1999考研数一真题解析.pdf

一、填空题一、填空题(本题共本题共5个小题，每小题个小题，每小题3分分，满分，满分15分分.把正确答案填写在题中横线上把正确答案填写在题中横线上.)(1)【答案】1.3【分析】利用0 x 的等价变换和洛必达法则求函数极限.【详解】方法方法1：22300011tantanlimlimtanlimtantanxxxxxxxxxxxxxxx220sec1lim3xxx洛220tanlim3xxx2201tanlim33xxxxx方法方法2：222000111cossincoslimlimlimtansinsinxxxxxxxxxxxxxxx3200sincoscoscossinsinlimlim3xxxxxxxxxxxxx洛0sin1lim33xxx(2)【答案】2sin x【分析】欲求(,)badx t dtdx，唯一的办法是作变换，使含有(,)x t中的x“转移”到之外【详解】令uxt，则dtdu，所以有0220sin()sinxxddxt dtu dudxdx220sinsinxdu duxdx(3)【答案】22121,4xxyC eCx e其中12,C C为任意常数.【分析】先求出对应齐次方程的通解，再求出原方程的一个特解.【详解】原方程对应齐次方程 40yy的特征方程为：240,解得122,2，故 40yy的通解为22112,xxyC eC e由于非齐次项为2(),xf xe因此原方程的特解可设为*2,xyAxe代入原方程可求得14A，故所求通解为*2211214xxyyyC eCx e(4)【详解】因为1999年全国硕士研究生入学统1999年全国硕士研究生入学统一考试数一试题解析一考试数一试题解析关注公众号【考研题库】保存更多高清资料EA11.111.1.11.1(对应元素相减)两边取行列式，11.111.1.11.1EA1.121.1.11.1nnnn把第，列加到第 列11.1111.1().11.1n提取第 列的公因子2111.10.031().00.1nn行行行行行行-1()nn令-1()0nEAn，得12(10(1)nn重)，重)，故矩阵A的n个特征值是n和0(-1)n重)(5)【答案】1 4【详解】根据加法公式有()()()()()()()()P ABCP AP BP CP ACP ABP BCP ABC因为()()()P AP BP C，设()()()P AP BP Cp由于,A B C两两相互独立，所以有2()()()P ABP A P Bppp，2()()()P ACP A P Cppp，2()()()P BCP B P Cppp，又由于ABC ，因此有()()0,P ABCP 所以()()()()()()()()P ABCP AP BP CP ACP ABP BCP ABC2220pppppp233pp又9()16P ABC，从而29()3316P ABCpp，则有2933016pp23016pp，解得3144p 或p关注公众号【考研题库】保存更多高清资料因1()()()2P AP BP Cp，故14p，即1()4P A 二、选择题二、选择题(1)【答案】(A)【详解】应用函数定义判定函数的奇偶性、周期性和单调性.()f x的原函数()F x可以表示为0()(),xF xf t dtC于是00()()().utxxFxf t dtCfu duC当()f x为奇函数时，()()fuf u，从而有00()()()()xxFxf u duCf t dtCF x即F(x)为偶函数.故(A)为正确选项.(B)、(C)、(D)可分别举反例如下：2()f xx是偶函数，但其原函数31()13F xx不是奇函数，可排除(B)；2()cosf xx是周期函数，但其原函数11()sin224F xxx不是周期函数，可排除(C)；()f xx在区间(,)内是单调增函数，但其原函数21()2F xx在区间(,)内非单调增函数，可排除(D).(2)【答案】(D)【详解】由于可导必连续，连续则极限必存在，可以从函数可导性入手.因为20001()(0)1 cos2(0)limlimlim0,0 xxxxf xfxfxx xx x2000()(0)()(0)limlimlim()0,0 xxxf xfx g xfxg xxx从而，(0)f 存在，且(0)0f，故正确选项为(D).(3)【答案】(C)【详解】由题设知，应先将()f x从0,1)作偶延拓，使之成为区间1,1上的偶函数，然后再作周期(周期2)延拓，进一步展开为傅里叶级数，5111()(2)()()2222SSSS 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料而12x 是()f x的间断点，按狄利克雷定理有，111(0)(0)113222().2224ffS(4)【答案】B【详解】方法方法1：A是m n矩阵，B是n m矩阵，则AB是m阶方阵，因()min(),()min,r ABr A r Bm n.当mn时，有()min(),()r ABr A r Bnm.()0AB x 的系数矩阵的秩小于未知数的个数)，故有行列式0AB，故应选(B).方法方法 2：B是n m矩阵,当mn时,则()r Bn(系数矩阵的秩小于未知数的个数)，方程组0Bx 必有非零解，即存在00 x，使得00Bx，两边左乘A，得00ABx，即0ABx 有非零解，从而0AB，故选(B).方法方法 3：用排除法(A)mn，取1,00,0m nn mAB 0000AB，0AB，(A)不成立(C)nm，取010,1m nn mAB 0AB，0AB，(C)不成立(D)nm，取110,0m nn mAB 1AB，1AB，(D)不成立，故选(B).(5)【答案】B【详解】根据正态分布的性质：服从正态分布的独立随机变量的线性组合仍服从正态分布.因XY和相互独立，且(0,1)XN，(1,1)YN，所以2111(,)TXYN u,2222(,)TXYN u其中1()uE XY，21()D XY，2()uE XY，22()D XY由期望的性质：1()()0 11E TE XYEXEY，2()()0 11E TE XYEXEY 由独立随机变量方差的性质：1()()1 12D TD XYDXDY 2()()1 12D TD XYDXDY 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料所以1(1,2)TXYN，2(1,2)TXYN(一般来说遇到正态分布的小题，主要就考两点，标准化和对称性，考虑问题也是从这两点出发)A选项：10.2P XY因1(1,2)TXYN由标准化的定义：若2(,)XN u，则(0,1)XuN所以，1(0,1)2XYN，将其标准化有10 11102222XYXYP XYPP(保证变换过程中概率不变，所以不等号的左边怎么变，右边也同样的变化)又因为标准正态分布图像是关于y轴对称，所以11022XYP，而111222XYP，所以A错.B选项：11.2P XY将其标准化有：11 11102222XYXYPP(根据标准正态分布的对称性)故B正确.C选项：10.2P XY将其标准化有：(1)0(1)11122222XYXYPP ，故C错.D选项：11.2P XY将其标准化有：(1)1(1)121P22222XYXYP ，故D错.三三【详解】分别在()zxf xy和(,)0F x y z 的两端对x求导数，得(,)1(,)0 xyzdzdyf x yxfx ydxdxdydzFFFdxdx关注公众号【考研题库】保存更多高清资料整理后得(,)(,)(,)yzxdydzxfx yf x yxfx ydxdxdydzFFFdxdx 解此方程组，得(),(0)1yxyzyzyzyzxffxfFFfxfFxf FdzFxf FxfdxFxf FFF 四四【详解】方法方法1：凑成闭合曲线，应用格林公式.添加从点(0,0)O沿0y 到点2a,0A的有向直线段1L,如图，则1sin()cosxxL LIeyb xy dxeyax dy1sin()cosxxLeyb xy dxeyax dy利用格林公式，前一积分21()()2DDQPIdxdyba dxdya baxy其中D为1L+L所围成的半圆域，后一积分选择x为参数，得1L:,02,0 xxxay可直接积分2220()2aIbx dxa b，故23122.22IIIa ba方法方法2：将曲线积分分成两部分，其中一部分与路径无关，余下的积分利用曲线的参数方程计算.sin()cosxxLIeyb xy dxeyax dysincos()xxLLeydxeydyb xy dxaxdy前一积分与路径无关，所以(0,0)(2,0)sincossin0 xxxaLeydxeydyey对后一积分，取L的参数方程关注公众号【考研题库】保存更多高清资料cossinxaatyat，则sincosdxatdtdyatdt，t从0到，得()Lb xy dxaxdy22223320(sinsin cossincoscos)a bta btta btatat dt22311222a ba ba 从而22323110(2)22222Ia ba baa ba 五五【详解】如图，曲线()yy x上点(,)P x y处的切线方程为()()()Yy xy x Xx所以切线与x轴的交点为,0yxy由于()0,(0)1,y xy因此()0y x(0)x 于是211.22 yySy xxyy又20()xSy t dt，根据题设1221,SS即202()1,2 xyy t dty两边对x求导并化简得2yyy这是可降阶得二阶常微分方程，令,py则dpdp dydpypdxdy dxdy，则上述方程可化为2,dpyppdy分离变量得dpdypy，解得1,pC y即1,dyC ydx从而有12xyC eC，根据(0)1,(0)1,yy可得121,0,CC故所求曲线得方程为xye六六【详解】构造函数，利用函数的单调性，证法证法1：令22()1 ln1.f xxxx易知(1)0f又1()2 ln2,(1)0fxxxxfx21()2ln1,(1)20fxxfx 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料232(1)()xfxx可见，当01x时，()0()fxfx；当1x 时，()0()fxfx因此，(1)2f 为()fx的最小值，即当0 x 时，()(1)20fxf，所以()fx为单调增函数.又因为(1)0f，所以有01x时()0fx；1x 时()0fx，所以利用函数单调性可知，1f（）为()f x的最小值，即()(1)0f xf所以有0 x 时，221 ln1.xxx证法证法2：先对要证的不等式作适当变形，当1x 时，原不等式显然成立；当01x时，原不等式等价于1ln;1xxx当1x 时，原不等式等价于1ln;1xxx令1()ln1xf xxx则222121()0011xfxxxxx x又因为(1)0,f利用函数单调性可知当01x时，()0,f x 即1ln;1xxx当1x 时，()0,f x 即1ln;1xxx综上所述，当0 x 时，221 ln1.xxx七七【详解】建立坐标轴如图所示，解法解法1：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功123WWWW，其中1W是克服抓斗自重所作的功；2W是克服缆绳重力作的功；3W为提出污泥所作的功.由题意知14003012000.WNmJ将抓斗由x处提升到xdx处，克服缆绳重力所作的功为2dW=缆绳每米重缆绳长提升高度50(30),x dx从而302050(30)22500.Wx dxJ在时间间隔,t tdt内提升污泥需做功为 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料3(3)dWdt原始污泥重漏掉污泥重）提升高度(200020)3tdt将污泥从井底提升至井口共需时间3010,3/msm s所以10303(200020)57000.Wt dtJ因此，共需做功123120002250057000)91500WWWWJJ（解法解法2：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为W，当抓斗运动到x处时，作用力()f x包括抓斗的自重400N,缆绳的重力50(30)x N，污泥的重力(200020),3xN即20170()40050(30)20003900,33f xxxx于是302 30001708539003900117000245009150033Wx dxxxJ八【八【分析】先写出切平面方程，然后求(,)x y z，最后将曲面积分化成二重积分.【详解】点(,)P x y zS，S在点P处的法向量为,2nx yz，设(,)X Y Z为上任意一点，则的方程为()()2()0 x Xxy Yyz Zz，化简得122xyXYzZ由点到平面的公式，(0,0,0)O到的距离1222222222222(,)44()()22xyxyz zAxByCzxyx y zzxyABCz 从而222(,)44SSzxydSzz dSx y z用投影法计算此第一类曲面积分，将S投影到xOy平面，其投影域为22(,)|2Dx yxy由曲面方程知221,(,),22xyzx yD于是2222,2 12 12222zxzyxyxyxy关注公众号【考研题库】保存更多高清资料因此222222412 122xyzzdSddxyxy故有222(,)44SSzxydSzz dSx y z2222200114(4)44Dxyddr rdr极坐标3.2九九【详解】(1)因为2244200111tan(1tan)tansecnnnnaaxx dxxxdxnnntan1400111tantan(1)x tnnxdxt dtnnn n又由部分和数列211111111()1,(1)11nnnniiiiiSaaii iiin 有lim1,nnS因此2111.nnnaan(2)先估计na的值，因为40tannnaxdx，令tantx，则2secdtxdx，即21dtdxt所以112001,11nnntat dttn所以111,(1)nannnn由于10，所以111nn收敛，从而1nnan也收敛.十十【详解详解】根据题设，*A有一个特征值0，属于0的一个特征向量为(1,1,1),T 根据特征值和特征向量的概念，有*0,A 把1A 代入*AAA E中，得*,AAA EE 则*AAE.把*0A 代入，于是*00,AAAA 即0A关注公众号【考研题库】保存更多高清资料也即011153111011acbca ，011531(1)1acbca 常数0乘以矩阵153(1)acbca ，需用0乘以矩阵的每一个元素00001(1)153(53)1(1)(1)1acacbbcaca 矩阵相等，则矩阵的对应元素都相同，可得000(1)1(1)(53)1(2)(1)1acbca 因10A ，A的特征值0，*A的特征值*0A，故00由(1),(3)两式得00(1)(1)acca ，两边同除0，得1(1)acca 整理得ac，代入(1)中，得01.再把01代入(2)中得3b 又由1A ，3b 以及ac，有153310aaAaa131533110aa行行121523100aaa列列3 113(1)23aa按第 行展开(其中3 1(1)的指数3，1分别是1的行数和列数)3(1)2aa31a 故2,ac因此02,3,2,1.abc 十一十一【详解】“必要性”.设TB AB为正定矩阵，则由定义知，对任意的实n维列向量0 x，有0,TTxB AB x 即0,TBxA Bx 于是，0Bx，即对任意的实n维列向量0 x，都有0Bx.(若0Bx，则()00A BxA矛盾).因此，0Bx 只有零解，故有 r Bn(0Bx 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料有唯一零解的充要条件是 r Bn).“充分性”.因A为m阶实对称矩阵，则TAA，故,TTTTTB ABB A BB AB根据实对称矩阵的定义知TB AB也为实对称矩阵.若 r Bn，则线性方程组0Bx 只有零解，从而对任意的实n维列向量0 x，有0Bx.又A为正定矩阵，所以对于0Bx 有0,TTTBxA BxxB AB x故TB AB为正定矩阵(对任意的实n维列向量0 x，有0TTxB AB x).十二【十二【详解】离散型随机变量边缘分布律的定义：,1,2,iiijijjjpP XxP Xx Yyp i,1,2,jjijijiipP YyP Xx Yypj(通俗点说就是在求关于X的边缘分布时，就把对应x的所有y都加起来，同理求关于Y的边缘分布时，就把对应y的所有x都加起来)故1111,iiiiP YypP Xx Yyp即11121,P YyP Xx YyP Xx Yy而由表知116P Yy，211,8P Xx Yy，所以11121111,6824P Xx YyP YyP Xx Yy又根据XY和相互独立，则有：,ijijP Xx YyP XxP Yy即ijijpp p因111,24P Xx Yy，116P Yy，而 1111,P Xx YyP XxP Yy所以11111,124146P Xx YyP XxP Yy再由边缘分布的定义有1111213,P XxP Xx YyP Xx YyP Xx Yy所以1311112,P Xx YyP XxP Xx YyP Xx Yy关注公众号【考研题库】保存更多高清资料1111424812又由独立性知 1313,P Xx YyP XxP Yy所以13311,112134P Xx YyP YyP Xx由边缘分布定义有31323,P YyP Xx YyP Xx Yy所以23313111,3124P Xx YyP YyP Xx Yy再由1iip，所以21131144P XxP Xx 而2212223,P XxP Xx YyP Xx YyP Xx Yy故2222123,P Xx YyP XxP Xx YyP Xx Yy31134848又1jjp，所以21311111632P YyP YyP Yy 所以有：YX1y2y3yiiP Xxp1x12418112142x18381434jjP Yyp1612131十三十三【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只需要用样本矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)(1)矩估计：由期望的定义：2332300666()()()()xxxE Xxf x dxxx dxdx23230066x dxx dx342366323422关注公众号【考研题库】保存更多高清资料样本均值11niiXXn，用样本均值估计期望有EXX，即,2X解得的矩估计量2X(2)由随机变量方差的性质：2()()D cXc D X，所以()(2)4()DDXD X又由独立随机变量方差的性质：若XY和独立，则()D XYDXDY因12,nXXX是取自总体X的简单随机样本，所以12,nXXX独立且12,nXXX与X服从同一分布，即1,2,iDXDXin而22211111111()()()()()nnnniiiiiiiD XDXDXD XD Xnnnn22111()1()()ninD XD XD Xnnn方差的定义：22()()()D XE XE X，所以求方差只需要求出2()E X和()E X根据二阶原点矩的定义：22()()E Xx f x dx故334222323006666()()()()20 xxxE Xx f x dxx dxdx而()2E X，所以222226()()()20220D XE XE X因此2X的方差为()(2)4()DDXD X24().5D Xnn关注公众号【考研题库】保存更多高清资料