1998年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

1998年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析
一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)
1
(1)【答案】
4
【解析】方法1：用四则运算将分子化简,再用等价无穷小替换,
  
1x  1x 2 1x  1x 2
原式lim
 
x0 x2 1x  1x 2
 1x  1x 2 4 2  1x2 1 
lim lim
x0 x2  1x  1x 2  x0 4x2
1
 x2
1 2 1
 1x2 1 x2lim  .
2 x0 2x2 4
方法2：采用洛必达法则.
1 1
  
1x  1x 2
2 1x 2 1x
原式洛lim lim
x0 
x2
 x0 2x
1 1

1x  1x 1x  1x 2 1x 2 1x
lim lim 洛lim
x0 4x 1x2 x0 4x x0 4
 1 1 
lim  
x02 1x 2 1x  1
  .
4 4
方法3：将分子按佩亚诺余项泰勒公式展开至x2项,
1 1   1 1  
1x 1 x x2o x2 , 1x 1 x x2o x2 ,
2 8 1 2 8 2
1 1   1 1  
1 x x2o x2 1 x x2o x2 2
2 8 1 2 8 2
从而 原式lim
x0 x2
1    
 x2o x2 o x2
4 1 2 1
lim  .
x0 x2 4
(2)【答案】 yf(xy)(x y) y(x y)
11
【分析】因为z  f (xy) y(x y), f,具有二阶连续导数,利用混合偏导数在连续
x
z z
的条件下与求导次序无关,先求 或 均可,但不同的选择可能影响计算的繁简.
x y
z
方法1：先求 .
x
z  1  1 y
 f(xy) y(x y)  f(xy) f (xy) y(x y) ,
 
x x x  x2 x
2z   1 y 
   f(xy) f (xy) y(x y)
xy y x2 x 
1 1 y
 f(xy)x f(xy) f(xy)x(x y) y(x y)
x2 x x
1 1
 f(xy) f(xy) yf(xy)(x y) y(x y)
x x
 yf(xy)(x y) y(x y).
z
方法2：先求 .
y
z  1  1
 f(xy) y(x y)  f (xy)x(x y) y(x y)
 
y y x  x
 f(xy)(x y) y(x y),
2z 2z 
   f(xy)(x y) y(x y) 
xy yx x
 yf(xy)(x y) y(x y).
方法3：对两项分别采取不同的顺序更简单些：
2z    1     
   f(xy)    y(x y)  
xy x y x  y x 
 1  
 f(xy)x   y(x y) 
 
xx  y
 
  f(xy)   y(x y) 
x y
 yf(xy)(x y) y(x y).
评注：本题中, f,中的中间变量均为一元,因此本题实质上是一元复合函数的求导,只要注
意到对x求导时, y视为常数；对 y求导时,x视为常数就可以了.
(3)【答案】12a
【解析】L关于x轴(y轴)对称,2xy关于 y(关于x)为奇函数  2xyds0.
L
2又在L上,
x2 y2
 13x24y2 12  (3x24y2)ds  12ds12a.
4 3 L L
因此, 原式  2xyds (3x24y2)ds12a.
L L
【相关知识点】对称性：平面第一型曲线积分 f  x,y  ds,设 f  x,y 在l上连续,如果l关
l
于 y轴对称,l 为l上x0的部分,则有结论：
1
2 f  x,y  ds,f  x,y 关于x为偶函数,

 f  x,y  ds  l 1
l 0，f  x, y 关于x为奇函数.

类似地,如果l关于x轴对称,l 为l上 y0的部分,则有结论：
2
2 f  x,y  ds,f  x,y 关于y为偶函数,

 f  x,y  ds  l 2
l 0，f  x, y 关于y为奇函数.

2
 A 
(4)【答案】   1

 
【解析】方法1：设A的对应于特征值的特征向量为,由特征向量的定义有
A, (0).
由 A 0,知0(如果0是A的特征值 A 0),将上式两端左乘A,得
AA A AA,
A A
从而有 A* ,(即A的特征值为 ).
 
将此式两端左乘A,得
2
A  A 
 2
A*  A*  .
 
 
 2  2
   A   A 
又E,所以  A* 2 E    1,故(A*)2 E 的特征值为  1.
   
   
 
方法2：由 A 0,A的特征值0(如果0是A的特征值 A 0),则A1有特征值
32
1 A  A 
,A的特征值为 ；(A*)2 E 的特征值为  1.
  
 
【相关知识点】1.矩阵特征值与特征向量的定义：设A是n阶矩阵,若存在数及非零的n
维列向量X 使得AX X 成立,则称是矩阵A的特征值,称非零向量X 是矩阵A的特
征向量.
由为A的特征值可知,存在非零向量使A,两端左乘A1,得A1.
1 1
因为0,故0,于是有A1 .按特征值定义知 是A1的特征值.
 
若AX X ,则(AkE)X  AX kX (k)X .即若是A的特征值,则
AkE的特征值是k.
1
2.矩阵A可逆的充要条件是 A 0,且A1  A.
A
1
(5)【答案】
4 y
1
y 
【解析】首先求(X,Y)的联合概率密度 f(x,y).
x
 1
D (x,y)|1 xe2,0 y  , 1
(2, )
 x
2
区域D的面积为S  
e2 1
dx  lnx
e2
 2.
D 1 x 1
O 1 2 e2 x
1
 , (x,y)D,
f(x,y)2
 0, 其他.
其次求关于X 的边缘概率密度.
当x1或xe2时, f (x)0；
X
 1 1 1
当1 xe2时, f (x)  f(x,y)dy  x dy  .
X  0 2 2x
1
故 f (2) .
X 4
二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分.)
(1)【答案】(A)
【解析】为变限所定义的函数求导数,作积分变量代换u  x2 t2,
t:0xu:x2 0,du d  x2t2  2tdt dt  1 du,
2t
4x 0  1 
 tf(x2 t2)dt u  x2 t2 tf(u)  dt
0 x2  2t
0 1 1 x2
   f(u)du  f(u)du,
x2 2 2 0
d x 1 d x2
 tf(x2 t2)dt   f(u)du
dx 0 2dx 0
1   1
 f(x2) x2  f(x2)2x xf(x2),
2 2
选(A).
(t)
【相关知识点】对积分上限的函数的求导公式：若F(t)  f(x)dx ,(t),(t)均一阶
(t)
可导,则F(t)(t) f (t) (t) f (t) .
(2)【答案】(B)
【解析】当函数中出现绝对值号时,就有可能出现不可导的“尖点”,因为这时的函数是
分段函数. f(x)(x2 x2) x x2 1 ,当x0,1时 f(x)可导,因而只需在x0,1处
考察 f(x)是否可导.在这些点我们分别考察其左、右导数.
(x2 x2)x(1x2), x1,

(x2 x2)x(x2 1), 1 x0,
由 f(x)
(x2 x2)x(1x2), 0 x1,
 (x2 x2)x(x2 1), 1 x,
f  x  f 1  (x2 x2)x(1x2)0
 f(1) lim  lim 0 ,
 x1 x1 x1 x1
f  x  f 1  (x2 x2)x(1x2)0
f(1) lim  lim 0 ,
 x1 x1 x1 x1
即 f(x)在x1处可导.又
f  x  f  0  (x2 x2)x(x2 1)0
f(0) lim  lim 2 ,
 x0 x x0 x
f  x  f  0  (x2 x2)x(1x2)0
f(0) lim  lim 2 ,
 x0 x x0 x
所以 f(x)在x0处不可导.
类似,函数 f(x)在x1处亦不可导.因此 f(x)只有2个不可导点,故应选(B).
5评注：本题也可利用下列结论进行判断：
设函数 f(x) xa(x),其中(x)在xa处连续,则 f(x)在xa处可导的充要
条件是(a)0.
(3)【答案】(D)
yx y y 
【解析】由y  ,有   .
1x2 x 1x2 x

令x0,得是x的高阶无穷小,则lim 0,
x0x
y  y  y  y
lim  lim    lim  lim 
x0x x01x2 x x01x2 x0x 1x2
dy y
即  .
dx 1x2
dy dx
分离变量,得  ,
y 1x2
两边积分,得 ln y arctanxC ,即 y Cearctanx.
1
代入初始条件 y(0),得y  0 Cearctan0 C .所以, y earctanx.
1 1

故 y(1)earctanx earctan1 e4.
x1
【相关知识点】无穷小的比较：
(x)
设在同一个极限过程中,(x),(x)为无穷小且存在极限 lim l,
(x)
(1) 若l 0,称(x),(x)在该极限过程中为同阶无穷小；
(2) 若l 1,称(x),(x)在该极限过程中为等价无穷小,记为(x)(x)；
(3) 若l 0,称在该极限过程中(x)是(x)的高阶无穷小,记为(x)o (x) .
(x)
若lim 不存在(不为),称(x),(x)不可比较.
(x)
(4)【答案】(A)
xa yb zc xa yb zc
【解析】设L : 3  3  3 ,L : 1  1  1 ,题设矩阵
1 a a b b c c 2 a a b b c c
1 2 1 2 1 2 2 3 2 3 2 3
6a b c 
1 1 1
 
a b c 是满秩的,则由行列式的性质,可知
 2 2 2
 a b c  
3 3 3
a b c a a b b c c
1 1 1 1 2 1 2 1 2
a b c 1行减2行，2行减3行a a b b c c 0 ,
2 2 2 2 3 2 3 2 3
a b c a b c
3 3 3 3 3 3
故向量组(a a ,b b ,c c )与(a a ,b b ,c c ) 线性无关,否则由线性相关的定
1 2 1 2 1 2 2 3 2 3 2 3
义知,一定存在k ,k ,使得k (a a ,b b ,c c )k (a a ,b b ,c c )0 ,这样
1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 3 2 3 2 3
上面行列式经过初等行变换值应为零,产生矛盾.
(a a ,b b ,c c )与(a a ,b b ,c c ) 分别为L,L 的方向向量,由方向向
1 2 1 2 1 2 2 3 2 3 2 3 1 2
量线性相关,两直线平行,可知L,L 不平行.
1 2
xa yb zc
又由 3  3  3 得
a a b b c c
1 2 1 2 1 2
xa yb zc
3 1 3 1 3 1,
a a b b c c
1 2 1 2 1 2
xa  a a  yb  b b  zc   c c 
即 3 1 2  3 1 2  3 1 2 .
a a b b c c
1 2 1 2 1 2
xa yb zc
同样由 1  1  1 ,得
a a b b c c
2 3 2 3 2 3
xa yb zc
1 1 1 1 1 1,
a a b b c c
2 3 2 3 2 3
xa  a a  yb  b b  zc   c c 
即 1 2 3  3 2 3  3 2 3 ,
a a b b c c
2 3 2 3 2 3
可见L,L 均过点 a a a ,b b b ,c c c ,故两直线相交于一点,选(A).
1 2 2 1 3 2 1 3 2 1 3
(5)【答案】C
【分析】由题设条件P(B| A)P(B| A),知A发生与A不发生条件下B发生的条件概
率相等,即A发生不发生不影响B的发生概率,故A,B相互独立.而本题选项(A)和(B)是考
虑P(A|B)与P(A|B)是否相等,选项(C)和(D)才是事件A与B是否独立.
7【解析】由条件概率公式及条件P(B| A)P(B| A),知
 
P  AB  P AB P  B P  AB 
  ,
P  A  P  A  1P  A 
于是有 P  AB 1P  A  P  A P  B P  AB  ,
   
可见 P  AB P  A  P  B .
应选(C).
 
P AB
【相关知识点】条件概率公式：P  B| A  .
 
P A
三、(本题满分5分)
【解析】方法1：求直线L在平面上的投影L ：
0
x1t,

方法1：先求L与的交点N .以L:y t, 代入平面的方程,得
1

z 1t
(1t)t2(1t)10t1.
x1 y z1
从而交点为N (2,1,0)；再过直线L上点M (1,0,1)作平面 的垂线L:   ,
1 0 1 1 2
x1t,

即y t,

z 12t.
并求L与平面的交点N ：
2
1
(1t)(t)2(12t)10t ,
3
2 1 1
交点为N ( , , ).
2 3 3 3
x2 y1 z
N 与N 的连接线即为所求L :   .
1 2 0 4 2 1
方法2：求L在平面上的投影线的最简方法是过L作垂直于平面的平面 ,所求投影
0
线就是平面与 的交线.平面 过直线L上的点(1,0,1)与不共线的向量l (1,1,1)
0 0
(直线L的方向向量)及n(1,1,2)(平面的法向量)平行,于是 的方程是
0
8x1 y z1
1 1 1 0,即x3y2z10.
1 1 2
x y2z10,
投影线为 L :
0 x3y2z10.
下面求L 绕y轴旋转一周所成的旋转曲面S的方程.为此,将L 写成参数y的方程：
0 0
x2y,

 1
z  (y1).
 2
按参数式表示的旋转面方程得S的参数方程为
 1
x (2y)2( (1 y))2 cos,
2


y  y,

1
 z  (2y)2( (1 y))2 sin.
 2
2
 1 
消去得S的方程为x2 z2  2y 2  (y1) ,即4x2 17y2 4z2 2y10.
 
 2 
四、(本题满分6分)
【解析】令P(x,y)2xy(x4  y2),Q(x,y)x2(x4  y2), 则A(x,y)(P(x,y),Q(x,y))
在单联通区域右半平面x0上为某二元函数u(x,y)的梯度 PdxQdy在x0上原
Q P
函数u(x,y)  ,x0.
x y
Q
其中, 2x(x4 y2)x2(x4 y2)14x3 ,
x
P
2x(x4  y2)2xy(x4  y2)12y .
y
Q P
由  ,即满足
x y
2x(x4  y2)x2(x4  y2)14x3 2x(x4  y2)2xy(x4  y2)12y ,
 4x(x4 y2)(1)01.
9可见,当1时,所给向量场为某二元函数的梯度场.
为求u(x,y),采用折线法,在x0半平面内任取一点,比如点(1,0)作为积分路径的起
点,则根据积分与路径无关,有
(x,y)2xydxx2dy
u(x,y)  C
(1,0) x4  y2
x 2x0 y x2
  dx dyC (折线法)
1 x4 0 0 x4  y2
y
x2
  dyC
0 x4  y2
y
x2
  dyC (第一类换元法)
0  y  2
x4(1   )
 x2 
y x2x2  y  y 1  y 
 d  C d  C
0  y  2  x2  0  y  2  x2 
x4(1   ) (1   )
 x2   x2 
y
arctan C (基本积分公式)
x2
其中C为任意常数.
u u
【相关知识点】1.二元可微函数u(x,y)的梯度公式：gradu  i+ j .
x y
2.定理：设D为平面上的单连通区域,函数P(x,y)与Q(x,y)在D内连续且有连续的一
阶偏导数,则下列六个命题等价：
Q P
(1)  ,(x,y)D；
x y
(2)  PdxQdy0,L 为D内任意一条逐项光滑的封闭曲线；
L
(3)  PdxQdy仅与点A,B有关,与连接A,B什么样的分段光滑曲线无关；
LAB
(4) 存在二元单值可微函数u(x,y),使
duPdxQdy
(即PdxQdy为某二元单值可微函数u(x,y)的全微分；
(5) 微分方程PdxQdy0为全微分方程；
(6) 向量场Pi+Qj为某二元函数u(x,y)的梯度graduPi+Qj .
10换言之,其中任一组条件成立时,其它五组条件皆成立.当条件成立时,可用试图法或折线
法求函数u(x,y).
五、(本题满分6分)
【解析】先建立坐标系,取沉放点为原点O,铅直向下作为Oy轴正向,探测器在下沉过程中
受重力、浮力和阻力的作用,其中重力大小：mg ,浮力的大小：F B；阻力：kv,
浮
则由牛顿第二定律得
d2y
m mg Bg kv,y  0,v  0. (*)
dt2 t0 t0
dy d2y dv dv dy dv dy
由 v,    v v ,代入(*)得y与v之间的微分方程
dt dt2 dt dy dt dy dv
1
dy
mv  mg Bkv, v  0.
dv y0
mv
分离变量得 dy  dv ,
mgBkv
mv
两边积分得 dy  dv ,
mgBkv
Bm m2g Bm m2g
mv   
k k k k
y   dv
mgBkv
m Bm m2g
 (mgBkv) 
k k k
  dv
mgBkv
 m2gBm 
 
m k
   dv
 k mg Bkv
 
 
m m(mg B)
  dv dv
k k(mg Bkv)
1
m(mg B)( )
m k
 v d(mgBkv) (第一类换元法)
k k(mg Bkv)
m m(mg B)
 v ln(mgBkv)C .
k k2
11再根据初始条件v| 0,即
y0
m(mg B) m(mg B)
 ln(mg B)C 0 C ln(mg B) .
k2 k2
故所求 y与v函数关系为
m m  mg B mg Bkv 
y  v ln .
k k2  mg B 
六、(本题满分7分)
【解析】方法1：本题属于求第二类区面积分,且不属于封闭区面,则考虑添加一平面使被积
1
区域封闭后用高斯公式进行计算,但由于被积函数分母中包含(x2  y2 z2) 2,因此不能立
x2  y2 a2
即加、减辅助面 : ,宜先将曲面方程代入被积表达式先化简：
1 z 0
axdydz(za)2dxdy 1
I    axdydz (za)2dxdy.
(x2  y2 z2) 1 2 a
 
x2  y2 a2
添加辅助面 : ,其侧向下(由于为下半球面z  a2x2 y2 的上
1 z 0
侧,而高斯公式要求是整个边界区面的外侧,这里我们取辅助面的下侧,和的上侧组成整个
边界区面的内侧,前面取负号即可),由高斯公式,有
1 1
I   axdydz(za)2dxdy axdydz(za)2dxdy
a a
 
1 1
1  (ax)   (za)2   
 (  )dV a2dxdy.
a
 
x z
 D 


第一个积分前面加负号是由于我们取边界区面的内侧,第二个积分前面加负号是由于
 的方向向下；另外由曲面片 在yoz平面投影面积为零,则axdydz 0,而 上z0,
1 1 1

1
则za2 a2.
1 
I  (a2(za))dV a2dxdy ,
a 
 D
其中为与 所围成的有界闭区域,D为 在xoy面上的投影D{(x,y)|x2 y2 a2}.
1 1
从而,
121 
I  3adv2zdva2dxdy
a 
  D
1 2 2 a 0 
  3a a32 d rdr zdza2a2 .
a 3 0 0  a2r2 
第一个积分用球体体积公式；第二个用柱面坐标求三重积分；第三个用圆的面积公式.
1 2 a 1 0  
I   2a42 d r z2 dra4 
a 0 0 2  a2r2  
1 2 a  1  
  a42 d r  (a2r2)dr
a 0 0  2  
1 2 a 
 a4 d (a2rr3)dr
a 0 0
 a
1 a2r2 r4  1  a2a2 a4 
 a42    a42  
a  2 4   a   2 4 
 0
1 a4 
 a42   a3
a 4  2
方法2：逐项计算：
axdydz(za)2dxdy 1
I    axdydz (za)2dxdy
(x2  y2 z2) 1 2 a
 
1
 xdydz (za)2dxdy I I .
a 1 2
 
其中,
I  xdydz  a2x2 y2dydz  a2x2 y2dydz
1
 Dyz Dyz
2 a2x2 y2dydz,
Dyz
第一个负号是由于在x轴的正半空间区域的上侧方向与x轴反向；第二个负号是由于被积
函数在x取负数.
D 为在yoz平面上的投影域D {(y,z)|y2z2 a2,z0},用极坐标,得
yz yz
2 a
I 2 d a2r2rdr
1  0
1 a
2  a2r2d(a2r2)
2 0
a
2 3 2 2
 (a2r2)2  (0a3) a3,
3 3 3
0
131 1  2
I  (za)2dxdy   a a2x2 y2 dxdy
2 a a
 Dxy
1 2 a
  d (2a22a a2r2 r2)rdr
a 0 0
2 a
  (2a2r2ar a2r2 r3)dr
a 0
2  a a a 
  2a2rdr2a r a2r2dr r3dr
a

0 0 0

 a
2 a 1  r4 
 a2r2 2a  a3    
a  0 3   4  
 0
2 2 a4 
 (a4 a4 ) a3,
a 3 4 6

其中D 为在yoz平面上的投影域D {(y,z)|y2z2 a2}.故I  I I  a3.
yz yz 1 2 2
【相关知识点】高斯公式：设空间闭区域是由分片光滑的闭曲面所围成,函数
P(x,y,z)、Q(x,y,z)、R(x,y,z)在上具有一阶连续偏导数,则有
P Q R
    dv PdydzQdzdx Rdxdy,
 x y z 
 
P Q R
或     dv   PcosQcos Rcos dS,
 x y z 
 
这里是的整个边界曲面的外侧,cos、cos、cos是在点(x,y,z)处的法向量的
方向余弦.上述两个公式叫做高斯公式.
七、(本题满分6分)
【分析】这是n项和式的极限,和式极限通常的方法就两种：一、把和式放缩,利用夹逼准则
求极限；二、把和式转换成定积分的定义形式,利用定积分求极限.这道题,把两种方法结合
到一起来求极限.
当各项分母均相同是n时,n项和式
 2 n
sin sin sin
n n n
x   
n n n n
1
是函数sinx在[0,1]区间上的一个积分和.于是可由定积分 sinxdx求得极限limx .
n
0 n
i i i
sin sin sin
n n n
【解析】由于   ,i1,2,,n,
n1 1 n
n
i
14i i i
sin sin sin
n n n
于是,  n  n  n .
n1 1 n
i1 i1 n i1
i
i
sin
由于 lim n n lim 1  n sin i   1 sinxdx 2 ,
n n n n n 0 
i1 i1
i
sin
lim n n lim  n  1  n sin i lim 1  n sin i   1 sinxdx 2
 
n n1 nn1 n n  n n n 0 
i1 i1 i1
i
sin
根据夹逼定理知,lim n n  2 .
n 1 
i1 n
i
【相关知识点】夹逼准则：若存在N ,当n N 时, y  x  z ,且有 lim y  lim z a,
n n n n n
n n
则 lim x a.
n
n
八、(本题满分5分)
【解析】方法1：因正项数列 a 单调减少有下界0,知极限lima 存在,记为a,则a a且
n n n
n
a0.
 
又(1)na 发散,根据莱布尼茨判别法知,必有a 0(否则级数(1)na 收敛).
n n
n1 n1
 1  n  1  n 1  1
又正项级数 a 单调减少,有     ,而0 1,级数( )n
n a
n
1 a1 a1
n1
a1
 1
收敛.根据正项级数的比较判别法,知级数( )n 也收敛.
a 1
n1 n
n
 1 
方法2：同方法1,可证明lima a 0.令b   ,则
n n n a 1
n
1 1
lim n b lim  1,
n n n a 1 a1
n
 1
根据根值判别法,知级数( )n 也收敛.
a 1
n1 n
【相关知识点】1.交错级数的莱布尼茨判别法：
15
设交错级数(1)n1u 满足：
n
n1
(1)u u ,n1,2,; (2)limu 0.
n n1 n
n
 
则(1)n1u 收敛,且其和满足0(1)n1u u,余项 r u .
n n 1 n n1
n1 n1

反之,若交错级数(1)n1u 发散,只是满足条件(1),则可以反证说明此级数一定不满足
n
n1

条件(2)limu 0,所以有limu 0.(否则级数(1)n1u 收敛)
n n n
n n
n1
2.正项级数的比较判别法：
  v
设u 和v 都是正项级数,且lim n  A,则
n n nu
n1 n1 n
 
(1)当0 A时,u 和v 同时收敛或同时发散；
n n
n1 n1
   
(2)当A0时,若u 收敛,则v 收敛；若v 发散,则u 发散；
n n n n
n1 n1 n1 n1
   
(3)当A时,若v 收敛,则u 收敛；若u 发散,则v 发散.
n n n n
n1 n1 n1 n1
3.根值判别法：
 
1时, u 收敛，

n
 n1
 
设u 0,则当 lim n u 1时, u 发散，且limu 0,
n n n n
n  n1 n
1时, 此判别法无效.


九、(本题满分6分)
1 1
【解析】(1)要证x (0,1),使x f(x )  f(x)dx ；令(x) xf(x) f(t)dt ,要证
0 0 0
x x
0
x
x (0,1),使(x )0.可以对(x)的原函数(x)  (t)dt 使用罗尔定理：
0 0
0
(0)0,
161 1 1 1
(1)  (x)dx  xf(x)dx ( f(t)dt)dx
0 0 0 x
分部 1  1 x1 1 
  xf(x)dx x f(t)dt  xf(x)dx 0,
0  x x0 0 
又由 f(x)在[0,1]连续(x)在[0,1]连续,(x)在[0,1]连续,在(0,1)可导.根据罗尔定
理,x (0,1),使(x )(x )0.
0 0 0
(2) 由(x) xf(x) f(x) f(x) xf(x)2f(x)0 ,知(x)在(0,1)内单调增,故(1)
中的x 是唯一的.
0
评注：若直接对(x)使用零点定理,会遇到麻烦：
1
(0) f(t)dt0,(1) f(1)0 .
0
当 f(x)0时,对任何的x (0,1)结论都成立；
0
当 f(x)0时,(0)0,但(1)0,若(1)0,则难以说明在(0,1)内存在x .当直
0
接对(x)用零点定理遇到麻烦时,不妨对(x)的原函数使用罗尔定理.
【相关知识点】1.罗尔定理：如果函数 f(x)满足
(1) 在闭区间[a,b]上连续；
(2) 在开区间(a,b)内可导；
(3) 在区间端点处的函数值相等,即 f(a) f(b),
那么在(a,b)内至少有一点(ab),使得 f()0.
十、(本题满分6分)
【解析】经正交变换化二次型为标准形,二次型矩阵与标准形矩阵既合同又相似.由题设知,
1 b 1
 
二次曲面方程左端二次型对应矩阵为A b a 1 ,则存在正交矩阵P,使得
 
 1 1 1 
0 0 0
 
P1AP  0 1 0 记B,
 
 0 0 4 
17即A与B相似.
由相似矩阵有相同的特征值,知矩阵A有特征值0,1,4.从而,
1a1014,
 a3,b1.
 A (b1)2  B 0.
1 1 1
 
从而,A 1 3 1 .
 
 1 1 1 
当 0时,
1
1 1 1 1 1 1
   
 0EA  1 3 1 1行(1)分别加到2，3行 0 2 0
    
  1 1 1    0 0 0  
x x x  0,
于是得方程组(0EA)x0的同解方程组为 1 2 3

2x 0.
2
r(0EA)2,可知基础解系的个数为nr(0EA)321,故有1个自由未知量,
选x 为自由未知量,取x 1,解得基础解系为 (1,0,1)T.
1 1 1
当 1时,
2
 0 1 1  0 1 1
   
 EA  1 2 1 3(1)加到2行 0 1 1
    
  1 1 0     1 1 0  
 0 1 1  0 1 1
   
1行(1)加到2行 0 0 0 2，3行互换 1 1 0 ,
     
  1 1 0     0 0 0  
x x 0,
于是得方程组(EA)x0的同解方程组为 2 3

x x 0.
1 2
r(EA)2,可知基础解系的个数为nr(EA)321,故有1个自由未知量,
选x 为自由未知量,取x 1,解得基础解系为 (1,1,1)T.
1 1 2
当 4时,
3
18 3 1 1 1 1 1
   
 4EA  1 1 1 1，2行互换 3 1 1
    
  1 1 3     1 1 3  
1 1 1 1 1 1
   
1行的3,(-1)倍分别加到2，3行 0 2 4 2行加到3行 0 2 4 ,
     
  0 2 4     0 0 0  
x x x  0,
于是得方程组(4EA)x0的同解方程组为 1 2 3
2x 4x 0.
2 3
r(4EA)2,可知基础解系的个数为nr(4EA)321,故有1个自由未知量,
选x 为自由未知量,取x 2,解得基础解系为 (1,2,1)T.
2 2 3
由实对称矩阵不同特征值对应的特征向量相互正交,可知,, 相互正交.
1 2 3
将,, 单位化,得
1 2 3
 1 1
  1 ( ,0, )T,
1  2 2
1
 1 1 1
  2 ( , , )T,
2  3 3 3
2
 1 2 1
  3 ( , , )T.
3  6 6 6
3
 1 1 1 
 
2 3 6
 
 1 2 
因此所求正交矩阵为P  0  .
 
3 6
 
 1 1 1 

 
 2 3 6
评注：利用相似的必要条件求参数时,a b 是比较好用的一个关系式.亦可用
ii ii
EA  EB 比较同次方的系数来求参数.
n n
【相关知识点】1.特征值的性质：a
i ii
i1 i1
2.相似矩阵的性质：若矩阵A与B相似,则 A  B .
十一、(本题满分4分)
19【解析】用线性无关的定义证明.
设有常数,,, ,使得
0 1 k1
A Ak1 0. ()
0 1 k1
两边左乘Ak1,则有
Ak1  A Ak1   0,
0 1 k1
即 Ak1Ak A2(k1) 0.
0 1 k1
上式中因Ak0,可知Ak1 A2k1  0,代入上式可得Ak10.
0
由题设Ak10,所以 0.
0
将 0代入(),有A Ak1 0.
0 1 k1
两边左乘Ak2,则有 Ak2  A Ak1   0,
1 k1
即Ak1 A2k3 0.
1 k1
同样,由Ak0,Ak1A2k1  0,可得Ak10.
1
由题设Ak10,所以 0.
1
类似地可证明   0,因此向量组,A,,Ak1是线性无关的.
2 k1
【相关知识点】向量组线性相关和线性无关的定义：存在一组不全为零的数k ,k ,,k 使
1 2 m
k k k   0,则称, ,, 线性相关；否则,称, ,, 线性无关．
1 1 2 2 m m 1 2 m 1 2 m
十二、(本题满分5分)
【解析】(II)的通解为
kk k ,
1 1 2 2 n n
其中, (a ,a ,,a )T,  (a ,a ,,a )T,,  (a ,a ,,a )T ,
1 11 12 1,2n 2 21 22 2,2n n n1 n2 n,2n
k ,k ,,k 为任意常数.
1 2 n
理由：可记方程组(I)A X 0, (II)B Y 0, (I),(II)的系数矩阵分别记为A,B,由
n2n n2n
于B的每一行都是A X 0的解,故ABT 0.BT 的列是(I)的基础解系,故由基础解系
n2n
资料搜集QQ1836989006 微信1836989006 20的定义知,BT 的列向量是线性无关的,因此r(B)n.故基础解系所含向量的个数
n2nr(A),得r(A)2nnn.因此,A的行向量线性无关.
对ABT 0两边取转置,有  ABT T BAT 0,则有AT 的列向量,即A的行向量是
BY 0的线性无关的解.
又r(B)n,故BY 0基础解系所含向量的个数应为2nr(B)2nnn ,恰好等
于A的行向量个数.故A的行向量组是BY 0的基础解系,其通解为
kk k ,
1 1 2 2 n n
其中, (a ,a ,,a )T,  (a ,a ,,a )T,,  (a ,a ,,a )T ,
1 11 12 1,2n 2 21 22 2,2n n n1 n2 n,2n
k ,k ,,k 为任意常数.
1 2 n
十三、(本题满分6分)
【分析】把X Y 看成一个随机变量,根据独立正态随机变量的线性组合必然为正态分布的
性质,可以知道X Y  N(0,1),这样可以简化整题的计算.
【解析】令Z  X Y ,由于X,Y 相互独立,且都服从正态分布,因此Z 也服从正态分布,且
1 1
E(Z)E(X)E(Y)0 ,D(Z)D(X)D(Y)  1.
2 2
于是,Z  X Y  N(0,1).
D X Y D  Z  E  Z 2    E Z 2
 D(Z)  E  Z 2   E Z 2 1  E Z 2 .
 1 
z2
2  
z2
而 E Z   z  e 2dz   ze 2dz
 2 2 0

2   z2  z2  2   z2  2
  e 2d  e 2   ,
2 0  2  2   
0
2
故D X Y 1 .

【相关知识点】1.对于随机变量X 与Y 均服从正态分布,则X 与Y 的线性组合亦服从正态
分布.
若X 与Y 相互独立,由数学期望和方差的性质,有
E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c ,
21D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y) ,
其中a,b,c为常数.
2.方差的定义：DX EX2(EX)2.

3.随机变量函数期望的定义：若Y  g(X),则EY   g(x)f (x)dx .

十四、(本题满分4分)
1 n
【解析】由题知： X ,X ,,X ~ N(3.4,62),X  X ,各样本相互独立,根据独立
1 2 n n n i
i1
1 n 1 n 
正态随机变量的性质,X  X ~ N(,2).其中 EX  E X  ,
n n i n n i 
i1 i1
1 n 
2  DX  D X  .
n n i 
i1
根据期望和方差的性质,
1 n  1 n 3.4n
 EX  E X   EX   3.4,
n n i  n i n
i1 i1
1 n  1  n  1 n 62n 62
2  DX  D X   D X   DX   .
n n i  n2  i  n2 i n2 n
i1 i1 i1
1 n 62 X 3.4
所以,X  X ~ N(3.4, ).把X 标准化,U  n ~ N(0,1).
n n i n n 6/ n
i1
从而,
   
P 1.4X5.4 P 1.43.4X3.45.43.4
   
 P 2 X3.4 2  P X3.4  2
  X3.4 2 n    n 
 P n   2 1 0.95,
 
 6 6   3 
 
 n  n
故 0.975,查表得到 1.96,即n 1.963 2 34.57,所以n至少应取35.
 
 3  3
【相关知识点】1.对于随机变量X 与Y 均服从正态分布,则X 与Y 的线性组合亦服从正态
分布.
若X 与Y 相互独立,由数学期望和方差的性质,有
E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c ,
22D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y) ,
其中a,b,c为常数.
Z u
2.若Z ~ N(u,2),则 ~ N(0,1)

十五、(本题满分4分)
【解析】设该次考试的考生成绩为X ,则X ~ N(,2),设X 为从总体X 抽取的样本容量
为n的样本均值,S 为样本标准差,则在显著性水平0.05下建立检验假设：
H : 70,H :70,
0 0 1
由于2未知,故用t检验.
选取检验统计量,
X  X 70
T  0 n  36
S S
在 70时,X ~ N(70,2),T ~t(35).
0
 
选择拒绝域为R  T  ,其中满足：
   
P T  0.05,即P T  0.975,t (35) 2.0301.
0.975
由n 36,x 66.5, 70,s 15, 可算得统计量T 的值：
0
66.570
t  361.4 2.0301.
15
所以接受假设H :70,即在显著性水平0.05下,可以认为这次考试全体考生的平均成绩
0
为70分.
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