1997考研数一真题及解析.docx
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1997考研数一真题及解析
1997年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题
一、填空题（本题共5分，每小题3分，满分15分.把答案在题中横线上.）
3sinxx2cos—
（1）
x
（1cosx）ln（1x）
⑵
设幕级数
anX
n的收敛半径为3,则幕级数nan（x1）n1的收敛区间为
n
0
n1
⑶
对数螺线
e
在点（，）（e2,）处的切线的直角坐标方程为.
2
1
2
2
⑷
设A4
t
3,B为三阶非零矩阵，且AB0,则t=.
3
1
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.
二、选择题（本题共5小题，每小题3分，满分15分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内）
（1）
二元函数f（x,y）x2
2,（x,y）y
（0,0）,
在点（0,0）
处（）
0,
（x,y）
（0,0）
（A）连续,偏导数存在
（B）
连续,偏导数不存在
（C）不连续，偏导数存在
（D）
不连续，
偏导数不存在
⑵
设在区间［a,b］上f（x）
0,f（x）0,
f（x）
0,令S1
b
f（x）dx,S2f（b）（ba）,a
1
S3-[f（a）
2
f（b）]（b
a）,则
（）
（A）S,S2
&
（B）
S2S1
S3
（C）S3S
S2
（D）
S2S
S1
⑶
设F（x）X
x
es'ntsintdt,则F（x）
（）
（A）为正常数
（B）
为负常数
（C）
恒为零
（D）不为常数
a1bi
C1
⑷设
1a2,2b2,3
c2,则三条直线a1x
biyC|0,a2x
b2yC20,
a3b3
C3
a3X
2
bayC30（其中a.
2
（）
bU,lI,2,3）乂」
点的充要条件是
（A）
1,2,3线性相关
（B）
1,2,3线性无关
（C）
秩r（1,2,3）秩r（
1,2）
（D）
1,2,3线性相关，1,
2线性无关
2Y的方差是
轴正向往z轴负向看，C的方向是顺时针的•
.设该人群的总人数为
在某一人群中推广新技术是通过其中已掌握新技术的人进行的
N,在t0时刻已掌握新技术的人数为x0,在任意时刻t已掌握新技术的人数为
x（t）（将x（t）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k0,求x（t）.
四、（本题共2小题，第⑴小题6分，第⑵小题7分，满分13分.）
（1,2,5）,求a,b之值.
⑵设函数f（u）具有二阶连续导数，而zf（exsiny）满足方程
2
z
-2
x
2
z
-2
y
2x
ez,求
f（u）.
五、（本题满分6分）
1f（x）
设f（x）连续,（x）f（xt）dt,且limA（A为常数）,求（x）并讨论（x）
0x0x
在x0处的连续性.
六、（本题满分8分）
11
设ai2,an1（an）,n1,2,...,证明:
2an
（1）liman存在；
n
（2）级数A1收敛.
n1an1
七、（本题共2小题,第
（1）小题5分,第⑵小题6分,满分11分.）
（1）设B是秩为2的54矩阵,1（1,1,2,3）t,2（1,1,4,1）T,3（5,1,8,9）T是
齐次线性方程组Bx0的解向量，求Bx0的解空间的一个标准正交基•
1
2
1
2
⑵已知
1是矩阵A
5
a
3的一个特征向量
1
1
b
2
（I）试确定参数a,b及特征向量所对应的特征值;
（n）问A能否相似于对角阵？
说明理由八、（本题满分5分）
设A是n阶可逆方阵，将A的第i行和第j行对换后得到的矩阵记为B.
（1）证明B可逆；
（2）求AB1•九、（本题满分7分）
从学校乘汽车到火车站的途中有3个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互
2
独立的，并且概率都是•设X为途中遇到红灯的次数，求随机变量X的分布律、分布函数
5
和数学期望•十、（本题满分5分）
设总体X的概率密度为
其中1是未知参数.捲必丄,xn是来自总体X的一个容量为n的简单随机样本，分别
用矩估计法和最大似然估计法求的估计量.
1997年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析
、填空题
（1）【答案】
【分析】
（本题共5分,每小题3分,满分15分.把答案在题中横线上.）
3
2
这是0型极限.注意两个特殊极限lim
0
【解析】将原式的分子、分母同除以
213sinxxcos
lim—
x0（1cosx）ln（1x）
x0xx,得
3沁limx一
x
1,lim
x0
ln（1x）1
评注：
使用洛必达法则的条件中有一项是
（3sinxx2cos-）lim—
x0
（1cosx）ln（1x）
1xcos-
X
0（1cosx）-1^1x）
x
f-（^）应存在或为
lim
xxog（x）
而本题中,
.1
sin
x
3cosx2xcos^
lim-
x01cosx
sinxln（1x）
1x
极限不存在，也不为，不满足使用洛必达法则的条件，故本题不能用洛必达法则
1.有界量乘以无穷小量为无穷小量
【相关知识点】
⑵【答案】（2,4）
【解析】考察这两个幕级数的关系.令tx
1,则
nantn1t2nantn1t2
n1n1
人n
ant
由于逐项求导后的幕级数与原幕级数有相同的收敛半径
antn的收敛半径为3
n1
antn的收敛半径为3.从而t2
n1
ant
n1
nantn1的收敛半径为3,收敛区间即
（-3,3）,回到原幕级数nan（x1）n
n1
评注：
幕级数的收敛区间指的是开区间
1,它的收敛区间为
3x13,即（2,4）.
不考虑端点•
对于anxn
n0
若lim
n
它的收敛半径是
R-•但是若只知它的收敛半径
an1
1
an1
—,因为lim
an
Rn
an
可以不存在
为R,则lim
n
an1
an
（对于缺项幕级数就是这种情形）.
⑶【答案】xye2
【解析】求切线方程的主要问题是求其斜率kyx,而yx可由e的参数方程
求得:
x
cos
ecos,
y
sin
e
sin
yx
y
e
sin
e
cos
sin
cos
yx迈
1
x
e
cos
e
sin
cos
sin
所以切线的方程为ye2（x0）,即xye^.
评注：
本题难点在于考生不熟悉极坐标方程与直角坐标方程之间的关系
⑷【答案】t3
【解析】由AB0,对B按列分块,设B1,2,3,则
ABA1,2,3Ai,A2,A30,0,0
即1,2,3是齐次方程组Ax0的解•
又因BO,故Ax0有非零解,那么
1
22
1
0
2
A
4
t3
4
t3
3
7t30,
3
11
3
0
1
由此可得t
3
评注：
若熟悉公式AB
0,则r（A）
r（B）
n
3,可知r（A）3,亦可求出t3
2
⑸【答案】-
5
【解析】方法1
利用全概率公式
求第二人取得黄球的概率，一般理解为这事件与第一人取得的是什么球有关.这就要用
全概率公式.全概率公式首先需要一个完全事件组，这就涉及到设事件的问题.
取得黄球和第一个人取得白球）.根据题设条件可知
PA2IA
20119
-0一19（第一个人取得黄球的条件下，黄球个数变成20119,球
50149
的总数变成50
19
149,第二个人取得黄球的概率就为）；
49
（第一个人取得白球的条件下
黄球个数亦为20,球的总数变成
二、选择题（本题共5小题，每小题3分，满分15分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内）
（1）【答案】（C）
再看f（x,y）在（0,0）是否连续？
由于
f（0,0），
2xlimf（x,y）lim22
（x,y）（0,0）x0x2x22
yx
因此f（x,y）在（0,0）不连续•应选（C）.
评注：
①证明分段函数在某点连续，一般要用定义证，有难度.证明分段函数f（x,y）在某点
M°（X0,y。
）不连续的方法之一是：
证明点（x,y）沿某曲线趋于M。
时，f（x,y）的极限不存在
或不为f（X0,y°）.
②证明limf（x,y）不存在的重要方法是证明点（x,y）沿两条不同曲线趋于
（x,y）（勺必）
M°（X0,y。
）时，f（x,y）的极限不想等或沿某条曲线趋于M。
时，f（x,y）的极限不存在
对于该题中的f（x,y）,若再考察
i
/ljm“f（x，y）lim00l、im“f（x，y），
（x，y）（0,0）y02（X』）（0,0）
x0yx
鳥％）
f（x，y）不存在.
由本例可见，函数在一点处不连续，但偏导数却可以存在•容易找到这种例子，例如
f（x,y）xy,它在点（0,0）处连续，但fx（0,0）与fy（0,0）都不存在.可见二元函数的连
方法2:
观察法.因为是要选择对任何满足条件的f（x）都成立的结果，故可以取满足条件的
f（x）0,所以f（x）是单调递减的，故f（）f（b），从而
b
S1f（x）dxf（）（ba）f（b）（ba）.
a
为证S3S1,令（x）
1
-[f（x）
2
f（a）]（xa）
x
f（t）dt，则（a）0，
a
（x）
1
-f（x）（x
2
a）
1
-（f（x）
2
f（a））
f（x）
1
f（x）（x
2
a）
1
（f（x）
2
f（a））
1
1f（x）（x
2
a）
1
-f（）（x
2
a）
（ax）（拉格朗日中值定理）
1
（f（x）
2
f（
））（xa），
由于f（x）0,所以f（x）是单调递增的,故f（x）f（）,（x）0,即（x）在［a,b］上
单调递增的.由于（a）0,所以（x）0,x［a,b］,从而
1b
（b）2【f（b）f（a）］（ba）」（t）dt0,
即S3S1.因此，S2S&,应选（D）.
如果题目改为证明题，则应该用评注所讲的办法去证，而不能用图证.
【相关知识点】1.积分中值定理：
如果函数f（x）在积分区间［a,b］上连续，则在（a,b）上至
少存在一个点，使下式成立：
f（x）dxf（）（ba）（ab）.这个公式叫做积分中值
a
公式.
2.拉格朗日中值定理：
如果函数f（x）满足在闭区间［a,b］上连续，在开区间a,b内可导,
那么在a,b内至少有一点（ab）,使等式f（b）f（a）f（）（ba）成立.
⑶【答案】
（A）
【解析】
由于函数
esintsint是以2
为周期的函数，所以,
F（x）
x2..
sint・丄u
esintdt
x
2•+sint・丄u
esintdt,
0
F（x）的值与x无关.不选D,（周期函数在一个周期的积分与起点无关）.
估计esintsintdt的值有多种方法.
0
方法1:
划分esintsint取值正、负的区间
2
sintsint
esintdtesintdt
0
sintsinu
esintdtoe（sinu）du
故应选（A）.
【评注】本题的方法1十分有代表性•
被积函数在积分区间上可以取到正值与负值时，则常将积分区间划分成若干个，使每个区间内，被积函数保持确定的符号，然后再作适当的变量变换,使几个积分的积分上下限相同,然后只要估计被积函数的正、负即可•
⑷【答案】（D）
【解析】方法1:
三条直线交于一点的充要条件是方程组
a1x
biy
C1
0
a1x
dy
C1
a2x
b?
y
C2
0
a2x
b?
y
C2
a3x
dy
C3
0
a3x
b3y
C3
有唯一解.
a1
bi
C1
将上述方程组写成矩阵形式:
A32X
b,其中
A
a2
b2是其系数矩阵，b
C2
a3
b3
C3
则AXb有唯一解r（A）rAMb2（方程组系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等且等
于未知量的个数）,即A的列向量组1,2线性相关.所以应选（D）.
方法2：
用排除法.
（A）1,2,3线性相关，当123时，方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等且
小于未知量的个数，则①式有无穷多解，根据解的个数与直线的位置关系.所以三条直线重合相交有无穷多点，（A）不成立.
（B）1，2，3线性无关，3不能由1，2线性表出，方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩
不相等，方程组无解，根据解得个数与直线的位置关系，所以一个交点也没有，（B）不成立.
（C）秩「（1，2，3）秩r（1，2），当r（1，2，3）r（1，2）1时，三条直线重合
不只交于一点，与题设条件矛盾，故（C）不成立.
由排除法知选（D）.
评注：
应重视线性代数中的几何背景.空间直线方程及平面方程其在空间的位置关系应与线
性代数中的线性相关性、秩及方程组的解及其充要条件有机的结合起来
⑸【答案】（D）
【解析】因X与Y独立，故3X和2Y也相互独立.由方差的性质，有
D（3X2Y）D（3X）D（2Y）9D（X）4D（Y）44.
【相关知识点】方差的性质：
X与Y相互独立时，
22
D（aXbYc）aD（X）bD（Y），其中a，b，c为常数.
三、（本题共3小题，每小题5分，满分15分.）
（1）【分析】三重积分的计算有三种方法：
直角坐标中的计算，柱面坐标中的计算，球面坐标
中的计算，其中柱面坐标中又可分先z后（r，），或先（r，）后z两种方法.本题的区域为
【解析】方法1:
采用柱面坐标，先（r,
）后z,为此，作平面zz.
Dz
（x,y,z）|x2y2
2z,zz,
228
（xy）dv0
1024
dzr2rdrd（将直角坐标化为柱面坐标）
Dz
82Z3
dzdrdr000
方法2：
将投影到xOy平面,得圆域D
（x,y）|x2
16,用柱面坐标先z后（r,）,
222
I（x2y2）dv0d
483
0dr丁dz
；（8
0
r2、，1024
）dr
2
评注：
做二次积分或三次积分时，如果里层积分的结果不含外层积分变量
2
可以分别积分然后相乘即可.如本例方法2中d可以单独先做.
0
（2）【解析】方法1：
写出C的参数方程，然后用曲线积分化为定积分的公式
由平面上圆的参数方程易写出C的参数方程为：
那么里、
外层积分
xx（t）cost,yy（t）sint,zz（t）2costsint,
其中z2xy.
由C的方向知，C在Oxy平面上的投影曲线相应地也是顺时针的，于是t从2
到0.
在把参数方程代入被积表达式之前，先用C的方程将被积表达式化简，有
y）dx（xz）dy（x
y）dz
（2
C
0
（2
2、
0
0
2
x）dx（xz）dy（2
0
x（t））dx（t）2[cost
z）dz
0
（2costsint）]costdt2（2z（t））dz（t）
2
[2costsintcost2cost]dt
22
2costdt2.
0
按右手法则s取下侧.
原积分
2dxdy.
四、（本题共2小题，第
（1）小题6分，第⑵小题7分，满分13分.）
（1）【分析】求出曲面S:
x2y2zO在点Mo（1,2,5）（位于S上）处的切平面方程，再写出L的参数方程，L上的点的坐标应满足切平面方程，由此定出参数a与b.
【解析】曲面S在点Mo的法向量
n{2x,2y,1打0{2,4,1}.
切平面的方程是
2（x1）4（y2）（z5）0,
即2x4yz50.
将直线L的方程改写成参数方程
yxb,
z（1a）xab3.
将它代入平面方程得
2x4（xb）（1a）xab350,即（5a）x4bab20.
解得a5,b2.
⑵【分析】zf（exsiny）是由一元函数zf（u）与二元函数uexsiny复合而成的二
元函数，它满足方程
z2x
牙ez.
y
（*）
为了求f（u）,我们将用复合函数求导法
2
上与
2丿
y
f（u）,f（u）的关系,
然后由（*）式导出f（u）满足的常微分方程,从而求出f（u）.
【解析】先用复合函数求导法导出
x
2
z
~~2
x
f（u）上f（u）exsiny,x
f（u）exsinyf（u）e2xsin
2
y,
f（u）丄fyy
2
z
~~2
y
2x
（u）excosy,
2x2f（u）ecosy
f（u）exsiny.
2z
x
这是二阶线性常系数齐次方程
将后两式代入（*）得
2
z
—
y
相应的特征方程210的特征根为
f（u）e2x
e2xf（u）,即f（u）f（u）
0.
1,因此求得
f（u）Geu
C?
e
u,其中G、C2为任意常数.
五、（本题满分6分）
【分析】通过变换将
（x）化为积分上限函数的形式，此时x0,但根据
1
0f（0）dt
f（0）0,从而（0）
定义以及函数连续的定义来判定
【解析】由题设lim丄凶A知,
x0
（x）
1
0f（xt）dtu
（x）
由导数定义，有（0）
lim
x0
从而知
（x）在x
评注：
对（x）
0,由此,利用积分上限函数的求导法则、
（x）在x0处的连续性.
f（0）0,f（0）A,且有（0）0.又
x
xt仝（x0）,
x
xf（x）0f（u）du
2
x
lim
x
（x）
导数在一点处的
（x
0）,
（X）（0）
0x
xf（x）lim—
x
0处连续.
lim
x0
x
0f（u）du
lim
x
f（x）
02x
f（u）du
（0）,
lim
x0
f（x）
x
lim
x0
f（u）du
2
x
1
of（xt）dt作积分变量变换xtu时，必附加条件x0.因此，由
（X）
1f（u）du得到的X0
（x）也附加有条件x0.从而
（0）应单独去求
六、（本题满分8分）
【解析】
（1）先证an单调有界.
显然an0（n1,2,L）,由初等不等式：
对非负数x,y必有xy2xy,易知
111
an1（an）21（n1,2,L）.
2an2
再考察加舟（14）2（11）1.
an2an21
因此，an单调下降且有界，存在极限liman•
n
⑵方法1：
由an单调下降亚1勺也0.
an1an1
（an
an1）的部分和Sn（akak1）
印
an1,lim
Sna1liman1存在,可
n1
k1
n
n
见级数
（anan1）收敛•由比较判别法知
级数
旦1
也收敛•
n1
n1an1
方法2：
令bn二1,利用递推公式，有
an1
an1
22
011an1an1
limlim2201,
nbnn4an11an
由比值判别法知级数旦1也收敛.
n1an1
在考研题中多次用到这个知识点，考生可倍加注意七、（本题共2小题，第
（1）小题5分，第⑵小题6分，满分11分.）
【分析】要求Bx0的解空间的一个标准基，首先必须确定此解空间的维数以及相应个数的线性无关的解.
【解析】
（1）因秩r（B）2,故解空间的维数nr（B）422,又因1,2线性无关,
2是解空间的基・
1,2是方程组Bx0的解，由解空间的基的定义，
即为所求的一个标准正交基•
评注：
此题是一个基本计算题，只要求得一个齐次方程组的基础解系再标准正交化即可
由于解空间的基不唯一,施密特正交化处理后标准正交基也不唯一.已知条件中
3是线性相关的（注意21323）,不要误认为解空间是3维的.
2121
5a31
1b21
21
2
0
即
5a
3
00
1,a
3,b
0.
1b
2
0
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