的列向量组线性无关.九、(本题满分6分)设物体从点出发,以速度大小为常数沿轴正向运动.物体从点与同时出发,其速度大小为,方向始终指向,试建立物体的运动轨迹所满足的微分方程,并写出初始条件.十、填空题(本题共2小题,每小题3分,满分6分,把答案填在题中横线上.)(1)一批产品共有10个正品和2个次品,任意抽取两次,每次抽一个,抽出后不再放回,则第二次抽出的是次品的概率为_.(2)设随机变量服从上的均匀分布,则随机变
4、量在内的概率分布密度_.十一、(本题满分6分)设随机变量的概率分布密度为,.(1)求的数学期望和方差.(2)求与的协方差,并问与是否不相关？(3)问与是否相互独立？为什么？答案一、填空题(本题共5个小题,每小题3分,满分15分.)(1)【答案】【解析】由连续可导函数的导数与的关系判别函数的单调性.将函数两边对求导,得.若函数严格单调减少,则,即.所以函数单调减少区间为.【相关知识点】函数的单调性：设函数在上连续,在内可导.(1)如果在内,那么函数在上单调增加；(2)如果在内,那么函数在上单调减少.(2)【答案】【解析】先写出旋转面的方程：.令.则在点的法向量为,所以在点处的法向量为.因指向外侧
5、,故应取正号,单位法向量为.(3)【答案】【解析】按傅式系数的积分表达式,所以.因为为奇函数,所以；为偶函数,所以.(4)【答案】【解析】先计算的梯度,再计算该梯度的散度.因为,所以.数量场分别对求偏导数,得,由对称性知,将分别对求偏导,得,因此,.(5)【答案】【解析】因为,由知,齐次方程组的基础解系为一个向量,故的通解形式为.下面根据已知条件“的各行元素之和均为零”来分析推导的一个非零解,它就是的基础解系.各行元素的和均为0,即,而齐次方程组为.两者比较,可知是的解.所以应填.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)(1)【答案】(B)【解析】为“”型的极限未定式,又分子分母在
6、点处导数都存在,运用洛必达法则,有.因为当,所以,所以,所以与是同阶但非等价的无穷小量.应选(B).【相关知识点】无穷小的比较：设在同一个极限过程中,为无穷小且存在极限,(1)若称在该极限过程中为同阶无穷小；(2)若称在该极限过程中为等价无穷小,记为；(3)若称在该极限过程中是的高阶无穷小,记为.若不存在(不为),称不可比较.(2)【答案】(A)【解析】由方程可以看出双纽线关于轴、轴对称,(如草图)只需计算所围图形在第一象限部分的面积；双纽线的直角坐标方程复杂,而极坐标方程较为简单：.显然,在第一象限部分的变化范围是.再由对称性得,应选(A).(3)【答案】(C)【解析】这实质上是求两个向量的
7、夹角问题,与的方向向量分别是,与的夹角的余弦为,所以,应选(C).(4)【答案】(B)【解析】在所考察的单连通区域上,该曲线积分与路径无关&n,即,化简得,即,解之得,所以.由得,因此,故应选(B).【相关知识点】曲线积分在单连通区域内与路径无关的充分必要条件是.(5)【答案】(C)【解析】若是矩阵,是矩阵,则.当时,矩阵的三行元素对应成比例,有,知,所以,可能是1,也有可能是2,所以(A)、(B)都不准确；当时,矩阵的第一行和第三行元素对应成比例,于是从得,又因,有,从而必成立,所以应当选(C).三、(本题共3小题,每小题5分,满分15分.)(1)【解析】令,则当时,这是型未定式,而是两个重
8、要极限之一,即.所以.而,故.(2)【解析】方法一：.令,则,所以,所以.方法二：令,则,所以.关于的求解同方法一,所以.(3)【解析】解法一：所给方程为伯努利方程,两边除以得,即.令,则方程化为,即,即,积分得.由得,即,代入初始条件,得,所以所求方程的特解是.解法二：所给方程可写成的形式,此方程为齐次方程.令,则,所以方程可化为,分离变量得,积分得,即.以代入上式,得.代入初始条件,得,故特解为.四、(本题满分6分)【解析】将表成,则.又是封闭曲面,可直接用高斯公式计算.记围成区域,见草图,取外侧,由高斯公式得.用球坐标变换求这个三重积分.在球坐标变换下,为：,于是.五、(本题满分7分)【
9、解析】先将级数分解,.第二个级数是几何级数,它的和已知.求第一个级数的和转化为幂级数求和.考察.,所以.因此原级数的和.六、(本题共2小题,每小题5分,满分10分.)(1)【解析】证法一：由拉格朗日中值定理可知,在存在一点,使得,即.因为,所以当时,故.由,所以在上由介值定理可知,必有一点使得.又因为,故为严格单调增函数,故值唯一.证法二：用牛顿-莱布尼兹公式,由于,以下同方法1.(2)【解析】先将不等式做恒等变形:因为,故原不等式等价于或.证法一：令,则.因为,所以,故.从而在时为严格的单调递增函数,故.由此,即.证法二：令,则.当时,所以为严格的单调递减函数,故存在使得成立.即.七、(本题
10、满分8分)【解析】写出二次型的矩阵为,它的特征方程是.经正交变换化成标准形,那么标准形中平方项的系数1,2,5就是的特征值.把代入特性方程,得.因知.这时.对于,由,得.对于,由,得.对于,由,得.将单位化,得.故所用的正交变换矩阵为.【相关知识点】二次型的定义：含有个变量的二次齐次多项式(即每项都是二次的多项式)其中,称为元二次型.令,则二次型可用矩阵乘法表示为其中是对称矩阵,称为二次型的矩阵.八、(本题满分6分)【解析】证法一：对按列分块,记,若,即,亦即.两边左乘,得,即,亦即.所以线性无关.证法二：因为是矩阵,所以.又因,故.所以线性无关.【相关知识点】1.向量组线性相关和线性无关的定
11、义：存在一组不全为零的数,使,则称线性相关；否则,称线性无关2.矩阵乘积秩的结论：乘积的秩小于等于单个矩阵的秩九、(本题满分6分)【解析】如图,设当运动到时,运动到.由的方向始终指向,有,即(1)又由,得.由题意,单调增,所以.亦即.(2)由(1),(2)消去,便得微分方程.初始条件显然是.十、填空题(本题共2小题,每小题3分,满分6分,把答案填在题中横线上.)(1)【解析】可以用古典概型,也可以用抽签原理.方法一：从直观上看,第二次抽出次品的可能性与第一次抽到正品还是次品有关,所以考虑用全概率公式计算.设事件“第次抽出次品”由已知得.应用全概率公式.方法二：对填空题和选择题可直接用抽签原理得
12、到结果.由抽签原理(抽签与先后次序无关),不放回抽样中第二次抽得次品的概率与第一次抽得次品的概率相同,都是.(2)【解析】方法一：可以用分布函数法,即先求出分布函数,再求导得到概率密度函数.由已知条件,在区间上服从均匀分布,得的概率密度函数为.先求的分布函数.当时,；当时,；当时,.即于是,对分布函数求导得密度函数.故随机变量在内的概率分布密度.方法二：也可以应用单调函数公式法.由于在(0,4)内单调,反函数在(0,2)内可导,且导数恒不为零,因此,由连续型随机变量函数的密度公式,得到随机变量的概率密度为故随机变量在内的概率分布密度.十一、(本题满分6分)【解析】(1)第一问是常规问题,直接运用公式对其计算可得期望与方差.(因为被积函数是奇函数,积分区域关于轴对称,所以积分值为0.)(2)根据协方差的计算公式来计算协方差.因为,所以(因为被积函数是奇函数,积分区域关于轴对称,所以积分值为0.)所以与不相关.(3)方法一：对于任意正实数,事件含于事件,且,所以,可见,因此与不独立.方法二：因为；又，显然有，因此与不独立.