1987-1996考研数学一真题及解答

一九八七年考研数学试卷一解答

一、填空题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 与两直线

         x = 1 y = −1 + t z= 2 + t

及

x+ 1 1 = y + 2 2 = z− 1 1

都平行，且过原点的平面方程为

．

解

.

−x + y − z = 0

．

2. 当

x=

时，函数

y = x 2x

取得极小值

．

解

.

− 1 ln 2

．

3. 由曲线

y = ln x

与两直线

y = (e + 1) − x

及

y = 0

所围成的平面图形的面积是

．

解

.

3 2

．

4. 设

L

为取正向的圆周

x2+ y2= 9,

则曲线积分

I L (2x y − 2y )dx + (x2_{− 4x )dy}

_的

值是

．

解

. 用参数方程或者用格林公式计算，求得

−18π

．

5. 已知三维线性空间的一组基底为

α1= (1,1,0)T,α2= (1,0,1)T,α3= (0,1,1)T,

则向量

β = (2,0,0)T

_{在上述基底下的坐标是}

_．

解

.

(1,1,−1)T

．

二、（本题满分

8

分）

求正的常数

_a

与

_b

，使等式

lim x→0 1 b x− sin x ∫ x 0 t2 p a+ t2dt = 1

成立

.

解

. 由洛必达法则与等价无穷小量代换，求得

a = 4, b = 1

．

三、计算题（本题满分

7

分）

1.（本题满分

3

分）

设

_{f , g}

为连续可微函数，

_{u= f (x , x y ), v = g (x + x y ),}

求

∂ u ∂ x

，

∂ v ∂ x.

解

.

∂ u ∂ x = f1′+ y f ′ 2

，

∂ v ∂ x = (1 + y )g′.

2.（本题满分

4

分）

设矩阵

_A

和

_B

满足关系式

_{AB= A + 2B}

，其中

_A=    3 0 1 1 1 0 0 1 4   

，求矩阵

_{B .}

解

.

B=    5 −2 −2 4 −3 −2 −2 2 3   

．

四、（本题满分

8

分）

求微分方程

_y′′′_{+ 6y}′′_{+ (9 + a}2_)y′_{= 1}

_{的通解（一般解），其中常数}

_{a > 0.}

解

.

y = C1+ e−3x(C2cos a x+ C3sin a x) + 1 9+ a2x

．

五、选择题（本题满分

12

分，每小题

3

分）

1. 设常数

k > 0

，则级数

∞ ∑ n=1 (−1)nk+ n n2 · · · ·( ) (A)

发散．

(B)

绝对收敛．

(C)

条件收敛．

(D)

收敛或发散与

k

的取值有关．

解

. 选

(C)

．

2. 设

f(x )

为已知连续函数，

I = t ∫ s/t 0 f(t x )dx

，其中

s> 0, t > 0

，则

I

的值

( ) (A)

依赖于

s

和

t

．

(B)

依赖于

s ,t ,x

．

(C)

依赖于

t

和

x ,

不依赖于

s

．

(D)

依赖于

s ,

不依赖于

t

．

解

. 选

(D)

．

3. 设

lim x→a f (x ) − f (a) (x − a)2 = −1

，则在点

x= a

处

· · · ( ) (A) f (x )

的导数存在，且

f ′(a) ̸= a

．

(B) f(x )

取得极大值．

(C) f (x )

取得极小值．

(D) f(x )

的导数不存在．

解

. 选

(B)

．

4. 设

A

为

n

阶方阵，且

A

的行列式

|A| = a ̸= 0

，而

A∗

为

A

的伴随矩阵，则

|A∗|

等

于

_{· · · ·(} ) (A) a

．

(B) 1 a

．

(C) a n−1

_．

_{(D) a}

_．

解

. 选

(C)

．

六、（本题满分

10

分）

求幂级数

∞ ∑ n=1 1 n 2nx n+1

_{的收敛域，并求其和函数}

_.

解

. 收敛域为

[−2,2)

．和函数

S(x ) = 2x ln 2 2− x

．

七、（本题满分

10

分）

计算曲面积分

I = ∫ ∫ Σ

x(8y + 1)dy dz + 2(1 − y2)dz dx − 4y z dx dy,

其中

_Σ

是由曲线

   z=py − 1 x= 0

（

1¶ y ¶ 3

）绕

y

轴旋转一周所形成的曲面，它

的法向量与

y

轴正向的夹⻆恒大于

π 2.

解

.

Σ

的方程为

y = x2+ z2+ 1

，由高斯公式可求得

I = 34π

．

八、（本题满分

10

分）

设函数

f(x )

在闭区间

[0,1]

上可微，对于

[0,1]

上的每一个

x

，函数

f(x )

的值都

在开区间

_(0,1)

内，且

f′(x ) ̸= 1

，证明在

(0,1)

内有且仅有一个

x

，使

f(x ) = x .

解

.

(1)

令

L(t ) = f (t ) − t

，则

L(0) > 0

，

L(1) < 0

．由零值定理，存在

x∈ (0,1)

．使得

L(x ) = 0

，即

f(x ) = x

．

(2)

假设有两个点

x1

和

x2

满足

f (x1) = x1

．

f(x2) = x2

．不妨设

x1< x2

．则由拉

格朗日中值定理，存在

_{ξ ∈ (x1}, x2)

，使得

f(ξ) = f (x2) − f (x1) x2− x1 = 1

，矛盾．故满

足

f(x ) = x

的

x

是唯一的．

九、（本题满分

8

分）

问

_{a , b}

为何值时，线性方程组

               x1+ x2+ x3+ x4= 0, x2+ 2x3+ 2x4= 1, −x2+ (a − 3)x3− 2x4= b, 3x1+ 2x2+ x3+ a x4= −1

有唯一解、无解、有

无穷多组解？并求出有无穷多组解时的通解．

解

.

(1)

当

a ̸= 1

时，原方程组有唯一解．

(2)

当

a = 1

且

b ̸= −1

时，原方程组无解．

(3)

当

a = 1

且

b = −1

时，原方程组有无穷多解．此时通解为

x= (−1,1,0,0)T+ c1(1,−2,1,0)T + c2(1,−2,0,1)T,

其中

c1,c2

为任意常数

.

十、填空题（本题满分

6

分，每小题

2

分）

1. 设在一次试验中事件

A

发生的概率为

p

，现进行

n

次独立试验，则

A

至少发生

一次的概率为

；而事件

A

至多发生一次的概率为

．

解

.

1− (1 − p)n

；

[1 + (n − 1)p](1 − p)n−1

．

2. 三个箱子，第一个箱子中有

4

个黑球

1

个白球，第二个箱子中有

3

个黑球

3

个白

球，第三个箱子中有

3

个黑球

5

个白球．现随机地取一个箱子，再从这个箱子

中取出

1

个球，这个球为白球的概率等于

．已知取出的球是白球，此

球属于第二个箱子的概率为

．

解

.

53 120

，

20 53

．

3. 已知连续随机变量

X

的概率密度为

f(x ) = p1 πe−x 2_{+2x −1}

，则

X

的数学期望为

；

_X

的方差为

．

解

.

E X = 1

，

D X =1 2

．

十一、（本题满分

6

分）

设随机变量

_{X , Y}

相互独立，其概率密度函数分别为

fX(x ) =    1, 0¶ x ¶ 1, 0,

其它

, fY(y ) =    e−y, y > 0, 0, y ¶ 0,

求随机变量

Z = 2X + Y

的概率密度函数

.

解

.

fZ(z ) =      0, z < 0; 1 2(1 − e−z), 0¶ z < 2; 1 2(e 2_{− 1)e}−z_{, z ¾ 2.} .

一九八七年考研数学试卷二解答

一、填空题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 同试卷一第一

[1]

题．

2. 同试卷一第一

[2]

题．

3. 同试卷一第一

[3]

题．

4. 同试卷一第一

[4]

题．

5. 同试卷一第一

[5]

题．

二、计算题（本题满分

14

分）

1.（本题满分

6

分）

计算定积分

∫ 2 −2 (|x | + x )e−|x |_dx

_．

解

. 由函数的奇偶性，求得

2− 6e−2

．

2. 同试卷一第二题．

三、（本题满分

7

分）

设

z= f (u, x , z ), u = x e y

，其中

f

具有二阶连续偏导数，求

∂ 2_z ∂ x ∂ y

．

解

.

∂ 2_z ∂ x ∂ y = (f11′′x e y_{+ f} ′′ 13)e y_{+ e}y_f′ 1+ f ′′ 21x e y _{+ f}′′ 23

．

四、（本题满分

8

分）

同试卷一第四题．

五、选择题（本题满分

12

分，每小题

3

分）

1. 同试卷一第五

[1]

题．

2. 同试卷一第五

[2]

题．

3. 同试卷一第五

[3]

题．

4. 同试卷一第五

[4]

题．

六、（本题满分

10

分）

同试卷一第六题．

七、（本题满分

10

分）

同试卷一第七题．

八、（本题满分

10

分）

同试卷一第八题．

九、（本题满分

8

分）

同试卷一第九题．

十、（本题满分

6

分）

设

_λ1,λ2

为

n

阶方阵

A

的特征值，且

λ1̸= λ2

，而

x1,x2

分别为对应的特征向量，

试证明

x1+ x2

不是

A

的特征向量．

解

. 假设

x1+ x2

是

A

的特征向量．则有

A(x1+ x2) = λ(x1+ x2)

．又因为

A x1= λ1x1

，

A x2= λ2x2

，我们得到

(λ1− λ)x1+ (λ2− λ)x2= 0

．因为

x1

和

x2

是属于不同特征

值的特征向量，所以

x1

和

x2

线性无关，从而

λ1= λ = λ2

，矛盾．

一九八八年考研数学试卷一解答

一、计算题（本题满分

15

分，每小题

5

分）

1. 求幂级数

∞ ∑ n=1 (x − 3)n n· 3n

的收敛域

.

解

. 收敛域为

[0,6)

．

2. 已知

f(x ) = ex2, f[ϕ(x )] = 1 − x

且

ϕ(x ) ¾ 0

，求

ϕ(x )

，并写出它的定义域

.

解

.

ϕ(x ) =pln(1 − x )

，定义域为

(−∞,0)

．

3. 设

S

为曲面

x2+ y2+ z2= 1

的外侧，计算曲面积分

I = ‡ S x3dy dz+ y3dz dx + z3dx dy .

解

. 根据高斯公式，并利用球面坐标计算三重积分，得到

I =12π 5

．

二、填空题（本题满分

12

分，每小题

3

分）

1. 若

f(t ) = lim x→∞t  1+1 x ‹2t x

，则

f′(t ) = .

解

.

f′(t ) = (2t + 1)e2t.

2. 设

f(x )

是周期为

2

的周期函数，它在区间

(−1,1]

上的定义为

f(x ) =    2, − 1 < x ¶ 0, x3, 0< x ¶ 1,

则

f(x )

的傅里叶（

Fourier

）级数在

x= 1

处收敛于

.

解

. 由狄利克雷收敛定理，答案为

3 2

．

3. 设

f(x )

是连续函数，且

∫ x3₋₁ 0 f(t )dt = x

，则

f(7) = .

解

. 在等式两边同时对

x

求导，再令

x= 2

，得到

f(7) = 1 12

．

4. 设

4× 4

矩阵

A= (α,γ2,γ3,γ4)

，

B= (β,γ2,γ3,γ4)

，其中

α, β, γ2,γ3,γ4

均为

4

维列

向量，且已知行列式

_{|A| = 4}

，

_{|B| = 1}

，则行列式

_{|A + B| =} .

解

.

|A + B| = 40

．

三、选择题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 若函数

y = f (x )

可导，且有

f ′(x0) = 1 2

，则当

∆x → 0

时，该函数在

x= x0

处的

微分

dy

是

· · · ( ) (A)

与

∆x

等价的无穷小．

(B)

与

∆x

同阶的无穷小．

(C)

比

∆x

低阶的无穷小．

(D)

比

∆x

高阶的无穷小．

解

. 由微分的定义，应选

(B)

．

2. 设

y = f (x )

是方程

y′′− 2y′+ 4y = 0

的一个解，若

f (x0) > 0

，且

f ′(x0) = 0

，则函

数

_{f(x )}

在点

_{x0· · · (} ) (A)

取得极大值．

(B)

取得极小值．

(C)

某个邻域内单调增加．

(D)

某个邻域内单调减少．

解

. 由已知条件得

f′′(x0) = −4f (x0) < 0

，则

f(x )

在驻点

x0

取得极大值，故选

(A) .

3. 设有空间区域

Ω₁: x2+ y2+ z2¶ R2, z¾ 0

；

及

_Ω2: x2+ y2+ z2¶ R2, x¾ 0, y ¾ 0, z ¾ 0

，则

· · · ( ) (A) ∫ ∫ ∫ Ω1 x dv= 4 ∫ ∫ ∫ Ω2 x dv . (B) ∫ ∫ ∫ Ω1 y dv= 4 ∫ ∫ ∫ Ω2 y dv . (C) ∫ ∫ ∫ Ω1 z dv = 4 ∫ ∫ ∫ Ω2 z dv . (D) ∫ ∫ ∫ Ω1 x y z dv = 4 ∫ ∫ ∫ Ω2 x y z dv .

解

. 因

Ω₁

关于

y O z

平面和

z O x

平面都对称，而

z

关于

x , y

均为偶函数，故选

(C).

4. 若

∞ ∑ n=1 an(x − 1)n

在

x= −1

处收敛，则此级数在

x = 2

处

· · · ( ) (A)

条件收敛．

(B)

绝对收敛．

(C)

发散．

(D)

收敛性不能确定．

解

. 选

(B).

5.

n

维向量组

α1,α2,··· ,αs

（

3¶ s ¶ n

）线性无关的充分必要条件是

· · · ( ) (A)

存在一组不全为

0

的数

k1, k2, . . . , ks

，使

α1k1+ α2k2+ ··· + αsks̸= 0

．

(B)α₁,α₂,··· ,α_s

中任意两个向量都线性无关．

(C)α1,α2,··· ,αs

中存在一个向量，它不能用其余向量线性表示．

(D)α1,α2,··· ,αs

中任意一个向量都不能用其余向量线性表示．

解

. 选

(D).

四、（本题满分

6

分）

设

u= y f _x y ‹ +x g y x 

，其中函数

f , g

具有二阶连续导数，求

x∂ 2_u ∂ x2+y ∂2_u ∂ x ∂ y.

解

.

0

．

五、（本题满分

8

分）

设函数

y = y (x )

满足微分方程

y′′− 3y′+ 2y = 2ex

，且其图形在点

(0,1)

处的切

线与曲线

y = x2− x + 1

在该点的切线重合，求函数

y = y (x )

．

解

.

y = (1 − 2x )e2x

．

六、（本题满分

9

分）

设位于点

_(0,1)

的质点

_A

对质点

_M

的引力大小为

k r2

（

k> 0

为常数，

r

为质点

A

与

M

之间的距离），质点

M

沿曲线

y =p2x− x2

自

_B(2,0)

运动到

_O(0,0)

，求

在此运动过程中质点

A

对质点

M

的引力所作的功．

解

.

W = k  1−p1 5 ‹

．

七、（本题满分

6

分）

已知

_{AP= P B}

，其中

_B=    1 0 0 0 0 0 0 0 −1   

，

_{P =}    1 0 0 2 −1 0 2 1 1   

，求

_A

及

_A5 .

解

.

A= P BP−1=    1 0 0 2 0 0 6 −1 −1   

，

_A5_{= P B}5 P−1= P BP−1= A

．

八、（本题满分

8

分）

已知矩阵

A=    2 0 0 0 0 1 0 1 x   

与

B=    2 0 0 0 y 0 0 0 −1   

相似，

(1)

求

x

与

y

；

(2)

求一个满足

P−1AP = B

的可逆矩阵

P .

解

.

(1)

矩阵相似，则特征多项式相等，解得

x= 0

，

y = 1

．

(2) P=    1 0 0 0 1 1 0 1 −1   

．

九、（本题满分

9

分）

设函数

_{f(x )}

在区间

_{[a, b ]}

上连续，且在

_{(a, b )}

内有

_f′_{(x ) > 0}

_{．证明：在}

_{(a, b )}

_内

存在唯一的

_ξ

，使曲线

y = f (x )

与两直线

y = f (ξ), x = a

所围平面图形

S1

是曲

线

y = f (x )

与两直线

y = f (ξ), x = b

所围平面图形面积

S2

的

3

倍．

解

. 作辅助函数

F(t ) = ∫ t a [f (t ) − f (x )]dx − 3 ∫ b t [f (x ) − f (t )]dx .

则由

f ′(x ) > 0

，可得

F(a) < 0, F (b ) > 0

．由零值定理，存在

ξ ∈ (a, b )

，使得

F(ξ) = 0

．又因为

F′(t ) = f′(t )[x − a + 3(b − t )] > 0,

所以

_ξ

是唯一的．

十、填空题（本题满分

6

分，每小题

2

分）

1. 设三次独立试验中，事件

A

出现的概率相等，若已知

A

至少出现一次的概率等

于

19 27

，则事件

A

在一次试验中出现的概率为

.

解

.

1 3

．

2. 在区间

(0,1)

中随机地取两个数，则事件“两数之和小于

6 5

”的概率为

.

解

.

17 25

．

3. 设随机变量

X

服从均值为

10

，均方差为

0.02

的正态分布

.

已知

Φ(x ) = ∫ x −∞ 1 p 2πe −u 2 2 du , Φ(2.5) = 0.9938,

则

X

落在区间

(9.95,10.05)

内的概率为

.

解

.

0.9876

．

十一、（本题满分

6

分）

设随机变量

_X

的概率密度函数为

_{fX(x ) =} 1 π(1 + x2)

，求随机变量

Y = 1− 3 p X

的

概率密度函数

_{fY(y ).}

解

.

fY(y ) = 3 π (1 − y )3 1+ (1 − y )6

．

一九八八年考研数学试卷二解答

一、计算题（本题满分

15

分，每小题

5

分）

1. 同试卷一第一

[1]

题．

2. 同试卷一第一

[2]

题．

3. 同试卷一第一

[3]

题．

二、填空题（本题满分

12

分，每小题

3

分）

1. 同试卷一第二

[1]

题．

2. 同试卷一第二

[2]

题．

3. 同试卷一第二

[3]

题．

4. 同试卷一第二

[4]

题．

三、选择题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 同试卷一第三

[1]

题．

2. 同试卷一第三

[2]

题．

3. 同试卷一第三

[3]

题．

4. 同试卷一第三

[4]

题．

5. 同试卷一第三

[5]

题．

四、计算题（本题满分

18

分，每小题

6

分）

1. 同试卷一第四题．

2. 计算

∫ 2 1 dx ∫ x p_xsin πx 2y dy + ∫ 4 2 dx ∫ 2 p_xsin πx 2y dy

．

解

. 交换积分次序，求得

4 π3(2 + π)

．

3. 求椭球面

x2+ x y2+ 3z2= 21

上某点

M

处的切平面

Π

的方程，使平面

Π

过已知

直线

x− 6₌ y − 3₌2z− 1

解

. 故所求切平面

Π

的方程为

x+ 2z = 7

和

x+ 4y + 6z = 21

．

五、（本题满分

8

分）

同试卷一第五题．

六、（本题满分

9

分）

同试卷一第六题．

七、（本题满分

6

分）

同试卷一第七题．

八、（本题满分

8

分）

同试卷一第八题．

九、（本题满分

9

分）

同试卷一第九题．

一九八九年考研数学试卷一解答

一、填空题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 已知

f′(3) = 2,

则

lim h→0 f(3 − h) − f (3) 2h = .

解

. 原式

= −1 2limt→0 f (3 + t ) − f (3) t = − 1 2f ′_{(3) = −1.}

2. 设

f(x )

是连续函数

,

且

f(x ) = x + 2 ∫ 1 0 f(t )dt ,

则

f (x ) = .

解

. 令

∫ 1 0 f(t )dt = a,

则有恒等式

f(x ) = x + 2a,

两边从

0

到

1

积分得

a = ∫ 1 0 f(x )dx = ∫ 1 0 (x + 2a)dx =1 2+ 2a.

解之得

_{a = −}1 2,

因此

f(x ) = x + 2a = x − 1.

3. 设平面曲线

L

为下半圆周

y = −p1− x2_,

则曲线积分

∫ L (x2_{+ y}2_{)ds = .}

解

.

L

的方程可写成

x2+ y2= 1(y ¶ 0),

于是原积分

= ∫ L 1 ds = π

（

L

的弧⻓）

.

4. 向量场

⃗u(x , y, z ) = x y2⃗i+y ez⃗j+x ln(1+z2)⃗k

在点

P(1,1,0)

处的散度

div⃗u = .

解

. 直接用散度公式得

div⃗u |_P = ∂ ∂ x(x y 2_{) +} ∂ ∂ y(y e z_{) +} ∂ ∂ z x ln(1 + z 2₎
‹     P =  y2+ ez+ x · 2z 1+ z2 ‹  (1,1,0) = 12_{+ e}0_{+ 0 ·} 2· 0 1+ 02 = 1 + 1 = 2.

5. 设矩阵

A=    3 0 0 1 4 0 0 0 3   , E =    1 0 0 0 1 0 0 0 1   ,

则逆矩阵

_{(A − 2E )}−1_{= .}

解

. 因为

A− 2E =    1 0 0 1 2 0 0 0 1   

，所以

_{(A − 2E )}−1₌     1 0 0 −1 2 1 2 0 0 0 1    .

二、选择题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 当

x> 0

时

,

曲线

y = x sin1 x · · · ( ) (A)

有且仅有水平渐近线．

(B)

有且仅有铅直渐近线．

(C)

既有水平渐近线，也有铅直渐近线．

(D)

既无水平渐近线，也无铅直渐近线．

解

.

lim x→0+x sin 1 x = 0,

故函数没有铅直渐近线

. limx→+∞x sin 1 x = limt→0+ sin t t = 1,

故

y = 1

为函数的水平渐近线．所以答案为

(A).

2. 已知曲面

z= 4 − x2− y2

上点

P

处的切平面平行于平面

2x+ 2y + z − 1 = 0,

则点

P

的坐标是

· · · ( ) (A)(1,−1,2)

．

(B)(−1,1,2)

．

(C)(1,1,2)

．

(D)(−1,−1,2)

．

解

. 设

F(x , y, z ) = z + x2+ y2− 4,

则曲面在点

P(x , y, z )

处的法向量

⃗ n=§∂ F ∂ x, ∂ F ∂ y , ∂ F ∂ z ª =2x , 2y , 1 .

由于切平面与平面

2x+ 2y + z − 1 = 0

平行

,

则有

x = 1, y = 1.

求得

P(1,1,2).

因

此应选

(C).

3. 设线性无关的函数

y1,y2,y3

都是二阶非⻬次线性方程

y′′+ p(x )y′+ q (x )y = f (x )

的解，

C1,C2

是任意常数，则该非⻬次方程的通解是

· · · ( ) (A) C1y1+ C2y2+ y3

．

(B) C1y1+ C2y2− (C1+ C2)y3

．

(C) C1y1+ C2y2− (1 − C1− C2)y3

．

(D) C1y1+ C2y2+ (1 − C1− C2)y3

．

解

. 由二阶常系数非⻬次微分方程解的结构定理可知

,y1− y3,y2− y3

为方程对应⻬

次方程的特解

,

所以方程

y′′+ p(x )y′+ q (x )y = f (x )

的通解为

y = C1(y1− y3) + C2(y2− y3) + y3,

即

y = C1y1+ C2y2+ (1 − C1− C2)y3,

故应选

(D).

4. 设函数

f(x ) = x2, 0 ¶ x < 1

，而

S(x ) = ∞ ∑ n=1 bnsin nπx , −∞ < x < +∞

，其中

bn= 2 ∫ 1 0 f(x )sinnπx dx , n = 1,2,3,···

，则

S  −1 2 ‹

等于

_{· · · (} ) (A)−1 2

．

(B)− 1 4

．

(C) 1 4

．

(D) 1 2

．

解

.

S(x )

是

f(x )

先作奇延拓后再作周期延拓后的傅里叶级数的和函数

,

由于

S(x )

是奇函数

,

于是

S  −1 2 ‹ = −S ₁ 2 ‹ = −1 4.

应选

(B).

5. 设

A

是

n

阶矩阵

,

且

A

的行列式

|A| = 0,

则

A

中

· · · ( ) (A)

必有一列元素全为

0

．

(B)

必有两列元素对应成比例．

(C)

必有一列向量是其余列向量的线性组合．

(D)

任一列向量是其余列向量的线性组合．

解

. 由

|A| = 0

，知

A

的列向量组线性相关．因此存在一列向量是其余列向量的线性

组合

.

应选

(C).

三、计算题（本题满分

15

分，每小题

5

分）

1. 设

z = f (2x − y )+g (x , x y ),

其中函数

f(t )

二阶可导

,g(u, v )

具有连续的二阶偏导

数

,

求

∂ 2_z ∂ x ∂ y.

解

. 由复合函数求导法

, ∂ z ∂ x = 2f′+ g1′+ y g ′ 2

，

∂2_z ∂ x ∂ y = −2f′′+ x g12′′ + g ′ 2+ x y g ′′ 22

．

2. 设曲线积分

∫ C x y2dx + y φ(x )dy

与路径无关

,

其中

φ(x )

具有连续的导数

,

且

φ(0) = 0,

计算

∫ (1,1) (0,0) x y2dx+ y φ(x )dy

的值

.

解

. 曲线积分

∫ L P dx+Q dy

与路径无关

,

则有

∂ Q ∂ x = ∂ P ∂ y ,

所以

yφ′(x ) = 2x y,

即有

φ′_{(x ) = 2x ,φ(x ) = x}2_{+ C .}

_由

_φ(0)=0,

_得

_{C = 0,}

_即

_{φ(x ) = x}2_,

_因此

I = ∫ (1,1) (0,0) x y2dx+ y x2dy =1 2 ∫ (1,1) (0,0) y2d(x2) + x2d(y2) =1 2 ∫ (1,1) (0,0) d(x2y2) = 1 2(x 2_y2₎     (1,1) (0,0) =1 2.

或沿直线

y = x

从

(0,0)

到

(1,1)

，则有

I = ∫ (1,1) (0,0) x y2dx+ y x2dy = ∫ 1 0 2x3dx=1 2.

3. 计算三重积分

∫ ∫ ∫ Ω (x +z )dV ,

其中

_Ω

是由曲面

z=px2+ y2

与

_z =p₁− x2− y2

所围成的区域

.

解

. 由于

Ω

关于

y z

平面对称，

x

对

x

为奇函数，所以

∫ ∫ ∫ Ω x dV = 0,

即

∫ ∫ ∫ (x + z )dV = ∫ ∫ ∫ z dV

用球面坐标计算，

_{Ω : 0 ¶ θ ¶ 2π, 0 ¶ φ ¶}π 4, 0¶ ρ ¶ 1, I = ∫ ∫ ∫ Ω z dV = ∫ ∫ ∫ Ω ρ cosφ · ρ2_{sinφ dρ dφ dθ} = ∫ 2π 0 dθ ∫ π 4 0 cosφ sinφ dφ ∫ 1 0 ρ3_{dρ = 2π} ∫ π 4 0 1 2sin 2φ dφ ∫ 1 0 ρ3_dρ = π • −1 2cos 2φ ˜π 4 0 · •₁ 4ρ 4 ˜1 0 =π 8.

四、（本题满分

6

分）

将函数

_{f(x ) = arctan}1+ x 1− x

展为

x

的幂级数

.

解

. 直接展开

f(x )

相对比较麻烦

,

先作

f′(x )

的展开

, f ′(x ) = 1 1+ x2 = ∞ ∑ n=0 (−1)n x2n,(|x | < 1).

所以

f(x ) = f (0) + ∫ x 0 f ′(u)du =π 4+ ∞ ∑ n=0 (−1)n ∫ x 0 u2ndu =π 4+ ∞ ∑ n=0 (−1)n x2n+1 2n+ 1, (|x | < 1).

当

x = ±1

时

, ∞ ∑ n=0 (−1)n x 2n+1 2n+ 1

均收敛

,

而左端

f(x ) = arctan 1+ x 1− x

在

x= 1

处无定

义

.

因此

f (x ) = arctan1+ x 1− x = π 4 + ∞ ∑ n=0 (−1)n 2n+ 1x 2n+1_{, x ∈ [−1,1).}

五、（本题满分

7

分）

设

f(x ) = sin x − ∫ x 0 (x − t )f (t )dt ,

其中

f

为连续函数

,

求

f (x ).

解

. 先将原式进行等价变换

,

得到

f(x ) = sin x − ∫ x 0 (x − t )f (t )dt = sin x − x ∫ x 0 f(t )dt + ∫ x 0 t f(t )dt .

两边求导

,

得

f′(x ) = cos x − ∫ x 0 f(t )dt − x f (x ) + x f (x ) = cos x − ∫ x 0 f(t )dt .

再求导

,

得

f′′(x ) = −sin x − f (x ),

即

f′′(x )+ f (x ) = −sin x .

这是二阶常系数非⻬

次线性微分方程

,

对应的⻬次方程的特征方程为

r2+ 1 = 0,

此特征方程的根为

r = ±i ,

因此非⻬次方程有特解

y∗= x a sin x + x b cos x .

代入方程并比较系数

,

得

a = 0, b =1 2,

故

y ∗₌ x 2cos x ,

所以

f(x ) = c1cos x+ c2sin x+ x 2cos x .

又因为

f(0) = 0, f′(0) = 1,

所以

c1= 0, c2= 1 2,

即

f(x ) = 1 2sin x+ x 2cos x .

六、（本题满分

7

分）

证明方程

ln x = x e − ∫ π 0 p 1− cos2x dx

在区间

(0,+∞)

内有且仅有两个不同实

根

.

解

. 令

∫ π 0 p 1− cos2x dx = k > 0, f (x ) = ln x −x e+k

．则

f ′_{(x ) =} 1 x − 1 e

．令

f ′_{(x ) = 0}

_，

解得唯一驻点

x = e

；且当

0< x < e

时

f′(x ) > 0

，当

e< x < +∞

时

f′(x ) < 0

．

所以

_{x = e}

是最大点

,

最大值为

f(e) = lne −e e+ k = k > 0.

又因为

     lim x→0+f(x ) = limx→0+  ln x−x e + k  = −∞, lim x→+∞f(x ) = limx→+∞  ln x−x e + k  = −∞,

由连续函数的零值定理知在

_(0,e)

与

_(e,+∞)

各有且仅有一个零点

,

故方程

ln x = x e − ∫ π 0 p 1− cos2x dx

在

(0,+∞)

有且仅有两个不同实根

.

七、（本题满分

6

分）

问

_λ

为何值时，线性方程组

     x1+ x3= λ 4x1+ x2+ 2x3= λ + 2 6x1+ x2+ 4x3= 2λ + 3

有解，并求出解的一般形式．

解

. 对方程组的增广矩阵作初等行变换

.      1 0 1 ... λ 4 1 2 ... λ + 2 6 1 4 ... 2λ + 3     →      1 0 1 ... λ 0 1 −2 ... −3λ + 2 0 1 −2 ... −4λ + 3     →      1 0 1 ... λ 0 1 −2 ... −3λ + 2 0 0 0 ... −λ + 1     

故仅当

_{−λ + 1 = 0,}

即

_{λ = 1}

时，方程组有解．此时同解方程组为

¨ x1+ x3= 1, x2− 2x3= −1.

令

_{x3= t}

，解得原方程组的通解

     x1= −t + 1, x2= 2t − 1, x3= t .

（其中

_t

为任意常数）

.

八、（本题满分

8

分）

假设

_λ

为

n

阶可逆矩阵

A

的一个特征值

,

证明：

(1) 1 λ

为

A−1

的特征值；

(2) |A| λ

为

A

的伴随矩阵

A∗

的特征值

.

解

.

(1)

由

λ

为

A

的特征值可知

,

存在非零向量

α

使

Aα = λα,

两端左乘

A−1,

得

α = λA−1_α.

_因为

_{α ̸= 0,}

_故

_{λ ̸= 0,}

_于是有

_A−1_{α =} 1 λα.

由特征值定义知

1 λ

是

A−1

的特

征值

. (2)

由逆矩阵的定义

A−1= A ∗ |A|,

根据

(1)

有

A∗ |A|α = 1 λα

即

A∗α = |A| λ α

．由特征值定

义

,

知

|A| λ

为伴随矩阵

A∗

的特征值

.

九、（本题满分

9

分）

设半径为

R

的球面

Σ

的球心在定球面

x2+ y2+ z2= a2(a > 0)

上，问当

R

为何

值时

,

球面

Σ

在定球面内部的那部分的面积最大？

解

. 不妨设球面

Σ

的球心是

(0,0,a),

于是

Σ

的方程是

x2+ y2+(z −a)2= R2

．

Σ

与球

面

_x2_{+ y}2_{+ z}2_{= a}2

_{的交线在平面}

x O y

的投影曲线为（其中

b2= R2−_4aR42

）

¨ x2+ y2= b2, z = 0.

设投影曲线在平面

x O y

上围成区域为

Dx y,

则球面

Σ

在定球面内部的那部分

面积等于

S(R) = ∫ ∫ Dx y q 1+ z′2 x + zy′2dx dy = ∫ ∫ Dx y R p R2− x2− y2dx dy

利用极坐标变换

_{(0 ¶ θ ¶ 2π,0 ¶ ρ ¶ b )}

有

S(R) = ∫ ∫ Dx y R p R2− x2− y2dx dy = ∫ 2π 0 dθ ∫ b 0 Rρ p R2− ρ2dρ = −R 2 ∫ 2π 0 dθ ∫ b 0 1 p R2− ρ2d(R 2_{− ρ}2_{) = 2πR}€₋p_{R2− b2+ R}Š

代入

b2= R2− R 4 4a2,

化简得

S(R) = 2πR 2₋πR3 a

（

0< R < 2a

）

．令

S′(R) = 4πR −3πR 2 a = 0,

得

_{R =}4a 3 .

且

0< R < 4 3a

时

S ′_{(R) > 0}

_，

4 3a < R < 2a

时

S ′_{(R) < 0.}

_故

_R= 4a 3

时

S(R)

取极大值

,

也是最大值

.

因此

,

当

R = 4a 3

时球面

Σ

在定球面内部的那部分

面积最大

.

十、填空题（本题满分

6

分，每小题

2

分）

1. 已知随机事件

A

的概率

P(A) = 0.5

，随机事件

B

的概率

P(B) = 0.6

，及条件概率

P(B|A) = 0.8

，则和事件

A∪ B

的概率

P(A ∪ B) = .

解

.

P(A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (AB )= P (A) + P (B) − P (A)P (B|A) = 0.7.

2. 甲、乙两人独立地对同一目标射击一次，其命中率分别为

0.6

和

0.5

．现已知目

标被命中，则它是甲射中的概率为

.

解

. 设事件

A=

“甲射中”

，

B=

“乙射中”

．依题意，

P(A) = 0.6, P (B) = 0.5

．

A

与

B

相互独立，因此有

P(A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A) · P (B) = 0.6 + 0.5 − 0.6 × 0.5 = 0.8.

因此所求的概率为

P(A|A ∪ B) = P(A(A ∪ B)) P(A ∪ B) = P(A) P(A ∪ B) = 0.75.

3. 若随机变量

ξ

在

(1,6)

上服从均匀分布

,

则方程

x2+ ξx + 1 = 0

有实根的概率

是

.

解

. 随机变量

ξ

在

(1,6)

上服从均匀分布

,

所以其分布函数为

F(x ) =        0, x< 1, x− 1 6− 1, 1¶ x < 6, 1, x¾ 6.

方程

x2+ ξx + 1 = 0

有实根的充要条件是其判别式

∆ = ξ2− 4 ¾ 0,

即

ξ2¾ 4.

由

分布函数的定义

P{ξ ¾ 2} = 1 − P {ξ < 2} = 1 − F (2) = 1 − 0.2 = 0.8.

而

P{ξ ¶ −2} = 0

，所以由概率的可加性

,

有

P{∆ ¾ 0} = Pξ2¾ 4 = P {ξ ¾ 2} + P {ξ ¶ −2} = 0.8 + 0 = 0.8.

十一、（本题满分

6

分）

设随机变量

_X

与

_Y

独立

,

且

X

服从均值为

1

、标准差

(

均方差

)

为

p2

的正态分

布

,

而

Y

服从标准正态分布

.

试求随机变量

Z = 2X − Y + 3

的概率密度函数

.

解

. 已知

X ∼ N (1,2),Y ∼ N (0,1),

由独立的正态随机变量

X

与

Y

的线性组合仍服从

正态分布

,

且

E Z = 2E X − E Y + 3 = 5, D Z = 4D X + DY = 4 × 2 + 1 = 9,

得

Z ∼ N (5,9).

代入正态分布的概率密度公式

,

有

Z

的概率密度函数为

fZ(z ) = 1 3p2πe −(z −5)218 .

一九八九年考研数学试卷二解答

一、填空题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 同试卷一第一

[1]

题．

2. 同试卷一第一

[2]

题．

3. 同试卷一第一

[3]

题．

4. 同试卷一第一

[4]

题．

5. 同试卷一第一

[5]

题．

二、选择题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 同试卷一第二

[1]

题．

2. 同试卷一第二

[2]

题．

3. 同试卷一第二

[3]

题．

4. 同试卷一第二

[4]

题．

5. 同试卷一第二

[5]

题．

三、计算题（本题满分

15

分，每小题

5

分）

1. 同试卷一第三

[1]

题．

2. 同试卷一第三

[2]

题．

3. 同试卷一第三

[3]

题．

四、解答题（本题满分

18

分，每小题

6

分）

1. 同试卷一第四

[1]

题．

2. 求八分之一球面

x2+ y2+ z2= R2

，

x ¾ 0, y ¾ 0, z ¾ 0

的边界曲线的重心，设曲线

的线密度

_{ρ = 1}

．

解

. 重心为

_4R 3π, 4R 3π, 4R 3π ‹

．

3. 设空间区域

Ω

由曲面

z = a2− x2− y2

与平面

z = 0

围成，其中

a

为正的常数，设

Ω

表面的外侧为

_S

，

_Ω

的体积为

_V

，证明

‡ S x2y z2dy dz− x y2z2dz dx+ z (1 + x y z )dx dy = V.

解

. 由高斯公式及积分的对称性，

原式左边

₌ ∫ ∫ ∫ Ω (1 + 2x y z )dx dy dz = V + 2 ∫ ∫ ∫ Ω x y z dx dy dz = V.

五、（本题满分

7

分）

同试卷一第五题．

六、（本题满分

7

分）

同试卷一第六题．

七、（本题满分

6

分）

同试卷一第七题．

八、（本题满分

8

分）

同试卷一第八题．

九、（本题满分

9

分）

同试卷一第九题．

一九九〇年考研数学试卷一解答

一、填空题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 过点

M(1,2,−1)

且与直线

         x= −t + 2, y = 3t − 4, z= t − 1

垂直的平面方程是

.

解

.

x− 3y − z + 4 = 0

．

2. 设

a

为非零常数，则

lim x→∞  x +a x− a x = .

解

.

e2a

．

3. 设函数

f(x ) = ¨ 1, |x | ¶ 1, 0, |x | > 1,

则

_{f [f (x )] =} .

解

.

1

．

4. 积分

∫ 2 0 dx ∫ 2 x e−y2dy

的值等于

.

解

. 交换积分次序得原式

= ∫ 2 0 dy ∫ y 0 e−x2dx=1− e −4 2

．

5. 已知向量组

α1= (1,2,3,4)

，

α2= (2,3,4,5)

，

α3= (3,4,5,6)

，

α4= (4,5,6,7)

，则该向

量组的秩是

.

  

解

.

2

．

二、选择题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 设

f(x )

是连续函数，且

F(x ) = ∫ e−x x f(t )dt

，则

F′(x )

等于

· · · ( ) (A)−e−xf(e−x) − f (x )

．

(B)−e−xf (e−x) + f (x )

．

(C) e−xf(e−x) − f (x )

．

(D) e−xf(e−x) + f (x )

．

解

.

(A)

．

2. 已知函数

f(x )

具有任意阶导数，且

f′(x ) = [f (x )]2

，则当

n

为大于

2

的正整数时，

f(x )

的

n

阶导数

f(n)(x )

是

· · · ·( )

解

.

(A)

．

3. 设

α

为常数，则级数

∞ ∑ n=1 •_{sin nα} n2 − 1 p n ˜ · · · ( ) (A)

绝对收敛．

(B)

条件收敛．

(C)

发散．

(D)

收敛性与

α

的取值有关．

解

.

(C)

．因为

∞ ∑ n=1 sin nα n2

收敛，

∞ ∑ n=1 1 p n

发散，所以

∞ ∑ n=1 •_{sin nα} n2 − 1 p n ˜

发散．

4. 已知

f(x )

在

x = 0

的某个邻域内连续，且

f(0) = 0

，

lim x→0 f (x ) 1− cos x = 2

，则在点

x = 0

处

f(x )· · · ( ) (A)

不可导．

(B)

可导，且

f′(0) ̸= 0

．

(C)

取得极大值．

(D)

取得极小值．

解

.

(D)

．

f ′(0) = lim x→0 f(x ) − f (0) x− 0 = limx→0 f(x ) 1− cos x limx→0 1− cos x x = 0

，故

(A)

和

(B)

均错

误．又由极限的局部保号性，在

_{x = 0}

的某个去心邻域有

f(x ) 1− cos x > 0

，从而

f(x ) > 0 = f (0)

，故选

(D)

．

5. 已知

β₁,β₂

是非⻬次线性方程组

AX = b

的两个不同的解，

α1,α2

是对应⻬次线

性方程组

AX = 0

的基础解系，

k1, k2

为任意常数，则方程组

AX = b

的通解（一

般解）必是

_{· · · (} ) (A) k1α1+ k2(α1+ α2) + β1− β2 2

．

(B) k1α1+ k2(α1− α2) + β1+ β2 2

．

(C) k1α1+ k2(β1+ β2) + β1− β2 2

．

(D) k1α1+ k2(β1− β2) + β1+ β2 2

．

解

.

(B)

．

三、计算题（本题满分

15

分，每小题

5

分）

1. 求

∫ 1 0 ln(1 + x ) (2 − x )2 dx .

解

. 由分部积分法，原式

= ∫ 1 0 ln(1 + x )d  ₁ 2− x ‹ = ln2 − ∫ 1 0 dx (1 + x )(2 − x )= 1 3ln 2

．

2. 设

z= f (2x − y, y sin x )

，其中

f (u, v )

具有连续的二阶偏导数，求

∂ 2_z ∂ x ∂ y.

解

.

∂ z ∂ x = 2 ∂ f ∂ u + y cos x ∂ f ∂ v

，

∂2_z ∂ x ∂ y = −2 ∂2_f ∂ u2 + (2sin x − y cos x ) ∂2_f

∂ u∂ v + y sin x cos x ∂2_f ∂ v2+ cos x ∂ f ∂ v

．

3. 求微分方程

y′′+ 4y′+ 4y = e−2x

的通解（一般解）

.

解

.

y(x ) = (C1+ C2x)e−2x+ x2 2 e −2x

_．

四、（本题满分

6

分）

求幂级数

∞ ∑ n=0 (2n + 1)xn

_{的收敛域，并求其和函数}

_.

解

. 收敛域为

(−1,1)

．和函数

S(x ) = 2x _∑∞ n=0 xn ′ + _∑∞ n=0 xn  = 1+ x (1 − x )2

．

五、（本题满分

8

分）

求曲面积分

_{I =} ∫ ∫ S y z dx dx+ 2dx dy

，其中

S

是球面

x2+ y2+ z2= 4

外侧在

z¾ 0

的部分

.

解

. 补上

S1: ¨ x2+ y2¶ 4, z = 0.

由高斯公式

I = ∫ ∫ ∫ Ω z dx dy dz− ∫ ∫ S1 y z dx dx+2dx dy = 4π − (−8π) = 12π.

六、（本题满分

7

分）

设不恒为常数的函数

_{f(x )}

在闭区间

_{[a, b ]}

上连续，在开区间

_{(a, b )}

内可导，且

f(a) = f (b ).

证明在

(a, b )

内至少存在一点

ξ

，使得

f′(ξ) > 0

．

解

. 由于

f(x )

不恒为常数，存在

c ∈ (a, b )

使得

f(c ) ̸= f (a) = f (b )

．在

[a, c ]

或

[c , b ]

上应用拉格朗日中值定理即得结论．

七、（本题满分

6

分）

设四阶矩阵

B=       1 −1 0 0 0 1 −1 0 0 0 1 −1 0 0 0 1      

，

C =       2 1 3 4 0 2 1 3 0 0 2 1 0 0 0 2      

，且矩阵

A

满足关系式

A(E − C−1B)′C′= E

，其中

E

为四阶单位矩阵，

C−1

表示

C

的逆矩阵

, C′

表示

C

的转置矩阵

,

将上述关系式化简并求矩阵

A.

解

.

E = A(E − C−1B)TCT = A(C − B)T

，故

A= [(C − B)T]−1=       1 0 0 0 −2 1 0 0 1 −2 1 0 0 1 −2 1      

．

八、（本题满分

8

分）

求一个正交变换化二次型

f = x₁2+ 4x₂2+ 4x₃2− 4x1x2+ 4x1x3− 8x2x3

成标准形

.

解

. 特征值

λ₁= λ₂=0

，

λ₃= 9

．正交变换

   x1 x2 x3    =         0 4 3p2 1 3 1 p 2 1 3p2 − 2 3 1 p 2 −1 3p2 2 3            y1 y2 y3   

．

九、（本题满分

8

分）

质点

P

沿着以

AB

为直径的圆周，从点

A(1,2)

运动到点

B(3,4)

的过程中受变

力

F⃗

作用

(

⻅图

)

，

F⃗

的大小等于点

P

与原点

O

之间的距离，其方向垂直于线

段

_{O P}

且与

_y

轴正向的夹⻆小于

π 2.

求变力

F⃗

对质点

P

所作的功

.

解

.

2(π − 1)

．

十、填空题（本题满分

6

分，每小题

2

分）

1. 已知随机变量

X

的概率密度函数

f(x ) =1 2e −|x |

_，

_{−∞ < x < +∞}

_，则

_X

_的概率分

布函数

F(x ) = .

解

.

     1 2e x_{, x< 0;} 1−1 2e −x _{x¾ 0.}

2. 设随机事件

A

，

B

及其和事件

A∪ B

的概率分别是

0.4, 0.3

和

0.6.

若

B

表示

B

的

对立事件，那么积事件

AB

的概率

P(AB) = .

解

.

0.3

．

3. 已知离散型随机变量

X

服从参数为

2

的泊松

（

Poisson

）

分布，

即

P{X = k} = 2 k_e−2 k ! , k = 0,1,2,···

，则随机变量

Z = 3X − 2

的数学期望

E(Z ) = .

解

.

4

．

十一、（本题满分

6

分）

设二维随机变量

_{(X , Y )}

在区域

D : 0< x < 1, |y | < x

内服从均匀分布，求关于

X

的边缘概率密度函数及随机变量

Z= 2X + 1

的方差

D(Z ).

解

. 边缘概率密度函数

fX(x ) = ¨ 2x , 0< x < 1 0,

其他

.

方差

D(Z ) = 2 9

．

一九九〇年考研数学试卷二解答

一、填空题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 同试卷一第一

[1]

题．

2. 同试卷一第一

[2]

题．

3. 同试卷一第一

[3]

题．

4. 同试卷一第一

[4]

题．

5. 同试卷一第一

[5]

题．

二、选择题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 同试卷一第二

[1]

题．

2. 同试卷一第二

[2]

题．

3. 同试卷一第二

[3]

题．

4. 同试卷一第二

[4]

题．

5. 同试卷一第二

[5]

题．

三、计算题（本题满分

15

分，每小题

5

分）

1. 同试卷一第三

[1]

题．

2. 同试卷一第三

[2]

题．

3. 同试卷一第三

[3]

题．

四、计算题（本题满分

18

分，每小题

6

分）

1. 同试卷一第四题．

2. 求微分方程

x ln x dy + (y − ln x )dx = 0

满足条件

y_x=e= 1

的特解

.

解

.

y =1 2  ln x+ 1 ln x ‹

．

3. 过点

P(1,0)

作抛物线

y =px− 2

的切线，该切线与上述抛物线及

x

轴围成一平

面图形，求此图形绕

x

轴旋转一周所成旋转体的体积

.

解

. 切线方程为

y =1 2(x − 1)

，旋转体体积

V = π 6

．

五、（本题满分

8

分）

同试卷一第五题．

六、（本题满分

7

分）

同试卷一第六题．

七、（本题满分

6

分）

同试卷一第七题．

八、（本题满分

8

分）

同试卷一第八题．

九、（本题满分

8

分）

同试卷一第九题．

一九九一年考研数学试卷一解答

一、填空题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 设

   x= 1 + t2, y = cos t ,

则

d2y dx2 =

．

解

. 先求参数方程的一阶导数．得到

dy dx = dy dt dx dt =−sin t 2t

．再求二阶导数，得到

d2_y dx2 = d dt _dy dx ‹ · dt dx = d dt −sint 2t ‹ · 1 2t = −2t cos t + 2sin t 4t2 · 1 2t = sin t − t cos t 4t3 .

2. 由方程

x y z+px2+ y2+ z2=p₂

所确定的函数

_z = z (x , y )

在点

(1,0,−1)

处的全

微分

_{dz =}

．

解

. 对方程两边求全微分，得到

d(x y z ) + d(x 2_{+ y}2_{+ z}2₎ 2px2+ y2+ z2 = 0.

再由全微分的四则运

算法则，得到

(x y )dz + (y dx + x dy )z + x dxp+ y dy + z dz x2+ y2+ z2 = 0.

令

_{x = 1, y = 0, z = −1}

，得

_{−dy +}dx_p− dz 2 = 0

，即

dz = dx − p 2 dy

．

3. 已知两条直线的方程是

L1: x− 1 1 = y − 2 0 = z− 3 −1

；

L2: x+ 2 2 = y− 1 1 = z 1

，则过

L1

且平行于

L2

的平面方程是

．

解

. 所求平面

Π

过直线

L1

，因而过

L1

上的点

(1,2,3)

；因为

Π

过

L1

平行于

L2

，于是

Π

平行于

L1

和

L2

的方向向量，即

Π

平行于向量

⃗l1= (1,0,−1)

和向量

⃗l2= (2,1,1)

，

且两向量不共线，于是平面

_Π

的方程为

       x− 1 y − 2 z − 3 1 0 −1 2 1 1        = 0,

即

x− 3y + z + 2 = 0

．

4. 已知当

x→ 0

时，

(1+a x2)31−1

与

_{cos x}−1

是等价无穷小，则常数

_a =

．

解

. 因为

1= lim x→0 (1 + a x2₎1_{3− 1} cos x− 1 = limx→0 1 3a x2 −1 2x2 = −2 3a

，所以

a = − 3 2

．

5. 设

4

阶方阵

A=       5 2 0 0 2 1 0 0 0 0 1 −2 0 0 1 1      

，则

A

的逆矩阵

A −1₌

_．

解

. 由分块矩阵的逆矩阵

‚ B 0 0 C Œ−1 = ‚ B−1 0 0 C−1 Œ

，以及二阶矩阵的逆矩阵

‚ a b c d Œ−1 = 1 |A| ‚ d −b −c a Œ = 1 |ad − b c | ‚ d −b −c a Œ ,

可以求得

A

的逆矩阵为

A−1=         1 −2 0 0 −2 5 0 0 0 0 1 3 2 3 0 0 −1 3 1 3         .

二、选择题（本题满分

15

分，每小题

3

分）

1. 曲线

y =1+ e −x2 1− e−x2 · · · ( ) (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．

解

. 应选

(D)

．由于函数的定义域为

x̸= 0

，所以函数的间断点为

x= 0

．

lim x→0y = limx→0 1+ e−x2 1− e−x2 = lim_x→0 ex2 + 1 ex2− 1= ∞, lim x→∞y = limx→∞ 1+ e−x2 1− e−x2 = lim_x→∞ ex2 + 1 ex2− 1= 1.

所以

x = 0

为铅直渐近线，

y = 1

为水平渐近线．

2. 若连续函数

f(x )

满足关系式

f(x ) = ∫ 2x 0 f _t 2 ‹ dt + ln2

，则

f(x )

等于

· · · · ·( ) (A) exln 2

．

(B) e2xln 2

．

(C) ex+ ln2

．

(D) e2x+ ln2

．

解

. 应选

(B)

．令

u =t 2

即

t = 2u

，得到

f(x ) = ∫ 2x 0 f _t 2 ‹ dt + ln2 = ∫ x 0 2 f(u)du + ln2,

两边对

_x

求导，得

_f′_{(x ) = 2f (x )}

_{．解这个可分离变量微分方程，得}

_{f(x ) = C e}2x

_，

其中

是常数．又因为

_{(0) = ln2}

，代入得

_{= ln2}

，即

_{(x ) = e}2x_{· ln2}

_．

3. 已知级数

∞ ∑ n=1 (−1)n−1_a n= 2

，

∞ ∑ n=1 a2n−1= 5

，则级数

∞ ∑ n=1 an

等于

· · · ( ) (A) 3

．

(B) 7

．

(C) 8

．

(D) 9

．

解

. 应选

(C)

．因为

∞ ∑ n=1 a2n= ∞ ∑ n=1 a2n−1− ∞ ∑ n=1 (−1)n−1_a n= 5 − 2 = 3

，所以

∞ ∑ n=1 an= ∞ ∑ n=1 (a2n−1+ a2n) = ∞ ∑ n=1 a2n−1+ ∞ ∑ n=1 a2n= 5 + 3 = 8.

4. 设

D

是

x O y

平面上以

(1,1)

，

(−1,1)

和

(−1,−1)

为顶点的三⻆形区域，

D1

是

D

在第一象限的部分，则

∫ ∫ D (x y + cos x sin y )dx dy

等于

_{· · · ·(} ) (A) 2 ∫ ∫ D1 cos x sin y dx dy

．

(B) 2 ∫ ∫ D1 x y dx dy

．

(C) 4 ∫ ∫ D1 (x y + cos x sin y )dx dy

．

(D) 0

．

解

. 应选

(A)

．如图，将区域

D

分为

D1, D2, D3, D4

四个子区域．则

D1, D2

关于

y

轴

对称，

D3, D4

关于

x

轴对称．

令

_I1= ∫ ∫ D x y dx dy

，

I2= ∫ ∫ D cos x sin y dx dy

．由于

x y

对

x

及对

y

都是奇

函数，所以

∫ ∫ D1+D2 x y dx dy = 0, ∫ ∫ D3+D4 x y dx dy = 0.

从而

I1= 0

．而

cos x sin y

对

x

是偶函数，对

y

是奇函数，故有

∫ ∫ D3+D4 cos x sin y dx dy = 0, ∫ ∫ D1+D2 cos x sin y dx dy = 2 ∫ ∫ D1 cos x sin y dx dy .

所以

∫ ∫ D (x y + cos x sin y )dx dy = I1+ I2= 2 ∫ ∫ D1 cos x sin y dx dy

．

5. 设

n

阶方阵

A

、

B

、

C

满足关系式

AB C = E

，其中

E

是

n

阶单位阵，则必有

( ) (A) AC B = E

．

(B) C B A= E

．

(C) B AC = E

．

(D) B C A= E

．

解

. 应选

(D)

．

AB C = E

知

B C = A−1

，从而

B C A= E

．

三、计算题（本题满分

15

分，每小题

5

分）

1. 求

lim x→0+(cos p x)πx

．

解

. 这是

1∞

型未定式求极限．

lim x→0+(cos p x)πx = exp  lim x→0+ πln(cospx) x 

．而

lim x→0+ πln(cospx) x = limx→0+ π(cospx− 1) x = limx→0+ −π px
2/2 x = − π 2,

故

lim x→0+(cos p x)πx = e−π2

．

2. 设

n⃗

是曲面

2x2+ 3y2+ z2 = 6

在点

P(1,1,1)

处的指向外侧的法向量，求函数

u= p 6x2+ 8y2 z

在点

P

处沿方向

n⃗

的方向导数．

解

. 曲面

2x2+ 3y2+ z2= 6

在点

P(1,1,1)

处的法向量为

±(4x ,6y,2z )|P = (4x ,6y,2z )  _{(1,1,1)= ± 2(2,3,1).}

在点

P(1,1,1)

处指向外侧，取正号，并单位化得

⃗ n=p 1 22+ 32+ 1{2,3,1} = 1 p 14{2,3,1} =  cosα,cosβ,cosγ .

再求函数在点

P

处的偏导数，如下

               ∂ u ∂ x     P = 6x zp6x2+ 8y2     P = 6x zp6x2+ 8y2     (1,1,1) =p6 14, ∂ u ∂ y     P = 8y zp6x2+ 8y2     P = 8y zp6x2+ 8y2     (1,1,1) =p8 14, ∂ u ∂ z     P = − p 6x2+ 8y2 z2     P = − p 6x2+ 8y2 z2     (1,1,1) = −p14.

所以方向导数

∂ u ∂ n = ∂ u ∂ x cosα + ∂ u ∂ y cosβ + ∂ u ∂ z cosγ =p6 14· 2 p 14+ 8 p 14· 3 p 14− p 14·p1 14= 11 7 .