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