1995年全国硕士研究生考试数学（一）真题解析.pdf

1995年数学(一)真题解析一、填空题(1) 【答案】e6.2 6工【解】【解】lim(l + 3x) =lim CC1 + 3J；)57 x-* 0 x-0(2) 【答案】 一costd/ 2j:2cos j;4 .J 0【解】【解】px2COS 厂 & ) = Jcos t2 At 2x2 cos jc4.(3)【答案】4.【解】【解】(a + b)X(b +c) (c + a) = (a X b + a Xc + bXc) (c + a)=(a X b) c + (b X c) a = 2(a X &) c = 4.(4) 【答案】罷.【解】 【解】 由lim I I = lim 十】卄】；：卄1 得收敛半径R = 43”f | a I ”一8 n Z 十(一3) o/3 0 0(5) 【答案】 0 2 0o 0 1【解】 【解】 由A 1 BA = 6A+BA得B4 = 6A2 + ABA，然后右乘人一】得B = 6A +AB,解得 =6(E -A)_1A = 6AT(jEA)】=6(A_1 - EK1 ,0$0由AT E =30 ，得(AT E)To06，二、选择题(1)【答案】(C).丄 I0013 0 00 2 00 0 1丄 I，故B =00 06【解】 【解】 直线L的方向向量为 = 1,3,2 X 2, 1, 10 = 28,14,7=74, 2,1,因为平面7T的法向量平行于L的方向向量，所以L丄7T,选(C)(2)【答案】(E).【解】 【解】 由拉格朗日中值定理得/(1)-/(0) = /(c),其中0 Vc V 1,由f3 0得fO 单调递增，再由0 V c V 1得/(I) /(c) /(0),应选(E).(3)【答案】(A).【解】【解】FL (0)XXF(h) F (0) /(x ) (1 sin x )f (0)lim - = lim -x-0_ X xOF； (0) = limT f 0十了(h )于(0) _ fQ). sin JC x=limx-0F(h)F(0) /(x ) (1 + sin x )/(0)-=lim -工 o+JCX1995年全国硕士研究生考试数学（一）真题第 1 页，共 5 页+ /*()=/(0) + /(0),=lim心)一/(O) 丄卡L 工FQ)在z = 0处可导的充分必要条件是(0) /(0) = y(0) + f (0),即/(0) = 0, 即/(0) = 0是F(z)在工=0处可导的充分必要条件，应选(A).(4) 【答案】(C).【解】 【解】 由单调递减且limln(l+*) = 0得”收敛，/ 1 1 I 8由山=ln2 1 + 且工丄发散得工山发散，应选(C). Vt? n ” = j n ” =(5) 【答案】(C).【解】 【解】 将A的第1行加到第3行，再将第1行与第2行对调得B,即/1Z10B =010 A =PxP2A,应选(C)o00J三、(1)【解】【解】U=z)两边对X求导得axdy d7+几伴。

工2,e，,z) = 0两边对x求导得2工认+ ?； 卍警+甲； = 0,又y = sin无,竺=ax故 = f +/； .cosx-/；伽帀 dz (p 9； sinxcos x，解得丁 = lx -e cos x ,dz 卩3 卩301 丄 2 sinj ex H-e cos x j 卩3 卩3 7(2)【解】【解】方法一令FQ) =/(ndF(l) = A,则0ida: I /(j; )/(j/ )dj/ o J工= Jo/(z)clrJ _/(y)d_y=/(无)F(1) F(h )dz J 0A I f(x )dj?J o .f (j：)F(j: )djc = A201F(x)dF(：)0iA2 - *严(乂)o十.方法二1 fl flI /Xz )f(y )dy =Lf fCy)dy,J 0又 f(y)dy = dy /(z (y )dz = J o J X Jo Jo0(lr f(y)f(x)dy0000=)dz y(y)dy ,于是 2djJ /(z)y(y )dy = /(乂)dz /(y)dy+/(z)d_r /(y)dy= Jo/(x)djr | f(y)dy -0002=f(x )dz0故。

山f(T)f(.y)dy = -yA2.011995年全国硕士研究生考试数学（一）真题第 2 页，共 5 页四、(1)【解】【解】1 ：z = Vx2 + y2，其中x2 + y2 W 2无，dz dxJCdzVx2 +y2， dy1+厶+注/+/W2工zdS = JJ J工? +)2 =施 dfr =善血 Ji 曲加& = yV2 TCOS30d = 施.(2)【解】 【解】 将/(工)进行偶延拓再进行周期延拓，则V JC2 +2 2 dz dy则Go2/(j： )dj?=02(z l)dj? = 0oa72 7TJ7f(x )cos-Ajc = o 2Yi 7r jr(z - l)cos 宁dz o 2=f (z - 1 )d(sin n 7rJ o n remtjc22 . 八.nnx= 1; sin - rm 2yVx2 + y2o92 . nitxsin -dje o 2b4 mix 苕cos2 4=T7( 1) _ 叮=0 n 7T1,2,3,，则0,8 I2 n 7：n = 2,4,6,，n = 1,3,5 ,90 x 18/1 tzjc . 1 3兀工.1 5兀攵. *亠 / 一门-J cos + 尹 cos + 尹 a Y -)，其中 0 W 工 W 2.527t五、【解】 【解】 设M (hq)为L上的任意一点，L上M处的切线方程为 Y y = j/(X 工儿 令 X = 0 得 Y = y xyr，即 A (0 ,夕一xyf) 9| MA | = jc 丿+ j/?I OA = y xyr,由 = oa i,有化简后得y xyf | = a/(j: 0)2 + (j/+ xyfY , 3/ +工2 =0.h 人 2 /口 dz z再令z = y，得-=X ,QJC X解得z即e险dr +Cx2 + Cjc X ( H + C) 9由于所求曲线在第一象限内，知y 0,故y = / Cjc x2将已知条件y(*) = *代入上式，得C = 3,于是曲线方程为y = J玉工 _ 无2 (0 V z V 3).六、【解】由戶皿+QCz,y)旳与路径无关得薯=2乂，则Q()=工+ 3,(z,l)(0,0)2jcy(jc + Q(j; =Odx + _t2 + p(y)2dy = t2 + (p(y)dy , o Jo Jo001995年全国硕士研究生考试数学（一）真题第 3 页，共 5 页(l,i) fl p2zy(y)dy=t2 +1 (t) = 2t 1,J o故 Q（z,y） jc2 2y 1.七、【证明】（1）（反证法）设存在c E（a,b）,使得g（c） = 0,由罗尔定理，存在 5 e （a,c）,$2 e （c,6）,使得 g（5）= g（W2）= o, 再由罗尔定理，存在e e （a,b）,使得g（g） = 0,矛盾，故在（a,b）内g（z）工0.（2）令卩（z ） = /（jOgQ） /（r）g（z）,则卩（a）=卩（6） = 0,由罗尔定理知，存在f G （a,6）,使卩（$） = 0,即 y（）g（w） 厂（w）g（w）= o,因 g（e）h o,g（）工 o,故得八、解】 设 =（G ,工2 ,Z3）T为入2 由=0得r2 + X3 =0,则入2y（e）= f g（F） g（cA3 = 1对应的特征向量，a3 = 1对应的线性无关的特征向量为E e (a,b)./10 r10令p = 101 ,由 PAP =10得so - r 00J0_ 10厂1 0 0 /I 0A = P 0 1 O PT= O 0 o o r o -1九、【解】 方法一 由 AAr = E 得 I A I I AT I = 1, BP I A I 2 = 1,再由 | A | 0 得 A2 - 1 = 0,即入=士 1,因为| A | V 0,所以A至少有一个特征值为一1,从而A + E的特征值至少有一个为0, 故 | A + E | = 0.十、填空题（1）【答案】1&4.【解】 【解】 显然X - 5(10,0.4),由 E(X) np = 4, D(X) = ”p(l p) = 10X0.4X0. 6 = 2.4,得 E(X2) = D(X) + E(X)2 = 2. 4 + 16 = 1& 4.1995年全国硕士研究生考试数学（一）真题第 4 页，共 5 页5【答案】4 2【解】 令 A = X $ 0,B = YN 0, fllj P(A) - P(B) = y ,P(AB) = y 于是 Pmax(X,Y) 0 = 1 Pmax(X,Y) 0 = Y-PX 0,Y 0=1 - P(A B) = 1-P(A +B) = P(A+B)5=P(A) + P(B) - PCAB)=十一、【解】Fy(y) = PYy = Pex y,当 j- 1 时,Fy(y) = 0；fin y | In y当;yMl 时，Fy (夕)=PX：ny = e_J Ajc = exJo I 0F， ， 夕 v i,即FyO)= 1 故Y=eX的概率密度为1-，夕 M 1，y/y（y）=夕V 1，$ 1 1995年全国硕士研究生考试数学（一）真题第 5 页，共 5 页。