2014安徽高考语文-班级活动计划

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.)

x1t
2
,
d
2
y
(1) 设

则
2
=__________.
dx

ycost,
(2) 由方程
xyzx
2
y
2
z
2
2
所确定的函数
zz(x,y)
在点
(1,0,1)
处的全微分
dz
=__________.
(3) 已知两条直线的方程是
L
1
:
x1y2z3x2y 1z
；
L
2
:
,则过
L
1
且平
101211
行于
L
2
的平面方程是__________.
(4) 已知当
x0
时,
(1ax)1
与
cosx 1
是等价无穷小,则常数
a
=__________.
1
2
3

5 2 0 0


2 1 0 0

,则
A
的逆阵
A
1
=__________. (5) 设4阶方阵
A


0 0 1 2


0 0 1 1


二、选择题(本题满分15分,每小题3分.)
(1) 曲线
y
1e
x
1e
2
x
2
( )
(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
f(x)
满足关系式
f (x)

2x
0

t

f

dtln2
,则
f(x)
等于 ( )

2

2x
(A)
eln2
(B)
e
(C)
eln2
(D)
e
(3) 已知级数
x
x
ln2

ln2

2x

(1)
n1

n 1
a
n
2
,

a
2n1
5
,则级数

a
n
等于 ( )
n1n1

(A) 3 (B) 7 (C) 8 (D) 9
(4) 设
D
是
x Oy
平面上以(1,1)、(-1,1)和(-1,-1)为顶点的三角形区域,
D
1
是
D
在第一象
限的部分,则

(xycosxsiny )dxdy
等于 ( )
D

(A)
2
(C)
4

cosxsinydxdy
(B)
2

xydxdy

D
1
D
1

(xycosxsiny)dxdy
(D) 0
D
1
(5) 设
n
阶方阵
A
、
B
、
C
满足关系式
ABCE
,其中
E
是
n
阶单位阵,则必有 ( )
(A)
ACBE
(B)
CBAE

(C)
BACE
(D)
BCAE


三、(本题满分15分,每小题5分.)

(1) 求
lim(cosx)
x
.

x0
(2) 设
n
是曲面
2x3yz6
在点
P(1,1,1)
处的指向外侧的法向量,求函数
222
6x
2
8y
2
在点
P
处沿方向
n
的方向导数.
u
z

y
2
2z,
(3)
< br>(xyz)dV
,其中

是由曲线

绕
z
轴旋转一周而成的曲面与平面

x0

22
z4
所围 成的立体.

四、(本题满分6分)
在过点
O(0,0)
和A(

,0)
的曲线族
yasinx(a0)
中,求一条曲 线
L
,使沿该曲线从
O
到
A
的积分

(1 y
3
)dx(2xy)dy
的值最小.
L

五、(本题满分8分.)
将函数
f(x)2|x|(1x1)
展 开成以2为周期的傅立叶级数,并由此求级数
1
的和.

2
n
n1

六、(本题满分7分.)
设函数
f(x)
在[0,1]上连续,(0,1)内可导,且
3


1
2
3
f(x)dxf(0)
,证明在(0,1)内存在
一点< br>c
,使
f

(c)0
.

七、(本题满分8分.)
已知

1
(1,0,2,3)
,

2
(1,1,3,5)
,

3
(1,1 ,a2,1)
,

4
(1,2,4,a8)
,及


(1,1,b3,5)
.
(1)
a
、
b
为何值时,

不能表示成

1
、

2
、

3
、

4
的线性组合？
(2)
a
、
b
为何值时,

有

1
、

2
、

3
、

4
的唯一的线性表示式？并写出该表示式.

八、(本题满分6分)
设
A
为
n
阶正定阵,
E
是
n
阶单位阵,证明
A E
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
P(x,y)
处的曲率等于此曲线在该点的法
线段
PQ< br>长度的倒数(
Q
是法线与
x
轴的交点),且曲线在点(1,1)处的切 线与
x
轴平行.

十、填空题(本题满分6分,每小题3分.)
(1) 若随机变量
X
服从均值为2,方差为

的正态分布,且P

2X4

0.3
,则
2
P

X0

=_______.
(2) 随 机地向半圆
0y2axx
2
(
a
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
x
轴的夹角小于< br>
十一、(本题满分6分)
设二维随机变量
(X,Y)
的概率密度为

的概率为_______.
4

2e
(x2y)
, x0,y0
f(x,y)

,

0, 其他
求随机变量
ZX2Y
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】
sinttcost

3
4t
【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


x

(t)
dy
< br>
(t)

, 则 .
dx


( t)

y

(t)
dy
dy
dt
si nt
所以 ,

dx
dx2t
dt
再对
x
求导,由复合函数求导法则得
d
2
yddydtdsint1
()()

dx
2
dtdxdxdt2t2t

(2)【答案】
dx2dy

2tcost2sint1sinttcost
.

234t2t4t
【解析】这是求隐函数在某点的全微分,这里点
(1,0,1)
的 含义是
zz(1,0)1
.
将方程两边求全微分,由一阶全微分形式不变性得
d(xyz)
再由全微分四则运算法则得
d(x
2
y
2
z
2
)
2xyz
222
0
,
(xy)dz(ydxxdy)z
xdxydyzdz
xyz
22 2
,
令
x1,y0,z1
,得
dy
dxdz
,即
dzdx2dy
.
2
(3)【答案】
x3yz20

【解析】所求平面

过直线
L
1
,因而过
L
1
上的点
(1 ,2,3)
；
因为

过
L
1
平行于
L< br>2
,于是

平行于
L
1
和
L
2的方向向量,即

平行于向量
l
1
(1,0,1)
和向量
l
2
(2,1,1)
,且两向量不共线,于是平面

的方程

x1y2z3
1
2
即
x3yz 20
.
(4)【答案】

0
1
10
,
1
3

2
x,(1x)1
1
n
【解析 】因为当
x0
时,
sinx
2
1
x
,
n
当
x0
时
ax0
,所以有
(1ax) 1
1
2
3
1
2
3
1
2
1
ax,cosx1sin
2
x
32
1
x
2
,

2
1
2
ax
(1ax)12
3
所以
limlima
.
x0x0
1
cosx13
x
2
2
因为当
x0
时,
(1ax)1
与< br>cosx1
是等价无穷小,所以

1
2
3
23a1
,故
a
.
32

120
0

25

1
(5)【答案】

00
3

1


00
3

0
< br>
0

2

.

3

1


3

【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.

A
1

A0

注意： 


0B


0
1
0


0

,

B
1

B
A


0


1

0< br>

A
1
B
1


.
0

对于2阶矩阵的伴随矩阵有规律：
A


ab

,则求
A
的伴随矩阵

cd



ab

db

A
*

 


.

cd

ca

如果
A0
,这样


ab

1

db

1


A

ca

adbc

cd


A
1

A0

再利用 分块矩阵求逆的法则：




0B


0
1
1

db


.
ca

0

,易见
1

B


120

0

25

1
A
1


00
3

1

00 

3


0


0

2

.

3

1


3

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
x0
,所以函数的间断点为
x0
,
limylim
x0x0
1e
x
1e
2
x
2
lim
x0
e
x
1
e1
2
2
x
2

,所以
x0
为铅直渐近线, limylim
x
1e
x
1e
2
x< br>x
2
lim
e
x
1
e1
x
2
x
1
,所以
y1
为水平渐近线.
所以选(D).
【相关知识点】铅直渐近线：如函数
yf(x)
在其间断 点
xx
0
处有
limf(x)
,则
xx
0
xx
0
是函数的一条铅直渐近线；
水平渐近线：当
limf(x )a,(a为常数）
,则
ya
为函数的水平渐近线.
x
(2)【答案】(B)
【解析】令
u
t
,则
t2u,dt2du
,所以 < br>2
f(x)

2x
0
x

t
< br>f

dtln2

2f(u)duln2
,
0

2

两边对
x
求导,得
f

(x)2f(x)
,这是一个变量可分离的微分方程,即
d[f(x)]
2dx
.解
f(x)
之得
f(x)Ce
,其中
C
是常数 .
又因为
f(0)
2x

0
0
2f(u)du ln2ln2
,代入
f(x)Ce
2x
,得
f(0)Ce< br>0
ln2
,得

Cln2
,即
f(x) e
2x
ln2
.
(3)【答案】(C)
【解析】因为 
(1)
n1

n1
a
n
a
1
a
2
a
3
a
4
a
2n1< br>a
2n



(a1
a
2
)(a
3
a
4
)



(a
2n1
a
2n
)
< br>

(a
n1

2n1
a
2n
)

a
2n1


a
2n
(收敛级 数的结合律与线性性质),
n1n1

所以

a
n 1

2n


a
2n1


(1)
n1
a
n
523
.
n1n1

而

a
n1
n
 (a
1
a
2
)(a
3
a
4
)( a
2n1
a
2n
)




故应选(C).

(a
n1

2n1a
2n
)

a
2n1


a< br>2n
538
,
n1n1

(4)【答案】(A)
【解析】如图,将区域
D
分为
D
1
,D
2
,D
3
,D
4
四个子区域.
显然,
D
1
,D
2
关于
y
轴对称,
D
3
,D
4
关于
x
轴对称.

I
1
xydxdy 


D
令

,
I
2


cosxsinydxdy

D
由 于
xy
对
x
及对
y
都是奇函数,所以

D
1
D
2

xydxdy0,
D
3
D
4

xydxdy0
.
而
cosxsi ny
对
x
是偶函数,对
y
是奇函数,故有
D
3< br>D
4

D
cosxsinydxdy0,
D
1
D
2

cosxsinydxdy2

cosxs inydxdy
,
D
1
所以
故选(A).
 
(xycosxsiny)dxdyI
1
I
2
2

cosxsinydxdy
,
D
1
(5)【答案】(D)

【解析】矩阵的乘法公式没有交换律,只有一些特殊情况可以交换.
由于A
、
B
、
C
均为
n
阶矩阵,且
ABC E
,对等式两边取行列式,据行列式乘法公式
|A||B||C|1
,得到A0
、
B0
、
C0
,知
A
、
B
、
C
均可逆,那么,对于
ABCE
,
先左乘
A< br>1
再右乘
A
有
ABCEBCABCAE
,故应选(D).
1
其实,对于ABCE
先右乘
C
再左乘
C
,有
ABCEAB C

三、(本题满分15分,每小题5分.)
(1)【解析】这是
1

型未定式求极限.

x01

(cosx1)

x
cosx1
11CABE
.
lim(cosx)
x
lim(1(cosx1 ))

x0


令
cosx1t
,则< br>x0
时
t0
,所以
1
cosx1
x0
lim(1(cosx1))

cosx1
1
lim (1t)e
,

t0
1
t

(cosx 1)
x

(cosx1)
(1(cosx1))
所以
lim

x0
lime

x0
x
 e
x0

lim

(cosx1)
x
.
因为当
x0
时,
sinxx
,所以
2

x

x

2
2

sin

2


22

(cosx1)

li m



,
lim
lim
x0

x0

x0

xxx2< br>
(cosx)e
故
lim

xx0
x0

lim

(cosx1)
x
e


2
.
(2)【解析】先求方向
n
的方向 余弦,再求
uuu
,,
,最后按方向导数的计算公式
xyz< br>uuuu
cos

cos

cos

求出方向导数.
nxyz
曲面
2x3yz6
在点< br>P(1,1,1)
处的法向量为
222


4x,6y,2 z

P


4x,6y,2z

(1,1,1)< br>2

2,3,1

,
在点
P(1,1,1)
处指向外侧,取正号,并单位化得

n
1
2
2
3
2
1

2,3,1

1

2,3,1



cos< br>
,cos

,cos


.

1 4

6x6x

u

22

xP
z6x
2
8y
2
z6x8y
P


8y8y

u

又

2 222

y
P
z6x8y
P
z6x8y
< br>
u
6x
2
8y
2
6x
2
8 y
2


22
zzz
P

P
所以方向导数

(1,1,1)
6
14
8
,
14
< br>(1,1,1)
14
(1,1,1)
uuuu
cos< br>
cos

cos


nxyz

6283111
14
.
1414141414
7

y
2
2z,
22
(3 )【解析】由曲线

绕
z
轴旋转一周而围成的旋转面方程是
xy 2z
.

x0
于是,

是由旋转抛物面
z< br>1
2
(xy
2
)
与平面
z4
所围成.曲 面与平面的交线是
2
x
2
y
2
8,z4
.
选用柱坐标变换,令
xrcos

,yrsin

,z z
,于是
:0

2

,0z4,0r2z
,
因此
I


22
(xyz)dV



4

0
dz

d


0
2

2z
0
(r
2
z)rdr


2


4
0
r2z


42
rrz




dz




42

r0



4



4
0
z
2
dz
256

.
3
四、(本题满分6分)

【解析】曲线
yasinx, (x[0,

])
,则
dyacosxdx
,所以

I





L
(1y
3
)dx(2xy)dy

[1(asinx)
3
(2xasinx)acosx]dx


0


0

a
2
33

1asinx2axcosxsin2x

dx

2

3



a



0
sinxdx2a

2
3
< br>0
a
2
xcosxdx
2



0
sin2xdx





a
3

0
(cosx1)dcosx2a


0
a
2
xdsinx
4

0
sin2xd2x

a
2


3

1
3



a

cosxcosx

2a

xsinxcosx

0


cos2x

0

4

3

0
4
3
a4a
. < br>3
4
对关于
a
的函数
I

a
3
4a
两边对
a
求导数,其中
a0
,并令
I
0,
得
3




I

4a
2
40
.

I

0,0a1
所以
a1
, 且

.

I0,1a

故
a1
为函数
I


4
3
a4a,(a0)
的极 小值点,也是最小值点.故所求的曲线为
3
ysinx,(x[0,

])
.

五、(本题满分8分.)
【解析】按傅式级数公式,先求
f(x)
的傅式系 数
a
n
与
b
n
.因
f(x)
为偶函数,所 以
1
l
n

f(x)sinxdx0(n1,2,3, )
,

l
ll
1
l
n

2< br>l
n


a
n

< br>f(x)cosxdx

f(x)cosxdx

l0
llll
11
2
1
< br>2

(2x)cosn

xdx4

cosn

xdxxdsinn

x

00
n


0
2
1
2(cosn

1)

sinn

xdx(n1,2,3,)
,
22

0
n

n


b
n


a
0
2

(2 x)dx5
.
0
1
因为
f(x)2|x|
在区间< br>(1x1)
上满足狄利克雷收敛定理的条件,所以
a
0


n

n


f(x)2|x|


a
n
cosxb
n
sin
2
n1

ll
5

2(cos n

1)



cosn

x

22
2
n1
n

54


2
2


x



1
cos(2n1)

x(1x1)
.
2
(2n1)
n1

1

2
1

cos0
,所以,

.

2
2
(2n 1)8
(2n1)
n1
n1


54
令x0
,有
f(0)20
2
2



111


11

1
又

2







2
,
22

2
(2n)

n1
(2n1)4
n1
n
n1
n
n1

(2n1)

3

1

2
1

2
所以,

2

,即

2

.
4
n1
n8n6
n1

六、(本题满分7分.) 【解析】由定积分中值定理可知,对于

1
2
3
2
f( x)dx
,在区间
(,1)
上存在一点

使得
3

即
3
1
2
3
21
f(x)dxf(

)(1)f(

)
,
33

1
2< br>3
f(x)dxf(

)f(0)
.
由罗尔定理可知, 在区间
(0,1)
内存在一点
c(0c

1)
,使得
f

(c)0
.

七、(本题满分8分)
【 解析】设
x
1

1
x
2

2
 x
3

3
x
4

4


,按分量写出,则有

x
1
x
2
x
3x
4
1

xx

2x1

2334
.


2x
1
3x
2
(a 2)x
3
4x
4
b3


3x
1
5x
2
x
3
(a8)x
4
5