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Born to win
1999 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)
(2)
(3) 的通解为
(4) 设n 阶矩阵A 的元素全为1，则A 的 个特征值是
(5) 设两两相互独立的三事件A, B 和C 满足条件：
则
二、选择题(本题共5小题，每小题3分，满分15分。每小题给出得四个选项中，只有一个是符合题
目要求的，把所选项前的字母填在提后的括号内。)
(1)设 是连续函数， 是 的原函数，则 ( )
(A) 当 是奇函数时， 必是偶函数。
(B) 当 是偶函数时， 必是奇函数。
(C) 当 是周期函数时， 必是周期函数。
(D) 当 是单调增函数时， 必是单调增函数。
(2)设 其中 是有界函数，则 在 处 ( )
(A)极限不存在 (B)极限存在，但不连续
(C)连续，但不可导 (D)可导
(3) 设 其中
则 等于 ( )
(A) (B) (C) (D)
(4)设A 是 矩阵， B 是 矩阵，则
(A)当 时，必有行列式 (B)当 时，必有行列式
(C)当 时，必有行列式 (D)当 时，必有行列式
(5)设两个相互独立的随机变量X 和Y 分别服从正态分布N 和N ，则
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(A) (B)
(C) (D)
三、(本题满分5分)
设 ， 是由方程 和 =0所确定的函数，其中 和
分别具有一阶连续导数和一阶连续偏导数，求 。
四、(本题满分5分)
求 其中a,b 为正常数， L 为从点A 沿
曲线 到点O 的弧.
五、 (本题满分6分)
设函数 二阶可导，且 ， .过曲线 上任意一点
作该曲线的切线及 轴的垂线，上述两直线与 轴所围成的三角形的面积记为 ，区
间 上以 为曲边的曲边梯形面积记为 ，并设 恒为 1，求此曲线
的方程.
六、(本题满分6分)
试证：当 时，
七、(本题满分6分)
为清除井底的污泥，用缆绳将抓斗放入井底，抓起污泥后提出井口
见图，已知井深 30m,抓斗自重 , 缆绳每米重 ，抓斗抓
起的污泥重 ，提升速度为 ,在提升过程中，污泥以
的速度从抓斗缝隙中漏掉，现将抓起污泥的抓斗提升至井口，问克服重
力需作多少焦耳的功？(说明：① 其中 分别表示
米，牛顿，秒，焦耳；②抓斗的高度及位于井口上方的缆绳长度忽略不
计.)
八、(本题满分7分)
设S 为椭球面 的上半部分，点P ∈S,π为S 在点P 处的切平面，
为点O 到平面π的距离，求
九、(本题满分7分)
设
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(1) 求 的值；
(2) 试证：对任意的常数λ>0, 级数 收敛
十、(本题满分8分)
设矩阵 其行列式 又A 的伴随矩阵 有一个特征值 ，属
于 的一个特征向量为 求 和 的值.
十一、(本题满分6分)
设A 为m 阶实对称矩阵且正定，B为m×n实矩阵， 为B的转置矩阵，试证： 为正定矩
阵的充分必要条件是B的秩 .
十二、(本题满分8分)
设随机变量X 与Y 相互独立，下表列出了二维随机变量 联合分布律及关于X 和关于Y
的边缘分布律中的部分数值，试将其余数值填入表中的空白处.
Y
X
1
十三、(本题满分6分)
设总体X 的概率密度为
是取自总体X 的简单随机样本.
(1) 求θ的矩估计量
(2) 求 的方差
1999 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析
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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)【答案】
【分析】利用 的等价变换和洛必达法则求函数极限.
【详解】
方法1：
方法2：
(2)【答案】
【分析】欲求 ，唯一的办法是作变换，使含有 中的 “转移”到 之外
【详解】令 ，则 ，所以有
(3)【答案】 其中 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 的特征方程为： 解得 ，故
的通解为
由于非齐次项为 因此原方程的特解可设为 代入原方程可求得
，故所求通解为
(4)【详解】因为
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(对应元素相减)
两边取行列式，
令 ，得 ，故矩阵A的n个特征值是
n和0( 重)
(5)【答案】
【详解】根据加法公式有
因为 ，设
由于 两两相互独立，所以有
，
，
，
又由于 ，因此有
所以
又 ，从而 ，则有
，解得
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因 ，故 ，即
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.
的原函数 可以表示为 于是
当 为奇函数时， ，从而有
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：
是偶函数，但其原函数 不是奇函数，可排除(B)；
是周期函数，但其原函数 不是周期函数，可排除(C)；
在区间 内是单调增函数，但其原函数 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
从而， 存在，且 ，故正确选项为(D).
(3)【答案】( C )
【详解】由题设知，应先将 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，
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而 是 的间断点，按狄利克雷定理有，
(4)【答案】B
【详解】
方法1： 是 矩阵， 是 矩阵，则 是 阶方阵，因
.
当 时，有 . ( 的系数矩阵的秩小于未知
数的个数)，故有行列式 ，故应选(B).
方法2： 是 矩阵, 当 时, 则 (系数矩阵的秩小于未知数的个数) ，方程组
必有非零解，即存在 ，使得 ，两边左乘 ，得 ，即
有非零解，从而 ，故选(B).
方法3：用排除法
(A) ，取 ， ，(A)不成立
(C) ，取 ， ，(C)不成立
(D) ，取 ， ，(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 相互独立，且 ， ，所以
,
其中 ， ， ，
由期望的性质： ，
由独立随机变量方差的性质：
所以 ，
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(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： 因
由标准化的定义：若 ，则
所以， ，将其标准化有
(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 轴对称，所以
，而 ，所以A错.
B选项：
将其标准化有： (根据标准正态分布的对称性)
故B正确.
C选项：
将其标准化有： ，故C错.
D选项：
将其标准化有： ，故D错.
三【详解】分别在 和 的两端对 求导数，得
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整理后得
解此方程组，得
四【详解】
方法1：凑成闭合曲线，应用格林公式.
添加从点 沿 到点 的有向直
线段 , 如图，则
利用格林公式，前一积分
其中D为 +L所围成的半圆域，后一积分选择 为参数，得 :
可直接积分 ，故
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.
前一积分与路径无关，所以
对后一积分，取 的参数方程
，则 ， 从 到 ，得
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从而
五【详解】如图，曲线 上点 处的切线方程为
所以切线与 轴的交点为
由于 因此
于是
又 ，
根据题设 即 两边对 求导并化简得
这是可降阶得二阶常微分方程，令 则 ，
则上述方程可化为 分离变量得 ，解得 即
从而有 ，根据 可得
故所求曲线得方程为
六【详解】构造函数，利用函数的单调性，
证法1：令 易知
又
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可见，当 时， ；当 时，
因此， 为 的最小值，即当 时， ，所以
为单调增函数. 又因为 ，所以有
时 ； 时 ，
所以利用函数单调性可知， 为 的最小值，即
所以有 时，
证法2：先对要证的不等式作适当变形，当 时，原不等式显然成立；
当 时，原不等式等价于
当 时，原不等式等价于
令
则
又因为 利用函数单调性可知
当 时， 即 当 时， 即
综上所述，当 时，
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 ，其中 是克服抓斗自重所作
的功； 是克服缆绳重力作的功； 为提出污泥所作的功. 由题意知
将抓斗由 处提升到 处，克服缆绳重力所作的功为
= 缆绳每米重×缆绳长×提升高度
从而
在时间间隔 内提升污泥需做功为
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将污泥从井底提升至井口共需时间
所以
因此，共需做功
解法2：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为 ，当抓斗运动到 处时，作用力 包括抓
斗的自重 , 缆绳的重力 ， 污泥的重力
即
于是
八【分析】先写出切平面方程，然后求 ，最后将曲面积分化成二重积分.
【详解】点 ， 在点 处的法向量为 ，设 为 上任意一点，
则 的方程为
，化简得
由点到平面的公式， 到 的距离
从而
用投影法计算此第一类曲面积分，将 投影到 平面，其投影域为
由曲面方程知 于是
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因此
故有
九【详解】(1) 因为
又由部分和数列
有
因此
(2) 先估计 的值，因为
，令 ，则 ，即
所以
所以
由于 ，所以 收敛，从而 也收敛.
十【详解】根据题设， 有一个特征值 ，属于 的一个特征向量为 根据特
征值和特征向量的概念，有
把 代入 中，得 则 . 把
代入，于是 即
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也即 ，
常数 乘以矩阵 ，需用 乘以矩阵的每一个元素
矩阵相等，则矩阵的对应元素都相同，可得
因 ， 的特征值 ， 的特征值 ，故
由(1),(3)两式得
，
两边同除 ，得
整理得 ，代入(1)中，得 . 再把 代入(2)中得
又由 ， 以及 ，有
(其中 的指数3，1分别是1的行数和列数)
故 因此
十一【详解】
“必要性”. 设 为正定矩阵，则由定义知，对任意的实 维列向量 ，有
即 于是， ，即对任意的实 维列向量 ，都有
. (若 ，则 矛盾). 因此， 只有零解，故有 (
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有唯一零解的充要条件是 ).
“充分性”. 因 为 阶实对称矩阵，则 ，故 根据实
对称矩阵的定义知 也为实对称矩阵. 若 ，则线性方程组 只有零解，从而
对任意的实 维列向量 ，有 . 又 为正定矩阵，所以对于 有
故 为正定矩阵(对任意的实 维列向量 ，有
).
十二【详解】离散型随机变量边缘分布律的定义：
(通俗点说就是在求关于 的边缘分布时，就把对应 的所有 都加起来，同理求关于 的边缘
分布时，就把对应 的所有 都加起来)
故 即
而由表知 ， ，所以
又根据 相互独立，则有：
即
因 ， ，而
所以
再由边缘分布的定义有
所以
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又由独立性知
所以
由边缘分布定义有
所以
再由 ，所以
而
故
又 ，所以
所以有：
Y
X
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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：
样本均值 ，用样本均值估计期望有 ，
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即 解得θ的矩估计量
(2) 由随机变量方差的性质： ，所以
又由独立随机变量方差的性质：若 独立，则
因 是取自总体 的简单随机样本，所以 独立且
与 服从同一分布，即
而
方差的定义： ，所以求方差只需要求出 和
根据二阶原点矩的定义：
故
而 ，所以
因此 的方差为
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