考研数学1997年一数一真题标准答案及解析.docx

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考研数学1997年一数一真题标准答案及解析

1997年全国硕士研究生入学统一考试

理工数学一试题详解及评析

一、填空题

sinx+xcos

（

【

1）lim

（+

）（+）

→

1cosxln1x

答】

sinx+xcos

sinx

lim

=lim

+limxcos

【

详解】原式＝x→0

x→0

+0=.

∞

∑

（−）n1

（

【

2）设幂级数

axn的收敛半径为3，则幂级数nax1的收敛区间为

n=0

n=1

（−

）

答】

2,4.

∞

∑

naxn1的收敛半径仍为3，故

−

详解】根据幂级数的性质，逐项求导后，得

n=1

∞

∑

（−）n+1=（−）

∑

（−）n−2

nax1

nax1x1

n=1

的收敛区间为x−1<3,即（−

2,4.

）

（

3）对数螺线

ρ=

eθ在点处切线的直角坐标方程为

【

答】x+y=e

项解1】

【

由于x=ρcosθ,y=ρsinθ,螺线方程

ρ=

eθ可化为

⎧

⎨

⎩

xecos,

yesin.

sinθ+cosθ

cosθ−sinθ

|θ=π

由于

=−1,且当θ=时，x=0,y=e

故所求切线方程为

y−e

1x0,

=−⋅（−）即x+y=

【

详解2】

螺线方程

ρ=

eθ可化为隐函数方程：

lnx

=arctan,

⎛

⎞

（0）=−1,故所求切线方程为

利用隐函数求导法，得在点⎜0,e

⎟处的导数为

⎝

⎠

y−e

1x0,

=−⋅（−）即x+y=

⎡

−2⎤

⎢

⎥

（

4）设A=4

3,B为三阶非零矩阵，且AB=0,则t=

⎢

⎥

⎢

−1

⎥

⎣

⎦

【

答】-3.

详解】由于B为三阶非零矩阵，且AB=0,，可见线性方程组Ax=0存在非零解，故

−2

3=0⇒t=−3.

A=4

−1

（5）袋中有50个乒乓球，其中20个是黄球，30个是白球，今有两人依次随机地从袋中各取一

球，取后不放回，则第二个人取得黄球的概率是

【

答】

【

详解】设A={第一个人取出的为黄球},B={第一个人取出的为白球}，C={第二个人取

出的为黄球}.

（）=

（

）=

（

）=

则

PC|A

PC|B

由全概率公式知：

（）=（）⋅（

）+（）⋅（

）

PCPAPC|APBPC|B

32019

+×

4954949

二、选择题

⎧

⎪

（x,y

）≠（0,0

）

（

）=x

（）

，在点0,0处

（

1）二元函数fx,y

⎨

⎪

（x,y）=（0,0

⎩

（

A）连续，偏导数存在.

C）不连续，偏导数存在.

（B）连续，偏导数不存在.

（D）不连续，偏导数不存在.

（

【

】

【

答】应选（C）.

详解】由偏导数的定义知

（++）−（

）

f0x,0f0,0

（0,0）=lim

=0,

→0

而当y=kx,有

x⋅kx

1+k

lim

=lim

（x,y）（0,0）

→

（）（）

不存在，因而fx,y在点0,0处不连续，

当k不同时，

不同，故极限lim

（

）→（0,0）x

x,y

可见，应选（C）.

∫

（）

fxdx,

[

]

（）>

fx0,f

（）<

（）>

（2）设在区间a,b上

0,f''

0，令S1

（）（−）=⎡（）+（）⎤（−），则

S2fbba,S

fafbba

⎣

⎦

（

A）S

（B）S

213.

（C）S

（D）S

231.

【

】

【

答】应选（B）.

【

详解】

（）>

（）<

''（）>=（）[]

0知，曲线yfx在a,b上单调减少且是凹曲线弧，于

由fx0,fx0,f

（）>（）

是有fx

fb,

（）−（）

fbfa

（）<（）+

（−）<<

xa,axb.

b−a

从而

∫

（）>（）（−）=

fxdxfbbaS,

⎡

⎢

⎣

（）−（）

fbfa

⎤

∫

（）<

fxdx

∫

（）+

（−）

xadx

⎥

b−a

⎦

⎡（）+（）⎤（−）=

fafbbaS.

⎣⎦

即S

x+2π

（）=

（3）设Fx

∫

esintsintdt,则F（x）

（

A）为正常数.

C）恒为零.

（B）为负常数.

（D）不为常数.

（

【

】

【

答】应选（A）.

【详解】由于esintsint是以2π为周期的，因此

x+2π

2π

（）=

∫

esintsintdt=

∫

esintsintdt

2π

−∫

esintdcost

2π

∫

cos

t⋅esintdt>0.

故应选（A）.

⎡

a⎤

⎡b⎤

⎡c⎤

⎢

⎥

⎢⎥

（

4）设α=a,α=b,α=c,则三条直线

⎢

⎥

⎢⎥

⎢

⎣

⎥

⎦

⎢⎥

⎣

⎦

⎣⎦

ax+by+c=0,ax+by+c=0,ax+by+c=0（其中a

+bi

≠0,i=1,2,3）交于一

点的充要条件是

（

A）α,α,α线性相关.

（B）α,α,α线性无关.

123

（ααα）

（αα）

αα,α线性相关，,线性无关.

αα

C）秩r

＝秩r

（D）

【

】

【

答】应选（D）.

详解】由题设，三条直线相交于一点，即线性方程组

⎧

⎪

⎨

ax+by+c=0

111

ax+by+c=0

⎪

ax+by+c=0

⎩

（ααα）

（αα）

＝2.

有唯一解，其充要条件为秩秩r

＝秩r

（

A）、（C）必要但非充分；（B）既非充分又非必要；只有（D）为充要条件，故应选（D）.

5）设两个相互独立的随机变量X和Y的方差分别为4和2，则随机变量3X−2Y的方差是

A）8.

（B）16.

（C）28.

（D）44.

【

】

【

答】应选（D）.

（

−

）=

（）+

（）=×+×=

详解】D3X2Y3DX2DY944244.

⎧

=2z

∫

∫∫（x2

）

三、

（1）计算

dV,其中Ω为平面曲线⎨

绕z轴旋转一周形成的曲面

x=0

⎩

Ω

与平面z=8所围成的区域.

【详解】利用柱面坐标，积分区域可表示为

⎧

⎫

Ω=（θ

⎨

r,z|0

）

≤θ≤2π,0≤r≤4,

≤≤

z8⎬,

⎩

⎭

于是

⎛

⎜

⎝

⎞

2π

∫

rdr∫

∫

dθ

dz=2π

8−

⎟

⎠

024π

⎧

y=1

v∫（−）+（−）+（−）

（

2）计算曲线积分zydxxzdyxydz,其中C是曲线⎨

x−y+z=2

⎩

从z轴正向往z轴负向看，C的方向是顺时针的.

【详解1】

令x=cosθ,y=sinθ,则z=2−x+y=2−cosθ+sinθ

由于曲线C是顺时针方向，其起点和终点所对应θ值分别为θ=2π,θ=0.

于是

v∫（−）+（−）+（−）

zydxxzdyxydz

∫

22cos2θ−1⎤dθ

−⎡（sinθ+cosθ）−

⎣

⎦

−⎡（cosθ+sinθ）−sin2θ−θ⎤

⎣

⎦

−2π.

【

详解2】

设∑是平面x−y+z=2以C为边界的有限部分，其法向量与Z轴负向一致，D为∑在

xOy面上的投影区域.

记

=（z−y）i+（x−z）j+（x−y）k,

∂

则

rotF

=2k.

∂x

∂y

∂z

z−yx−zx−y

根据斯托克斯公式知

v∫（−）+（−）+（−）=∫∫

zydxxzdyxydz

rotFdS

∑

∫

∫∫

2dxdy=−2dxdy

∑

−2π.

（

3）在某一人群中推广新技术是通过其中掌握新技术的人进行的，设该人群的总人数为N,在

t=0时刻已掌握新技术的人数为x,在任意时刻t已掌握新技术的人数为xt（将xt视为

（）

连续可微变量），其变化率与已掌握新技术人数和未掌握新技术人数之积成正比，比例常数

k>0,求xt.

（）

⎧

（−）

kxNx

⎪

【

详解】由题设，有

⎨dt

⎪

⎩

x（0）=x

（−）

xNx

原方程可化为

=kdt,

NCekNt

积分，得

+CekNt

NxekNt

代入初始条件，得

N−x+xekNt

⎧

x+y+b=0

四、

（1）设直线l:

⎨

在平面π上，而平面π与曲面

z=x+y2相切于点

x+ay−z−3=0

⎩

（−

）

2,5，求a、b之值.

【

详解1】

令Fx,y,zx2y2z，则F

（

）=

−

2x,F

2y,F

=−1.在点（1,−2,5）处曲面得法向量为

2,4,1

={−−}，于是切平面方程为

（−）−（+）−（−）=

x14y2z50,

即

2x−4y−z−5=0.

⎧

x+y+b=0

由l:

⎨

，

x+ay−z−3=0

⎩

得

=−+（−−）

x−b,zx3axb

代入平面π方程，得

x+4x+4b−x+3+ax+ab−5=0,

5+a=0,4b+ab−2=0.

a=−5,b=−2

有

由此解得

【

详解2】

由方法一知，平面π方程为2π−4y−z−5=0.

⎧

x+y+b=0

过直线l:

⎨

的平面束为

x+ay−z−3=0

⎩

++κ（+−−）=

xyb

xayz30,

（+λ）+（+λ）−λ+−λ=

即

1azb3

其与平面π重合，要求

+λ1+aλ−λb−3λ

−4

−1

−5

解得

λ=1,a=−5,b=−2

∂

（）

=（

）

=ez,求

（

2）设函数fu具有二阶连续导数，而zfesiny满足方程

∂y

（）

fu.

【

详解】

∂

∂z

∂y

（u）e

siny,=f

（u）e

cosy,

siny+f''（u）e2xcos

∂x

∂

siny+f''（u）e2xsin

−f

∂

=e2xz,得

''（u）−f（u）=0.

代入方程

∂y

解此方程得

（）=

−u

fuCeCe（其中C,C为任意常数）.

（）

∫

（）

x并讨论

ϕ（x）

（）

ϕ（）=

A（A为常数），求ϕ

五、设fx连续，

fxtdt,且lim

→

在x=0处的连续性.

（）

=A知，f00,f0

（）=

A,且有00.

ϕ（）=

【

详解】由题设lim

→

∫

（）

fudu

∫

（）

（≠）

x0,

又

ϕ（）=

fxtdtuxt

（）−∫（）

xfx

fudu

于是

（x）=

（x≠0）

由导数定义，有

∫

（）

fudu

（）

（0）=lim

=lim

→

而

（）−∫（）

∫（）

xfx

fudu

（）

fudu

limϕ

（x）=lim

=lim

−lim

→

→0

A−

=ϕ

（0）

可见，ϕ（x）在x=0处的连续性.

⎛

⎞

（=

"）证明：

六、设a12,an+1

⎜a

⎝

⎟,n1,2,

⎠

（

1）lima存在；

n→∞

∞

⎛an

⎞

∑

（

2）级数

⎜

−⎟收敛.

n+1

⎝

⎠

n=1

【

（

详解】

1）因为

⎛

⎞

−

an+1−a=⎜a+⎟−a=

2an

⎝

⎠

⎛

⎞

而

an+1=⎜a+⎟≥a⋅=1,

⎝

⎠

于是有an+1−a≤0,故数列a单调递减且有下界，所以lima存在.

{

}

n→∞

（2）方法一：

a−a

n+1≤a−a.

nn+1

由

（1）知

≤

−1=

an+1

∞

∑

（

−

）

（

−

ak+1）=

−

由于级数

anan+1的部分和数列Sn

a1an+1的极限limS存在，可见

n→∞

n=1

k=1

∞

⎛a

⎞

∑

（

−

）

−

anan+1收敛，由比较判别法知，级数

⎜

⎝

⎟也收敛.

级数

n+1

⎠

n=1

方法二：

令

−1，利用递推公式，有

an+1

bn+1

=lim⋅

+1a

−1

ρ=lim

⋅

=0<1,

+1an

→

∞

→∞4an+1

∞

⎛a

⎞

∑

−⎟也收敛.

由比值判别法知

级数

⎜

⎝

n+1

⎠

n=1

七、

（1）设B是秩为2的5×4矩阵，

α=（

1,1,2,3,

）

α=（−

1,1,4,1,

−）

5,1,8,9

α=（−−

）

是齐次方程组Bx=0的解向量，求Bx=0的解空间的一个标准正交基.

（）=−（）=−=

详解】因秩rB2,故解空间的维数为：

4rB422,

【

又α,α线性无关，可见α,α是解空间的基.

先将其正交化，令：

⎡

⎢

3⎤

−

⎥

=⎢3⎥

⎡

⎢

1⎤

⎡−1⎤

⎡1⎤

⎥

⎢⎥

⎥

（αβ）

⎥

⎢⎥

−

β=α=

β=α−

β=

⎢⎥

（ββ）

⎢⎥

⎢

⎥

3⎥

⎢

⎣

⎥

⎢⎥

3⎦

⎣−1⎦

⎣3⎦

⎢

⎥

−

⎣

⎦

再将其单位化，令：

⎡

⎢

1⎤

⎡−2⎤

⎥

⎢

⎥

β1

β2

⎥

η=

⎢⎥

⎢

395

⎢

⎥

⎢

⎣

3⎦

⎣−3⎦

即为所求的一个标准正交基.

⎡

⎢

1⎤

⎡2−12⎤

⎥

⎢

⎥

（2）已知ζ=1是矩阵A=5

−⎥

的一个特征向量.

⎢

⎥

⎢

⎣

−⎥

⎢−

⎣

⎦

（I）

试确定参数a,b及特征向量ζ所对应的特征值；

问A能否相似于对角阵？

说明理由.

（II）

【

详解】（I）由题设，有Aζ=λζ,即

⎡

⎢

−12⎤⎡1⎤

⎡1⎤

⎥⎢⎥

⎢

⎥

1=λ1,

⎥⎢⎥

⎢

⎥

⎢

⎣

−1

−⎥⎢⎥

⎢−⎥

⎦⎣⎦

⎣

⎦

⎧

⎪

2−1−2=λ0

⎨5+a−3=λ

也即

⎪

−

1+b+2=−λ0

⎩

解得

a=−3,b=0,λ=−1.

（

II）由

⎡

⎢

−12⎤

λ−2

λ+

−2

⎥

A=5

−⎥

，知

λ−

EA=−5

−3

=（λ+）

⎢

⎥

⎦

⎢

−1

λ+2

⎣

可见λ=−1为A的三重根，但秩rEA

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