1、11997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.)(1) .201sincoslm(1)l(xx(2) 设幂级数 的收敛半径为 3,则幂级数 的收敛区间为 .0na11()nnax(3) 对数螺线 在点 处的切线的直角坐标方程为 .e2(,),)e(4) 设 , 为三阶非零矩阵,且 ,则 = .1243AtB0ABt(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
2、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 在点 处 ( )2, ()0,(,)0xyf(,)(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(2) 设在区间 上 令 ,ab()()0,(),fxffx12(),()baSfxdSfba,则 ( ) 31()2Sfa(A) (B) 13S213(C) (D) 32 S(3) 则 ( )sin(),xtFed设 ()Fx(A) 为正常数 (B) 为负常数 (C) 恒为零 (D) 不为常数(4) 设 则三条直线 , ,11122323,abc11
3、0axbyc220axbyc2(其中 )交于一点的充要条件是 ( )330axbyc20,12,3iiab(A) 线性相关12,(B) 线性无关3(C) 秩 秩12(,)r12(,)r(D) 线性相关, 线性无关3(5) 设两个相互独立的随机变量 和 的方差分别为 4和 2,则随机变量 的方差XY32XY是( )(A) 8 (B) 16 (C) 28 (D) 44三、(本题共 3小题,每小题 5分,满分 15分.)(1) 计算 其中 为平面曲线 绕 轴旋转一周形成的曲面与2()IxydV2,0yzx平面 所围成的区域.8z(2) 计算曲线积分 ,其中 是曲线 从 ()()()CzyxzydzA
4、C21,xyz轴正向往 轴负向看 , 的方向是顺时针的.(3) 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.设该人群的总人数为,在 时刻已掌握新技术的人数为 ,在任意时刻 已掌握新技术的人数为N0t0xt(将 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)x之积成正比,比例常数 求 .0,k()xt四、(本题共 2小题,第(1)小题 6分,第(2)小题 7分,满分 13分.)(1) 设直线 在平面 上,且平面 与曲面 相切于点:30xybLaz2zxy,求 之值.(1,25)(2) 设函数 具有二阶连续导数,而 满足方程 ,求(fu(sin)xzfey22xze
5、zxy.()f3五、(本题满分 6分)设 连续, 且 ( 为常数),求 并讨论fx10(),fxtd0)limxfA()x在 处的连续性.()0六、(本题满分 8分)设 证明：112,(),12,.nnaa(1) 存在；limn(2) 级数 收敛.1na七、(本题共 2小题,第(1)小题 5分,第(2)小题 6分,满分 11分.)(1) 设 是秩为 2的 矩阵, 是B4123(,3)(1,4),(5,18,9)TTT齐次线性方程组 的解向量,求 的解空间的一个标准正交基.0x0Bx(2) 已知 是矩阵 的一个特征向量.1512Aab() 试确定参数 及特征向量 所对应的特征值；,ab() 问
6、能否相似于对角阵？说明理由.A八、(本题满分 5分)设 是 阶可逆方阵,将 的第 行和第 行对换后得到的矩阵记为 .nAij B(1) 证明 可逆；B(2) 求 .1A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独立的,并且概率都是 .设 为途中遇到红灯的次数,求随机变量 的分布律、分布函数25XX和数学期望.十、(本题满分 5分)设总体 的概率密度为 (1), 01,), xfx其 它 ，4其中 是未知参数. 是来自总体 的一个容量为 的简单随机样本,分别112,nx Xn用矩估计法和最大似然估计法求 的估计量.51997年全国硕士研究
7、生入学统一考试数学一试题解析一、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.)(1)【答案】 32【分析】这是 型极限.注意两个特殊极限 .000sinl(1)lm,ixx【解析】将原式的分子、分母同除以 ,得20 01i3sincos3cos3lml .ln(1)(1)l( 2(x xx评注：使用洛必达法则的条件中有一项是 应存在或为 ,而本题中,0)lim(xfg20 011(3sincos)3cos2sinlmli co1l(nl()x xxxx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.【相关知识点】1.有界量乘以无穷小量为无穷小
8、量.(2)【答案】 (2,4)【解析】考察这两个幂级数的关系.令 ,则1tx.1212nnnataat由于逐项求导后的幂级数与原幂级数有相同的收敛半径, 的收敛半径为 31nt的收敛半径为 3.从而 的收敛半径为 3,收敛区间即(-1nat 211nntatt3,3),回到原幂级数 ,它的收敛区间为 ,即 .1()nnax3x(2,4)评注：幂级数的收敛区间指的是开区间,不考虑端点.对于 ,若 它的收敛半径是 .但是若只知它的收敛半径0nx1limna1R为 ,则 ,因为 可以不存在(对于缺项幂级数就是这种情形).R1linR1lin(3)【答案】 2xye【解析】求切线方程的主要问题是求其斜
9、率 ,而 可由 的参数方程xkye6cos,inixey求得： ,2cosincos,1ix xy 所以切线的方程为 ,即 .2(0)yex2ye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.(4)【答案】 3t【解析】由 ,对 按列分块,设 ,则AB123,B,1231,0A即 是齐次方程组 的解.123,0x又因 ,故 有非零解,那么BO,12124343700Attt由此可得 .3t评注：若熟悉公式 ,则 ,可知 ,亦可求出 .0B()rABn()3rA3t(5)【答案】 25【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
10、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.设事件 “第 个人取得黄球”, ,则完全事件组为 (分别表示第一个人iAi12i1,A取得黄球和第一个人取得白球).根据题设条件可知； ；1205P黄 球 的 个 数球 的 总 数 1305PA白 球 的 个 数球 的 总 数(第一个人取得黄球的条件下,黄球个数变成 ,球219|4A 219的总数变成 ,第二个人取得黄球的概率就为 )；50 94(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 50-21|9P1=49,第二个人取得黄球的概率就为 ).2049故应用全概率公式.2121121932
11、0| |545APAPA7方法二：利用“抽签原理”.只考虑第二个人取得的球,这 50个球中每一个都会等可能地被第二个人取到.犹如几个人抽奖,其中只有一张彩票有奖,那么这几个人先抽与后抽,抽到有奖彩票的概率是一样的,这就是我们抽奖的公平性,此题中取到黄球的可能有 20个,所以第二个人取到黄球的概率为.205【相关知识点】1.全概率公式: ；2121121| |PAAPA2. 古典型概率公式： .()ii有 利 于 事 件 的 样 本 点 数样 本 空 间 的 总 数二、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
12、内)(1)【答案】(C)【解析】这是讨论 在 点是否连续,是否存在偏导数的问题.按定义(,)fxy0,0 00, ()()x ydfdfy由于 ,(,),()ff偏导数且 .x再看 在 是否连续？由于(,)fy0,2(,), 01lim()li(0)xxyf f 因此 在 不连续.应选(C).,f0,评注： 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 在某(,)fxy点 不连续的方法之一是：证明点 沿某曲线趋于 时, 的极限不0()Mxy(,)xy0M存在或不为 .0,f 证明 不存在的重要方法是证明点 沿两条不同曲线趋于0(,),)lim(,xyfy(,)xy时, 的极限不
13、想等或沿某条曲线趋于 时, 的极限不存在.0()xf 0,f对于该题中的 ,若再考察()xy,(,)0, (,)0,01limlilim()2xy xyyf f 不存在.(,)0,lixyf8Ca bEDxyOA B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,例如它在点 处连续,但 与 都不存在.可见二元函数的连(),fxy(0)(0,)xf(,)yf续性与偏导数的存在性可以毫无因果关系.(2)【答案】(B)【解析】方法 1：用几何意义.由 可知,曲线 是(),(),()0fxffx()yfx上半平面的一段下降的凹弧, 的图形大致如右图.y是曲边梯形 的面积；1()b
14、aSfxdABCD是矩形 的面积；2E是梯形 的面积.3()()fba由图可见 ,应选(B).213S方法 2：观察法.因为是要选择对任何满足条件的 都成立的结果,故可以取满足条件的()fx特定的 来观察结果是什么.例如取 ,则()fx 21()f.21231315,48SdxSS【评注】本题也可用分析方法证明如下：由积分中值定理,至少存在一个点 ,使 成立,再由()(),bafxdfbab所以 是单调递减的 ,故 从而()0fx()fx,.1 2()()baSdfbfS为证 ,令 则3(),2xaxtd()0,a1()()(2121()()()()21,2faffxxfafaxxf 拉 格
15、朗 日 中 值 定 理由于 ,所以 是单调递增的,故 , ,即 在 上()0fx()f ()fxf()0x()x,ab单调递增的.由于 所以 ,从而a()0,xab9,1()()()(02babf ftd即 .因此, ,应选(D).31S13S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 在积分区间 上连续,则在 上至()fxab(,)ab少存在一个点 ,使下式成立： .这个公式叫做积分中()()bafdb值公式.2. 拉格朗日中值定理：如果函数 满足在闭区间 上连续,在开区间 内可导,()fxaab那么在 内至少有一点 ,使等式 成立
16、.,abab()()ff(3)【答案】(A)【解析】由于函数 是以 为周期的函数,所以,sinte2,2i sin0()xt tFded的值与 无关.不选 D,(周期函数在一个周期的积分与起点无关).()x估计 的值有多种方法.2sin0ted方法 1：划分 取值正、负的区间.sit2 2sinsinsin00i isinsi0()()()t t tt uttFxededed当 时 , , 所以 .选(A).0titsisi0,tte()0Fx方法 2：用分部积分法. 22sinsin002i i020sinsin20() coco(1) 0.t tt tt tFxdee dt故应选(A).【
17、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,使每一个区间内,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.10(4)【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 111222233330axbycaxbyc有唯一解.将上述方程组写成矩阵形式： ,其中 是其系数矩阵,32AXb123ab.则 有唯一解 (方程组系数矩阵的秩与增广矩阵的123cbAXb()r秩相等且等于未知量的个数),即 A的列向量组 线性相关.所以应选(D).12,方法 2：用排除法.
18、(A) 线性相关,当 时,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等且123,123小于未知量的个数,则式有无穷多解,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) 线性无关, 不能由 线性表出,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩123,312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 秩 ,当 时,三条直线重合,123(,)r12()r123(,)r12(,)r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.(5)【答案】(D)【解析】因 与 独立,故 和 也相互独立.由方差的性质,有XY32Y.(2)()()9()4(DXDXDY【相关知识点】方差的性质： 与 相互独立时,其中 为常数.22()()()abcab,abc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 后 ,或先 后 两种方法.本题的区域 为z()r(,)rz绕 轴旋转的旋转体 ,用柱面坐标先 后 方便.z ,
