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Born to win
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.)
(1) .
(2) 设幂级数 的收敛半径为3,则幂级数 的收敛区间为 .
(3) 对数螺线 在点 处的切线的直角坐标方程为 .
(4) 设 , 为三阶非零矩阵,且 ,则 = .
(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 在点 处 ( )
(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 ,
,则 ( )
(A) (B)
(C) (D)
(3) 则 ( )
(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 , ,
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(其中 )交于一点的充要条件是 ( )
(A) 线性相关
(B) 线性无关
(C) 秩 秩
(D) 线性相关, 线性无关
(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
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
平面 所围成的区域.
(2) 计算曲线积分 ,其中 是曲线 从
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
(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之积
成正比,比例常数 求 .
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
,求 之值.
(2) 设函数 具有二阶连续导数,而 满足方程 ,求
.
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五、(本题满分6分)
设 连续, 且 ( 为常数),求 并讨论
在 处的连续性.
六、(本题满分8分)
设 证明：
(1) 存在；
(2) 级数 收敛.
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
齐次线性方程组 的解向量,求 的解空间的一个标准正交基.
(2) 已知 是矩阵 的一个特征向量.
(Ⅰ) 试确定参数 及特征向量 所对应的特征值；
(Ⅱ) 问 能否相似于对角阵？说明理由.
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 .
(1) 证明 可逆；
(2) 求 .
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
和数学期望.
十、(本题满分5分)
设总体 的概率密度为
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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
用矩估计法和最大似然估计法求 的估计量.
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1997 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分,每小题3分,满分15分.把答案在题中横线上.)
(1)【答案】
【分析】这是 型极限.注意两个特殊极限 .
【解析】将原式的分子、分母同除以 ,得
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,
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量.
(2)【答案】
【解析】考察这两个幂级数的关系.令 ,则
.
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3
的收敛半径为 3.从而 的收敛半径为 3,收敛区间即
(-3,3),回到原幂级数 ,它的收敛区间为 ,即 .
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
为 ,则 ,因为 可以不存在(对于缺项幂级数就是这种情形).
(3)【答案】
【解析】求切线方程的主要问题是求其斜率 ,而 可由 的参数方程
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求得： ,
所以切线的方程为 ,即 .
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】
【解析】由 ,对 按列分块,设 ,则
,
即 是齐次方程组 的解.
又因 ,故 有非零解,那么
,
由此可得 .
评注：若熟悉公式 ,则 ,可知 ,亦可求出 .
(5)【答案】
【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.
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
取得黄球和第一个人取得白球).根据题设条件可知
； ；
(第一个人取得黄球的条件下,黄球个数变成 ,球
的总数变成 ,第二个人取得黄球的概率就为 )；
(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-
1=49,第二个人取得黄球的概率就为 ).
故应用全概率公式
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.
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
.
【相关知识点】1.全概率公式: ；
2. 古典型概率公式： .
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)
【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
,
由于 ,
偏导数且 .
再看 在 是否连续？由于
,
因此 在 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 在某点
不连续的方法之一是：证明点 沿某曲线趋于 时, 的极限不存在
或不为 .
② 证明 不存在的重要方法是证明点 沿两条不同曲线趋于
时, 的极限不想等或沿某条曲线趋于 时, 的极限不存在.
对于该题中的 ,若再考察
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,
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
它在点 处连续,但 与 都不存在.可见二元函数的连
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；
D
是矩形 的面积；
E C
是梯形 的面积.
A B
由图可见 ,应选(B). a b x
O
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
特定的 来观察结果是什么.例如取 ,则
.
【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
所以 是单调递减的,故 从而
.
为证 ,令 则
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由于 ,所以 是单调递增的,故 , ,即 在 上
单调递增的.由于 所以 ,从而
,
即 .因此, ,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 在积分区间 上连续,则在 上至少
存在一个点 ,使下式成立： .这个公式叫做积分中值公
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,
那么在 内至少有一点 ,使等式 成立.
(3)【答案】(A)
【解析】由于函数 是以 为周期的函数,所以,
,
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).
估计 的值有多种方法.
方法1：划分 取值正、负的区间.
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当 时, , 所以 .选(A).
方法2：用分部积分法.
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.
(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
有唯一解.
将上述方程组写成矩阵形式： ,其中 是其系数矩阵, .
则 有唯一解 (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 线性相关.所以应选(D).
方法2：用排除法.
(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
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) 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
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,
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)
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【解析】因 与 独立,故 和 也相互独立.由方差的性质,有
.
【相关知识点】方差的性质： 与 相互独立时,
,其中 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 后 ,或先 后 两种方法.本题的区域 为绕
轴旋转的旋转体,用柱面坐标先 后 方便.
【解析】方法1：采用柱面坐标,先 后 ,为此,作平面 .
(将直角坐标化为柱面坐标)
方法2：将 投影到 平面,得圆域 用柱面坐标先 后 ,
有
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,那么里、外层积分
可以分别积分然后相乘即可.如本例方法2中 可以单独先做.
(2)【解析】方法1：写出 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 的参数方程为：
,
其中 .
由 的方向知, 在 平面上的投影曲线相应地也是顺时针的,于是 从 到0.
在把参数方程代入被积表达式之前,先用 的方程将被积表达式化简,有
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方法2：用斯托克斯公式来计算.记 为平面 上 所围有限部分,由 的定向,
按右手法则 取下侧.
原积分 .
在 平面上的投影区域 为 .将第二类曲面积分化为二重积分得
原积分 .
这里因 取下侧,故公式取负号.
(3)【解析】已掌握新技术人数 的变化率,即 ,由题意可立即建立初值问题
把方程分离变量得 .
积分可得 , .
以 代入确定 ,故所求函数为
四、(本题共2小题,第(1)小题6分,第(2)小题7分,满分13分.)
(1)【分析】求出曲面 在点 (位于 上)处的切平面方程,再写
出 的参数方程, 上的点的坐标应满足切平面方程,由此定出参数 与 .
【解析】曲面 在点 的法向量
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.
切平面 的方程是
,
即 .
将直线 的方程改写成参数方程
将它代入平面 方程得
,即 .
解得 .
(2)【分析】 是由一元函数 与二元函数 复合而成的二元
函数,它满足方程
. (*)
为了求 ,我们将用复合函数求导法,导出 , , , 与 的关系,
然后由(*)式导出 满足的常微分方程,从而求出 .
【解析】先用复合函数求导法导出
将后两式代入(*)得 ,即 .
这是二阶线性常系数齐次方程,相应的特征方程 的特征根为 ,因此求得
,其中 、 为任意常数.
五、(本题满分6分)
【分析】通过变换将 化为积分上限函数的形式,此时 ,但根据 ,知
,从而 ,由此,利用积分上限函数的求导法则、导数在一点处
的定义以及函数连续的定义来判定 在 处的连续性.
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【解析】由题设 知, 且有 .又
于是
由导数定义,有 .
而
,
从而知 在 处连续.
评注：对 作积分变量变换 时,必附加条件 .因此,由
得到的 也附加有条件 .从而 应单独去求.
六、(本题满分8分)
【解析】(1)先证 单调有界.
显然 ,由初等不等式：对 非负数 必有 ,易知
.
再考察 .
因此, 单调下降且有界,存在极限 .
(2)方法1：由 单调下降 .
原级数是正项级数.现适当放大,注意 ,得
的部分和 , 存在,可
见级数 收敛.由比较判别法知,级数 也收敛.
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方法2：令 ,利用递推公式,有
,
由比值判别法知级数 也收敛.
【评注】由证明中可见,有下述结论： 收敛 存在.
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(2)小题6分,满分11分.)
【分析】要求 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 ,故解空间的维数 ,又因 线性无关,
是方程组 的解,由解空间的基的定义, 是解空间的基.
用施密特正交化方法先将其正交化,令：
将其单位化,有 ,
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
是线性相关的(注意 ),不要误认为解空间是3维的.
(2)(I)设 是矩阵 的属于特征值 的特征向量,即
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即 .
(II)将(1)解得的 代入矩阵 ,得 .
其特征方程为
知矩阵 的特征值为 .
由于 ,
从而 只有一个线性无关的特征向量,故 不能相似对角化.
评注： 相似于对角阵 A的每个 重特征值有 个线性无关的特征向量.
八、(本题满分5分)
【解析】由于 ,其中 是初等矩阵
(1)因为 可逆, ,故 ,所以 可逆.
(2)由 ,知
评注：①本题考查初等矩阵的概念与性质,要知道初等变换与初等矩阵左右乘的关系以及初
等矩阵的逆矩阵的三个公式.有的考生写不出初等矩阵 ,或将 写成 ,或不知道
,或认为 ,而不知道 等,这些要引起注意.
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②经初等变换矩阵的秩不变,易知 ,也可证明 可逆.
九、(本题满分7分)
【分析】首先需要清楚二项分布的产生背景.它的背景是：做 次独立重复试验,每次试验的
结果只有两个(要么成功,要么失败),每次试验成功的概率都为 ,随机变量 表示 次试
验成功的次数,则 .这道题中经过三个交通岗,在各个交通岗遇到红灯的事件是
独立的,概率都为 ,相当于做了3次独立重复试验,试验的结果只有两个(要么遇到红灯(成
功),要么不遇到(失败)),每次成功的概率都为 , 表示遇到红灯的次数,相当于做了3次
试验成功的次数,故 .
【解析】由题意知： ,由二项分布的分布律的定义,有
再由离散型随机变量分布函数的定义,有 ,
(1)当 时, ；
(2)当 , ；
(3)当 ,
；
(4)当 ,
；
(5)当 时
.
因此 的分布函数为：
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的数学期望为 .
【相关知识点】1.二项分布分布律的定义： .
2.离散型随机变量分布函数的定义： .
3.二项分布 的期望为 .
十、(本题满分5分)
【分析】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
要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)；最大似然估计,实质上就
是找出使似然函数最大的那个参数,问题的关键在于构造似然函数.
【解析】(1)矩估计
由期望的定义：
.
样本均值 ,用样本均值估计期望有 ,即 ,解得未知参数
的矩估计量为：
(2)最大似然估计
设 是相应于样本 的样本值,则样本的似然函数为：
当 时, ,又 ,故 ,即 .所以 .
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.
(由于 是单调递增函数, 取最大与 取最大取到的 是一致的,而加对数后能把连
乘转换成累加,这样求导,找极值比较方便)
.
令 ,
解得 的最大似然估计值为 ,
从而得 的最大似然估计量为： .
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