1999年数学一解析_数学一真题+解析[87-25]_数学一解析

1999年全国硕士研究生入学统一考试数一试题解析
一、填空题(本题共5个小题，每小题3分，满分15分.把正确答案填写在题中横线上.)
1
(1)【答案】 .
3
【分析】利用x0的等价变换和洛必达法则求函数极限.
【详解】
 1 1  tanxx tanxx
方法1：lim



lim tanx xlim
x0 x2 xtanx x0 x2 tanx x0 x3
sec2 x1 tan2 x x2 1
洛lim lim tanx xlim 
x0 3x2 x0 3x2 x03x2 3
 1 1   1 cosx  sinxxcosx
方法2：lim



lim



lim
x0 x2 xtanx x0 x2 xsinx x0 x2sinx
sinxxcosx cosxcosxxsinx sinx 1
sinx xlim 洛lim lim 
x0 x3 x0 3x2 x0 3x 3
(2)【答案】sinx2
d b
【分析】欲求  (x,t)dt ，唯一的办法是作变换，使含有(x,t)中的x“转移”到之外
dx a
【详解】令u xt，则dt du，所以有
d  x sin(xt)2dt  d  0 sinu2 du  d  x sinu2du sinx2
dx 0 dx x dx 0
 1 
(3)【答案】 y Ce2x   C  x  e2x,其中C ,C 为任意常数.
1  2 4  1 2
【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y"4y 0的特征方程为：2 40,解得 2, 2，故
1 2
y"4y 0的通解为y Ce2x C e2x,
1 1 2
由于非齐次项为 f(x)e2x,因此原方程的特解可设为y*  Axe2x,代入原方程可求得
1  1 
A ，故所求通解为y  y  y* Ce2x 

C  x

e2x
4 1 1  2 4 
(4)【详解】因为1 1 ... 1 
 
1 1 ... 1
E A    (对应元素相减)
 ... ... ... ... 
 
 1 1 ... 1
两边取行列式，
1 1 ... 1 n 1 ... 1
1 1 ... 1 把第2，，n列n 1 ... 1
EA 
... ... ... ... 加到第1列 ... ... ... ...
1 1 ... 1 n 1 ... 1
1 1 ... 1 2行1行 1 1 ... 1
提取第1列 1 1 ... 1 3行1行 0  ... 0
(n) (n)
的公因子 ... ... ... ...  ... ... ... ...
1 1 ... 1 n行1行 0 0 ... 
n-1(n)
令EA n-1(n)0，得n(1重)， 0((n1)重)，故矩阵A的n个特征值
1 2
是n和0((n-1)重)
(5)【答案】1 4
【详解】根据加法公式有
P(ABC) P(A)P(B)P(C)P(AC)P(AB)P(BC)P(ABC)
因为P(A) P(B) P(C)，设P(A) P(B) P(C) p
由于A,B,C两两相互独立，所以有
P(AB) P(A)P(B) p p  p2，
P(AC) P(A)P(C) p p  p2，
P(BC) P(B)P(C) p p  p2，
又由于ABC ，因此有P(ABC) P()0,
所以 P(ABC) P(A)P(B)P(C)P(AC)P(AB)P(BC)P(ABC)
 p p p p2 p2  p2 0  3p3p2
9 9 9
又P(ABC) ，从而P(ABC)3p3p2  ，则有3p3p2 0
16 16 16
3 3 1
 p2  p 0，解得 p 或p
16 4 41 1 1
因P(A) P(B) P(C) p ，故 p ，即P(A)
2 4 4
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.
x
f (x)的原函数F(x)可以表示为F(x) f(t)dtC,于是
0
x ut x
F(x) f(t)dtC   f(u)duC.
0 0
当 f (x)为奇函数时， f (u)f(u)，从而有
x x
F(x) f(u)duC  f(t)dtC  F(x)
0 0
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：
1
f(x) x2是偶函数，但其原函数F(x) x31不是奇函数，可排除(B)；
3
1 1
f(x)cos2 x是周期函数，但其原函数F(x) x sin2x不是周期函数，可排除(C)；
2 4
1
f (x) x在区间(,)内是单调增函数，但其原函数F(x) x2在区间(,)内
2
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.
1
x2
f(x) f(0) 1cosx
2
因为 f(0) lim  lim  lim 0,
 x0 x0 x0 x x x0 x x
f(x) f(0) x2g(x)
f(0) lim  lim  lim xg(x)0,
 x0 x0 x0 x x0
从而， f(0)存在，且 f(0)0，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，
5 1 1 1
S( )S(2 )S( )S( )
2 2 2 21
而x 是 f (x)的间断点，按狄利克雷定理有，
2
1 1 1
f( 0) f( 0) 1
1 3
2 2 2
S( )   .
2 2 2 4
(4)【答案】B
【详解】
方法1：A是mn矩阵，B是nm矩阵，则AB是m阶方阵，因
r(AB)minr(A),r(B)minm,n
.
当mn时，有r(AB)min[r(A),r(B)]nm.((AB)x0的系数矩阵的秩小于未知
数的个数)，故有行列式 AB 0，故应选(B).
方法2：B是nm矩阵, 当mn时, 则r(B)n (系数矩阵的秩小于未知数的个数) ，方程
组Bx0必有非零解，即存在x 0，使得Bx  0，两边左乘 A，得 ABx 0，即
0 0 0
ABx0有非零解，从而 AB 0，故选(B).
方法3：用排除法
1 0 0
(A)mn，取A 
 
,B 0 0, AB
 
， AB 0，(A)不成立
mn 0 nm 0 0
0
(C)nm，取A 1 0,B 
 
, AB 0， AB 0，(C)不成立
mn nm 1
1
(D)nm，取A 1 0,B 
 
, AB 1， AB 1，(D)不成立，故选(B).
mn nm 0
(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X和Y 相互独立，且X ~ N(0,1)，Y ~ N(1,1)，所以
T  X Y ~ N(u ,2), T  X Y ~ N(u ,2)
1 1 1 2 2 2
其中u  E(X Y)，2 D(X Y)，u  E(X Y) ，2 D(X Y)
1 1 2 2
由期望的性质：E(T) E(X Y) EX EY 011，
1
E(T ) E(X Y) EX EY 011
2
由独立随机变量方差的性质：D(T) D(X Y) DX DY 112
1
D(T ) D(X Y) DX DY 112
2所以 T  X Y ~ N(1,2)，T  X Y ~ N(1,2)
1 2
(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)
1
A选项：PX Y 0 . 因T  X Y ~ N(1,2)
2 1
X u
由标准化的定义：若X ~ N(u,2)，则 ~ N(0,1)

X Y 1
所以，  N(0,1)，将其标准化有
2
X Y 1 01 X Y 1 1 
PX Y 0 P   P  
 2 2   2 2
(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
X Y 1  1 X Y 1 1  1
P 0 ，而P   ，所以A错.
 2  2  2 2 2
1
B选项：PX Y 1 .
2
X Y 1 11 X Y 1  1
将其标准化有：P   P 0 (根据标准正态分布的对称性)
 2 2   2  2
故B正确.
1
C选项：PX Y 0 .
2
X Y (1) 0(1) X Y 1 1  1
将其标准化有：P   P   ，故C错.
 2 2   2 2 2
1
D选项：PX Y 1 .
2
X Y (1) 1(1) X Y 1 2  1
将其标准化有：P   P   ，故D错.
 2 2   2 2 2
三【详解】分别在z  xf (x y)和F(x,y,z)0的两端对x求导数，得
dz  dy
 f (x,y)x 1 f(x,y)
  
dx  dx

 FF dy F dz 0
 x y dx z dx dy dz
xf(x,y)   f(x,y)xf(x,y)

 dx dx
整理后得 
dy dz
 F F F
 y dx z dx x
解此方程组，得
xf f xf
dz F F (f xf)FxfF 
 y x  y z ,(FxfF 0)
dx xf 1 FxfF  y z
y z
F F
y z
四【详解】
方法1：凑成闭合曲线，应用格林公式.
添加从点O(0,0)沿 y 0到点A2a,0的有向直
线段L , 如图，则
1
I   exsin yb(x y)  dx  excosyax  dy
LL
1
  exsin yb(x y)  dx  excosyax  dy
L
1
利用格林公式，前一积分
Q P 
I   dxdy (ba)dxdy  a2(ba)
 
1  x y  2
D D
其中D为L +L所围成的半圆域，后一积分选择x为参数，得L :
1 1
x x

,0 x2a,
y 0
2a   
可直接积分 I  (bx)dx2a2b，故 I  I I   2  a2b a3.
2 0 1 2  2  2
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.
I   exsin yb(x y)  dx  excosyax  dy
L
 exsin ydxexcosydy b(x y)dxaxdy
L L
前一积分与路径无关，所以
(0,0)
 exsin ydxexcosydy exsin y 0
L (2a,0)
对后一积分，取L的参数方程xaacost dxasintdt
 ，则 ，t从0到，得
 y asint dy acostdt
 b(x y)dxaxdy
L

 (a2bsinta2bsintcosta2bsin2ta3costa3cos2t)dt
0
1 1
2a2b a2b a3
2 2
1 1   
从而 I 0(2a2b a2b a3)  2  a2b a3
2 2  2  2
五【详解】如图，曲线 y  y(x)上点P(x,y)处的切线方程为Y  y(x) y(x)(X x)
 y 
所以切线与x轴的交点为 x ,0
 
 y' 
由于y'(x)0,y(0)1,因此y(x)0 (x0)
1  y  y2
于是 S  y x  x   .
1 2  y' 2y'
x
又S  y(t)dt，
2
0
根据题设2S S 1, 即 2
y2
 x y(t)dt 1,两边对x求导并化简得 yy"y'2
1 2 2y' 0
dp dp dy dp
这是可降阶得二阶常微分方程，令 p y,则y    p ，
dx dy dx dy
dp dp dy dy
则上述方程可化为 yp  p2,分离变量得  ，解得 p C y,即 C y,
dy p y 1 dx 1
从而有 y Cex C ，根据 y(0)1,y'(0)1,可得C 1,C 0,
1 2 1 2
故所求曲线得方程为 y ex
六【详解】构造函数，利用函数的单调性，
证法1：令 f (x)  x21  lnxx12 .易知 f (1)0
1
又 f(x)2xlnxx2 , f(1)0
x
1
f(x)2lnx1 , f(1)20
x22(x2 1)
f(x)
x3
f(x)0 f(x)0
可见，当0 x1时， ；当1 x 时，

f(x)

f(x)
因此， f(1)2为 f(x)的最小值，即当0 x时， f(x) f(1)20，所
以 f(x)为单调增函数. 又因为 f(1)0，所以有
0 x1时 f(x)0 ；1 x 时 f(x)0，
所以利用函数单调性可知， （f 1）为 f (x)的最小值，即 f(x) f(1)0
所以有x0时，  x2 1  lnxx12 .
证法2：先对要证的不等式作适当变形，当x1时，原不等式显然成立；
x1
当0 x1时，原不等式等价于lnx ;
x1
x1
当1 x时，原不等式等价于lnx ;
x1
x1
令 f(x)lnx
x1
1 2 x2 1
则 f(x)   0x0
x x12 xx12
又因为 f (1)0,利用函数单调性可知
x1 x1
当0 x1时，f(x)0,即lnx ;当1 x 时，f(x)0,即lnx ;
x1 x1
综上所述，当x0时，  x2 1  lnxx12 .
七【详解】建立坐标轴如图所示，
解法1：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功W W W W ，其中W 是克服抓斗自重所作
1 2 3 1
的功；W 是克服缆绳重力作的功；W 为提出污泥所作的功. 由题意知
2 3
W 400N30m12000J.
1
将抓斗由x处提升到xdx处，克服缆绳重力所作的功为
dW = 缆绳每米重×缆绳长×提升高度
2
50(30x)dx,
30
从而 W  50(30x)dx22500J.
2
0
在时间间隔[t,tdt]内提升污泥需做功为dW (原始污泥重漏掉污泥重）提升高度(3dt)
3
(200020t)3dt
30m
将污泥从井底提升至井口共需时间 10s,
3m/s
10
所以 W  3(200020t)dt 57000J.
3
0
因此，共需做功
W W W W （120002250057000)J 91500J
1 2 3
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
x
抓斗的自重400N , 缆绳的重力50(30x)N， 污泥的重力(2000 20)N,
3
20 170
即 f(x)40050(30x)2000 x3900 x,
3 3
30 170  85
于是 W   3900 x  dx3900x x2 30 1170002450091500J
0  3  3 0
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,z)S ，S 在点P处的法向量为nx,y,2z，设(X,Y,Z)为上任意一
点，则的方程为
x y
x(X x) y(Y  y)2z(Z z)0，化简得 X  Y zZ 1
2 2
由点到平面的公式，O(0,0,0)到的距离
x y
x yzz 1

AxByCz 2 2  x2 y2  2
(x,y,z)    z2 
A2 B2 C2 x y  4 4 
( )2 ( )2 z2
2 2
z x2 y2
从而  dS z  z2dS
(x,y,z) 4 4
S S
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D  (x,y)|x2  y2 2 
 x2 y2 
由曲面方程知z  1  ,(x,y)D, 于是
 2 2 
z x z y
 ,  ,
x  x2 y2  y  x2 y2 
2 1  2 1 
   
 2 2   2 2 z 2 z 2 4x2 y2
因此 dS  1      d d
x y  x2 y2 
2 1 
 
 2 2 
z x2 y2
故有  dS z  z2dS
(x,y,z) 4 4
S S
 1   4x2  y2 d极坐标 1  2 d 2 (4r2)rdr  3 .
4 4 0 0 2
D
1 1  1 
九【详解】(1) 因为 a a   4tann x(1tan2 x)dx 4tann xsec2 xdx
n n n2 n 0 n 0
1  tanxt 1 1 1
 4tann xd tanx   tndt 
n 0 n 0 n(n1)
又由部分和数列
n 1 n 1 n 1 1 1
S  a a  (  )1 ,
n i i i2 i(i1) i i1 n1
i1 i1 i1
有 limS 1,
n
n
 1
因此  a a 1.
n n n2
n1
(2) 先估计a 的值，因为
n
 dt
a 4tann xdx，令t  tanx，则dt sec2 xdx，即dx
n 0 1t2
1 tn 1 1
所以 a   tndt  ,
n 01t2 0 n1
a 1 1
所以 n   ,
n n(n1) n1
 1  a
由于10，所以 收敛，从而 n 也收敛.
n1 n
n1 n1
十【详解】根据题设，A*有一个特征值，属于的一个特征向量为(1,1,1)T, 根据
0 0
特征值和特征向量的概念，有 A*,
0
把 A 1代入AA*  A E中，得AA*  A E E,则AA*E. 把A*
0
代入，于是 AA* AA, 即A
0 0 0 a 1 c 1 1  a1c  1
        
也即 5 b 3 1  1 ， 5b3  1
0      0   
1c 0 a 1   1  (1c)a  1 
        
 a1c 
 
常数乘以矩阵 5b3 ，需用乘以矩阵的每一个元素
0   0
(1c)a
 
 a1c  (a1c)  1
0
     
 5b3  (5b3)  1
0   0   
(1c)a [(1c)a]  1 
     
0
矩阵相等，则矩阵的对应元素都相同，可得
(a1c)1(1)
0

(5b3)1(2)
0

(1ca)1
0
A
因 A 10， A的特征值0，A*的特征值*  0，故 0
 0
由(1),(3)两式得
(a1c)(1ca)，
0 0
两边同除，得 a1c(1ca)
0
整理得ac，代入(1)中，得 1. 再把 1代入(2)中得b3
0 0
又由 A 1，b3以及ac，有
a 1 a a 1 a a a1 a
A  5 3 3 3行1行 5 3 3 2列1列 5 2 3
1a 0 a 1 1 0 1 0 0
a1 a
按第3行展开(1)31 (其中(1)31的指数3，1分别是1的行数和列数)
2 3
3(a1)2a a31
故 ac 2, 因此a2,b3,c2, 1.
0
十一【详解】
“必要性”. 设BTAB为正定矩阵，则由定义知，对任意的实n维列向量x0，有
xT  BTAB  x0, 即BxT ABx0,于是，Bx0，即对任意的实n维列向量x0，都有
Bx0.(若Bx0，则 A(Bx) A00矛盾). 因此，Bx0只有零解，故有rBn(Bx0有唯一零解的充要条件是rBn).
“充分性”. 因A为m阶实对称矩阵，则AT  A，故  BTAB T  BTATB BTAB,根据
实对称矩阵的定义知BTAB也为实对称矩阵. 若rBn，则线性方程组Bx0只有零解，
从而对任意的实n维列向量x0，有Bx0. 又A为正定矩阵，所以对于Bx0有
BxT ABx xT  BTAB  x0, 故BTAB为正定矩阵(对任意的实n维列向量x0，有
xT  BTAB  x0).
十二【详解】离散型随机变量边缘分布律的定义：
p  PX  xP  X  x,Y  y   p ,i 1,2,
i i i j ij
j j
p  P  Y  y  P  X  x ,Y  y   p , j 1,2,
j j i j ij
i i
(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 PY  y  p PX  x ,Y  y  p 即
1 1 i 1 i1

i i
PY  y  PX  x ,Y  y PX  x ,Y  y 
1 1 1 2 1
1 1
而由表知PY  y  ，PX  x ,Y  y  ，所以
1 6 2 1 8
1 1 1
PX  x ,Y  y  PY  y PX  x ,Y  y   
1 1 1 2 1 6 8 24
又根据X和Y 相互独立，则有：
P  X  x,Y  y   PX  xP  Y  y  即 p  p p
i j i j ij i j
1 1
因PX  x ,Y  y  ，PY  y  ，而PX  x ,Y  y  PX  x PY  y 
1 1 24 1 6 1 1 1 1
1
PX  x ,Y  y  1
所以PX  x 1 1  24 
1 PY  y  1 4
1
6
再由边缘分布的定义有
PX  x PX  x ,Y  yPX  x ,Y  y PX  x ,Y  y
1 1 1 1 2 1 3
所以 PX  x ,Y  y  PX  xPX  x ,Y  y PX  x ,Y  y 
1 3 1 1 1 1 21 1 1 1
   
4 24 8 12
又由独立性知PX  x ,Y  y  PX  xPY  y
1 3 1 3
1
PX  x ,Y  y  1
所以 PY  y   1 3  12 
3 PX  x 1 3
1
4
由边缘分布定义有PY  y  PX  x ,Y  y PX  x ,Y  y 
3 1 3 2 3
1 1 1
所以 PX  x ,Y  y  PY  y PX  x ,Y  y   
2 3 3 1 3 3 12 4
1 3
再由 p 1，所以PX  x 1PX  x 1 
i 2 1 4 4
i
而 PX  x  PX  x ,Y  y PX  x ,Y  y PX  x ,Y  y 
2 2 1 2 2 2 3
故 PX  x ,Y  y  PX  x PX  x ,Y  y PX  x ,Y  y 
2 2 2 2 1 2 3
3 1 1 3
   
4 8 4 8
1 1 1
又 p 1，所以PY  y 1PY  yPY  y 1  
j 2 1 3 6 3 2
j
所以有：
Y
y y y PX  x p
X 1 2 3 i i
1 1 1 1
x
1 24 8 12 4
1 3 1 3
x
2 8 8 4 4
1 1 1
 
P Y  y  p 1
j j 6 2 3
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：
  6x  6x2 6x3
E(X) xf(x)dx x (x)dx (  )dx
 0 3 0 2 3
6  6  6 3 6 4 3 
  x2dx  x3dx   2 
2 0 3 0 2 3 3 4 2 21 n
样本均值X  X ，用样本均值估计期望有EX  X ，
n i
i1


即  X, 解得θ的矩估计量 2X
2
(2) 由随机变量方差的性质：D(cX)c2D(X)，所以D(  ) D(2X)4D(X)
又由独立随机变量方差的性质：若X和Y 独立，则D(X Y) DX DY
因X ,X ,,X 是取自总体X 的简单随机样本，所以X ,X ,,X 独立且X ,X ,,X
1 2 n 1 2 n 1 2 n
与X 服从同一分布，即DX  DX i 1,2,n
i
1 n 1 n 1 n 1 n
而 D(X) D( X ) D(X ) D(X ) D(X)
n i n2 i n2 i n2
i1 i1 i1 i1
1 n n 1
 D(X)1 D(X) D(X)
n2 n2 n
i1
方差的定义：D(X) E(X2)E(X)2 ，所以求方差只需要求出E(X 2)和E(X)

根据二阶原点矩的定义：E(X2) x2f(x)dx


6x3

6x3 6x4 62
故 E(X2) x2f(x)dx (x)dx (  )dx
 0 3 0 2 3 20

而E(X) ，所以
2
62  2 2
D(X)
E(X2)E(X)2
  
 
20 2 20
4 2
 
因此2X 的方差为D() D(2X)4D(X)  D(X) .
n 5n