新《考研资料》1999考研数学一真题及答案解析.doc

Born to win1999 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(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：其中分别表示米，牛顿，秒，焦耳；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PS,为S 在点P 处的切平面，为点O到平面的距离，求九、(本题满分7分)设(1) 求的值；(2) 试证：对任意的常数>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(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 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， 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 ，(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 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(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 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：YX1十三【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，即 解得的矩估计量 (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17