1997考研数学一真题与答案详解.pdf

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1、欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！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.)3sin x x2 cos 1 (1)lim x.x 0(1 cos x)ln(1 x)(2)设幂级数 an xn 的收敛半径为 3,则幂级数 nan(x 1)n 1 的收敛区间为.n 0 n 1 (3)对数螺线 e 在点(,)(e2,)处的切线的直角坐标方程为.2 1 2 2 (4)设 A 4 t 3,B 为三阶非零矩阵,且 AB 0,则 t=.3 1 1 (5)袋中

2、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)xy,(x,y)(0,0),在点(0,0)处 (1)二元函数 f(x,y)x2 y2 ()0,(x,y)(0,0)(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 a,b 上 f(x)0,f(x)0,f (x)0,令 S1 b f(x)dx,S2

3、 f(b)(b a),a S3 1 f(a)f(b)(b a),则 ()2 (A)S1 S2 S3 (B)S2 S1 S3 (C)S3 S1 S2 (D)S2 S3 S1 (3)设 F(x)x 2 sin tdt,则 F(x)()x esin t (A)为正常数(B)为负常数(C)恒为零 (D)不为常数 a1 b1 c1 (4)设 1 a2 ,2 b2,3 c2 ,则三条直线 a x b y c 0,a x b y c 0,1 1 1 2 2 2 a3 b3 c3 1 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！a3 x b3 y c3 0(其

4、中 ai 2 bi 2 0,i 1,2,3)交于一点的充要条件是()(A)1,2,3 线性相关 (B)1,2,3 线性无关 (C)秩 r(1,2,3)秩 r(1,2)(D)1,2,3 线性相关,1,2 线性无关 (5)设两个相互独立的随机变量 X 和 Y 的方差分别为 4 和 2,则随机变量 3X 2Y 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 I (x2 y2)dV,其中 为平面曲线 y2 2z,绕 z 轴旋转一周形成的曲面与 x 0 平面 z 8 所围成的区域 .(2)计算曲线积分 (z y)dx(x z

5、)dy(x y)dz,其中 C 是曲线 x2 y2 1,从 z C x y z 2,轴正向往 z 轴负向看,C 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 N,在 t 0 时刻已掌握新技术的人数为 x0,在任意时刻 t 已掌握新技术的人数为 x(t)(将 x(t)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 k 0,求 x(t).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 L:x y b 0,在平面 上,且平面 与曲面 z x2 y 2

6、相切于点 x ay z 3 0 (1,2,5),求 a,b 之值.(2)设函数 f(u)具有二阶连续导数 ,而 z f(ex sin y)满足方程 2 z 2 z e2x z,求 x2 y2 f(u).五、(本题满分 6 分)2 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！设 f(x)连续,(x)1 f(x)A(A为常数),求(x)并讨论 (x)f(xt)dt,且 lim x 0 x 0 在 x 0 处的连续性 .六、(本题满分 8 分)设 a1 2,an 1 1(an 1),n 1,2,.,证明：2 an (1)lim an 存在；n (2)

7、级数 an 1 收敛.an 1 n 1 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 B是秩为 2 的 5 4矩阵,1(1,1,2,3)T,2 (1,1,4,1)T,3 (5,1,8,9)T 是 齐次线性方程组 Bx 0 的解向量,求 Bx 0 的解空间的一个标准正交基 .1 2 1 2 (2)已知 1 是矩阵A5 a 3 的一个特征向量 .1 1 b 2()试确定参数 a,b 及特征向量 所对应的特征值；()问 A 能否相似于对角阵？说明理由 .八、(本题满分 5 分)设 A 是 n 阶可逆方阵 ,将 A 的第 i 行和第 j 行对换后得到的

8、矩阵记为 B.(1)证明 B 可逆；(2)求AB1.九、(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 2.设 X 为途中遇到红灯的次数 ,求随机变量 X 的分布律、分布函数 5 和数学期望.十、(本题满分 5 分)设总体 X 的概率密度为 (1)x,0 x 1,f(x)0,其它，3 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！其中 1是未知参数 .x1,x2,xn 是来自总体 X 的一个容量为 n 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.4 欢迎

9、您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！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】3 2 【分析】这是 0 型极限.注意两个特殊极限 lim sin x 1,lim ln(1 x)1.0 x 0 x x 0 x x,得 【解析】将原式的分子、分母同除以 3sin x x2 cos 1 3 sin x x cos 1 3.lim cosx)ln(1 x lim x ln(1 x x 0(1 x)x 0 cos x)x)2 (1 x 评注：

10、使用洛必达法则的条件中有一项是 lim f(x)应存在或为 ,而本题中,x x0 g(x)(3sin x x2 cos 1)3cosx 2x cos 1 sin 1 lim x lim x x x 0 (1 cosx)ln(1 x)x 0 sin x ln(1 x)1 cosx 1 x 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】(2,4)【解析】考察这两个幂级数的关系.令 t x 1,则 nan tn 1 t 2 nantn 1 t 2 ant n.n 1 n 1 n 1 由于逐项求导后的幂级数与

11、原幂级数有相同的收敛半径 ,ant n 的收敛半径为 3 n 1 an t n 的收敛半径为 3.从而 t2 an tn nant n 1 的收敛半径为 3,收敛区间即 n 1 n 1 n 1 (-3,3),回到原幂级数 nan(x 1)n 1,它的收敛区间为 3 x 1 3,即(2,4).n 1 评注：幂级数的收敛区间指的是开区间,不考虑端点.对于 an xn,若 lim an 1 它的收敛半径是 R 1.但是若只知它的收敛半径 n 0 n an 为 R,则 lim an 1 1,因为 lim an 1 可以不存在 (对于缺项幂级数就是这种情形 ).n an R n an (3)【答案】x

12、y e2 【解析】求切线方程的主要问题是求其斜率 k yx,而 yx 可由 e 的参数方程 5 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！x cos e cos ,y sin e sin yx y e sin e cos sin cos 1,求得：x e cos e sin cos,yx sin 2 所以切线的方程为 y e2(x 0),即 x y e2.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】t3 【解析】由 AB 0,对 B 按列分块,设B 1,2,3,则 AB A 1,2,3A1,A 2,A 3 0

13、,0,0 ,即 1,2,3 是齐次方程组 Ax 0 的解.又因 B O,故 Ax 0 有非零解,那么 1 2 2 1 0 2 A 4 t 3 4 t 3 3 7 t 3 0,3 1 1 3 0 1 由此可得 t 3.评注：若熟悉公式 AB 0,则 r(A)r(B)n 3,可知 r(A)3,亦可求出 t3.(5)【答案】2 5 【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 Ai“第 i 个人取得黄球”,i 1,2,则完全事件组为 A1,A1(分别表示第一

14、个人 取得黄球和第一个人取得白球).根据题设条件可知 黄球的个数 20 2；P A1 白球的个数 30 3；P A1 球的总数 球的总数 50 5 50 5 P A2|A1 20 1 19(第一个人取得黄球的条件下,黄球个数变成 20 1 19,球 50 1 49 的总数变成 50 1 49,第二个人取得黄球的概率就为 19)；20 49 P A2|A1(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 49 50-1=49,第二个人取得黄球的概率就为 20).49 故应用全概率公式 P A2 P A1 P A2|A1 P A1 P A2 2 19 3 20 2|A1 49 5 4

15、9.5 5 6 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！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 20 2 50.5 【相关知识点】1.全概率公式:P A2 P A1 P A2|A1 P A1 P A2|A1；2.古典型概率公式：P(Ai)有利于事件 Ai的样本点数.样本空间的总数 二、选择题 (本题共

16、 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 f(x,y)在(0,0)点是否连续,是否存在偏导数的问题 .按定义 f(0,0)d f(x,0),f(0,0)d f(0,y),x dx x 0 y dy y 0 由于 f(x,0)0(x),f(0,y)0(y),偏导数且 f(0,0)f(0,0)0.x 0,y 再看 f(x,y)在(0,0)是否连续？由于 lim f(x,y)lim x2 1 f(0,0),2 2 (x,y)(0,0)x 0 x x 2 y x 因此 f(x,y

17、)在(0,0)不连续.应选(C).评注：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 f(x,y)在某点 M 0(x0,y0)不连续的方法之一是：证明点(x,y)沿某曲线趋于 M 0 时,f(x,y)的极限不存在 或不为 f(x0,y0).证明 limf(x,y)不存在的重要方法是证明点(x,y)沿两条不同曲线趋于 (x,y)(x0,y0)M 0(x0,y0)时,f(x,y)的极限不想等或沿某条曲线趋于 M 0 时,f(x,y)的极限不存在 .对于该题中的 f(x,y),若再考察 lim f(x,y)lim 0 0 1 lim f(x,y),(x,y)(0,0)y 0 2(x,

18、y)(0,0)x 0 y x lim f(x,y)不存在.(x,y)(0,0)7 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！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 f(x,y)x y,它在点 (0,0)处连续,但 fx(0,0)与 f y(0,0)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 f(x)0,f(x)0,f (x)0 可知,曲线 y f(x)是 上半平面的一段下降的凹弧 ,y f(x)的图形大致如右图 .y S b f

19、(x)dx 是曲边梯形 ABCD 的面积；D 1 a S2 f(b)(b a)是矩形 ABCE 的面积；S3 1 f(b)(b a)是梯形 ABCD 的面积 f(a)2 由图可见 S S S,应选(B).E C A B a b x 2 1 3 方法 2：观察法.因为是要选择对任何满足条件的 O f(x)都成立的结果 ,故可以取满足条件的 特定的 f(x)来观察结果是什么.例如取 f(x)12,x 1,2,则 x S1 2 1 dx 1 1 5 S2 S1 S3.x 2,S2,S3 8 1 2 4 【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 b()()(),成立,再由

20、 f x dx f b a a b a f(x)0,所以 f(x)是单调递减的 ,故 f()f(b),从而 S1 b f(x)dx f()(b a)f(b)(b a)S2.a 1 f(x)x 为证 S3 S1,令 (x)f(a)(x a)f(t)dt,则 (a)0,2 a (x)1 f(x)(x a)1(f(x)f(a)f(x)2 2 1 f(x)(x a)1(f(x)f(a)2 2 1 f(x)(x a)1()(x a)(a x)(拉格朗日中值定理)2 f 2 1(f(x)f()(x a),2 由于 f(x)0,所以 f (x)是单调递增的 ,故 f(x)f(),(x)0,即(x)在 a,b

21、 上 单调递增的.由于(a)0,所以(x)0,x a,b,从而 8 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！(b)1 f(a)(b a)b f(t)dt 0,f(b)a 2 即S3 S1.因此,S2 S1 S3,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 f(x)在积分区间 a,b 上连续,则在(a,b)上至 少存在一个点,使下式成立：b()()()().这个公式叫做积分中值 f x dx f b a a b a 公式.2.拉格朗日中值定理：如果函数 f(x)满足

22、在闭区间 a,b 上连续,在开区间 a,b 内可导,那么在 a,b 内至少有一点(a b),使等式 f(b)f(a)f()(b a)成立.(3)【答案】(A)【解析】由于函数 esin t sin t 是以 2 为周期的函数 ,所以,F(x)x 2 2 esin t sin tdt esin t sin tdt,x 0 F(x)的值与 x 无关.不选 D,(周期函数在一个周期的积分与起点无关).2 sin tdt 的值有多种方法 .估计 esin t 0 方法 1：划分 esin t sin t 取值正、负的区间 .F(x)2 esin t sin tdt 2 esin t sin tdt e

23、sin t sin tdt 0 0 esin t sintdt e sinu(sin u)du 0 0 (esin t e sin t)sin tdt 0 当 0 t 时,sin t 0,esin t e sint 0,所以 F(x)0.选(A).方法 2：用分部积分法 .F(x)2 sin tdt 2 esin t esin t d cost 0 0 esin t cost 2 2 0 costdesin t 0 e0(1 1)2 2 esin t cost 2dt 0.esin t cost 2 dt 0 0 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

24、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.9 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！(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 a1x b1 y c1 0 a1x b1 y c1 a2 x b2 y c2 0 a2 x b2 y c2 a3x b3 y c3 0 a3 x b3 y c3 有唯一解.a1 b1 c1 将上述方程组写成矩阵形式：A3 2 X b,其中 A a2 b

25、2 是其系数矩阵 ,b c2.a3 b3 c3 则 AX b 有唯一解 r(A)r A b 2(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 1,2 线性相关.所以应选(D).方法 2：用排除法.(A)1,2,3线性相关 ,当 1 2 3 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)1,2,3 线性无关,3 不能由 1,2 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 ,(

26、B)不成立.(C)秩 r(1,2,3)秩 r(1,2),当 r(1,2,3)r(1,2)1 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)【解析】因 X 与 Y 独立,故3X 和 2Y 也相互独立.由方差的性质,有 D(3X 2Y)D(3X)D(2Y)9D(X)4D(Y)44.【相关知识点】方差的性质：X 与Y相互独立时,D(aX bY c)a2 D(X)b2 D(Y),其中 a,b,c

27、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 z 后(r,),或先(r,)后 z 两种方法 .本题的区域 为 绕 z 轴旋转的旋转体 ,用柱面坐标先 (r,)后 z 方便.【解析】方法 1：采用柱面坐标 ,先(r,)后 z,为此,作平面 z z.10 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！D z (x,y,z)|x2 y2 2z,z z,I(x2 y2)dv 8 dz r 2 rdrd (将直角坐标化

28、为柱面坐标)0 Dz dz 2 d 2 z r 3 dr 1024.8 0 0 0 3 方法 2：将 投影到 xOy 平面,得圆域 D(x,y)|x2 y2 16,用柱面坐标先 z 后(r,),有 I(x2 y2)dv 2 d dr r 2 r 3dz 2 r 3(8 r 2 1024 .4 8 4 0 0 2 0 2 3 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 .如本例方法 2 d 可以单独先做 .可以分别积分然后相乘即可 2 中 0 (2)【解析】方法 1：写出 C 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 C

29、 的参数方程为：x x(t)cost,y y(t)sin t,z z(t)2 cost sin t,其中 z 2 x y.由 C 的方向知,C 在 Oxy 平面上的投影曲线相应地也是顺时针的,于是 t 从 2 到 0.在把参数方程代入被积表达式之前 ,先用 C 的方程将被积表达式化简,有 I(z y)dx(x z)dy (x y)dz C (2 x)dx(x z)dy (2 z)dz C 0 x(t)dx(t)0 cost (2 cost sint)cos tdt 0(2 z(t)dz(t)(2 2 2 2 0 2cos 2 t sin t cost 2cost dt 0 0 2 2 cos2

30、 tdt 2 .2 0 方法 2：用斯托克斯公式来计算 .记 S 为平面 x y z 2上 C 所围有限部分,由 L 的定向,按右手法则 S 取下侧.dydz dzdx dxdy 原积分 2 .x y z dxdy S S z y x z x y S在 xy 平面上的投影区域 Dxy 为 x 2 y 2 1 .将第二类曲面积分化为二重积分得 11 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！原积分 2dxdy 2.D xy 这里因 S 取下侧,故公式取负号 .(3)【解析】已掌握新技术人数 x(t)的变化率,即 dx,由题意可立即建立初值问题

31、dt dx kx(N x),dt x(0)x0.把方程分离变量得 dx kdt,1(1 1)dx kdt.x(N x)N x N x 积分可得 1 ln x kt c1,x cNekNt .N N x 1 cekNt 以 x(0)x0 代入确定 c x0,故所求函数为 x Nx0ekNt.N x0 N x0 x0ekNt 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 S:x2 y2 z 0在点 M 0(1,2,5)(位于 S 上)处的切平面方程 ,再写 出 L 的参数方程,L 上的点的坐标应满足切平面方程,由此定出参数 a 与 b

32、.【解析】曲面 S 在点 M 0 的法向量 n 2 x,2y,1 M0 2,4,1.切平面 的方程是 2(x 1)4(y 2)(z 5)0,即 2x 4 y z 5 0.将直线 L 的方程改写成参数方程 y x b,z(1 a)x ab 3.将它代入平面 方程得 2x 4(x b)(1 a)x ab 3 5 0,即(5 a)x 4b ab 2 0.解得 a 5,b 2.(2)【分析】z f(ex sin y)是由一元函数 z f(u)与二元函数 u ex sin y 复合而成的二 元函数,它满足方程 2 z 2 z 2 x z.(*)x2 y2 e 12 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互

33、联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！为了求 f(u),我们将用复合函数求导法,导出 z,z,2 z,2 z 与 f(u),f(u)的关系,x y x2 y2 然后由(*)式导出 f(u)满足的常微分方程,从而求出 f(u).【解析】先用复合函数求导法导出 z f(u)u f(u)ex sin y,z f(u)u f(u)ex cos y,x x y y 2 z x 2x sin 2 y,2 z 2 x 2 f x x2 f(u)e sin y f(u)e y2 f (u)e cos y(u)e sin y.将后两式代入 (*)得 2 z 2 z f(u)e2x e2 x f

34、(u),即 f(u)f(u)0.x2 y2 这是二阶线性常系数齐次方程,相应的特征方程 2 1 0 的特征根为 1,因此求得 f(u)C1eu C2 e u,其中 C1、C2 为任意常数.五、(本题满分 6 分)【分析】通过变换将(x)化为积分上限函数的形式,此时 x 0,但根据 lim f(x)A,知 x 0 x 1 f(0)0,从而(0)0,由此,利用积分上限函数的求导法则、f(0)dt 导数在一点处的 0 定义以及函数连续的定义来判定 (x)在 x 0 处的连续性.【解析】由题设 lim f(x)A 知,f(0)0,f(0)A,且有(0)0.又 x 0 x x f(u)du (x)1 x

35、t 0 0),f(xt)dtu x(x 0 xf(x)x f(u)du 于是 (x)0 (x 0),x2 x (x)(0)f(u)du lim f(x)A.由导数定义,有(0)lim lim 0 x 0 x x 0 x2 x 0 2x 2 xf(x)x f(u)du x f(u)du 而 lim 0 f(x)lim 0 (x)lim x 2 lim x x 2 x 0 x 0 x 0 x 0 A A A (0),2 2 从而知(x)在 x 0处连续.评注：对(x)1 作 积 分 变 量 变 换 xt u 时,必 附 加 条 件 x 0.因此,由 0 f(xt)d t 1 x (x)也附加有条件

36、 x 0.从而(0)应单独去求 .(x)f(u)du 得到的 x 0 13 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！六、(本题满分 8 分)【解析】(1)先证 an 单调有界.显然 an 0(n 1,2,),由初等不等式：对 非负数 x,y 必有 x y 2 xy,易知 an 1 1(an 1)1 2 1(n 1,2,).2 an 2 再考察 因此,an an 1 1 1 1 1 an(1 2)2(1)1.2 an 1 单调下降且有界,存在极限 lim an.n (2)方法 1：由 an 单调下降 an 1 an an 1 0.an 1 a

37、n 1 原级数是正项级数.现适当放大,注意 an 1,得0 an 1 an an 1 an an 1.an an 1 1 (an an 1)的部分和 Sn(ak ak 1)a1 an 1,lim Sn a1 lim an 1 存在,可 n 1 k 1 n n 见级数(an an 1)收敛.由比较判别法知 ,级数 an 1 也收敛.an 1 n 1 n 1 方法 2：令 b an 1,利用递推公式 ,有 n an 1 lim bn lim 1 2 2 1 an 2 1 an 2 1 0 1,n bn n 4 an 1 1 an 由比值判别法知级数 an 1 也收敛.n 1 an 1 【评注】由证

38、明中可见 ,有下述结论：(an an 1)收敛 lim an 存在.n 1 n 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 Bx 0 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 r(B)2,故解空间的维数 n r(B)4 2 2,又因 1,2 线性无关,1,2 是方程组 Bx 0 的解,由解空间的基的定义 ,1,2 是解空间的基 .用施密特正交化方法先将其正交化,令：14 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！

39、我们将竭诚为您提供优质的文档！1 1,1,2,3 T 1,(2,1)1,1,4,T 5 T2 T 2 2 1,1)1 1 1,1,2,3 2,1,5,3 .(15 3 将其单位化,有 1 1 T 2 1 15 1,1,2,3 ,2 1 2 1 T 2,1,5,3 ,39 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 1,2,3 是线性相关的 (注意 2 1 3 2 3),不要误认为解空间是 3 维的.(2)(I)设 是矩阵 A 的属于特征值 0的特征向量,即 A

40、0 ,2 1 2 1 1 5 a 3 1 0 1 ,1 b 2 1 1 2 1 2 即 5 a 3 1 b 2 0 0 0 1,a 3,b 0.0 2 1 2(II)将(1)解得的 a 3,b 0 代入矩阵 A,得 A 5 3 3 .1 0 2 2 1 2 其特征方程为 E A 5 3 3(1)3 0,1 0 2 知矩阵 A 的特征值为 1 2 3 1.3 1 2 由于 r(E A)r 5 2 3 2,1 0 1 从而 1 只有一个线性无关的特征向量,故 A 不能相似对角化 .评注：A 相似于对角阵 A的每个 ri 重特征值有 ri 个线性无关的特征向量 .八、(本题满分 5 分)【解析】由于

41、 B Eij A,其中 Eij 是初等矩阵 15 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！1 0 1 i Eij 1 0 j 1 (1)因为 A 可逆,A 0,故 B Eij A Eij A A 0,所以 B 可逆.(2)由 B Eij A,知 AB 1 A(Eij A)1 AA 1Eij 1 Eij 1 Eij.评注：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 Eij ,或将 B 写成 B AEij,或不知道 Eij 1 Eij,或认为 A B,而不知道 B

42、A 等,这些要引起注意.经初等变换矩阵的秩不变,易知 r(B)r(A)n,也可证明 B 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 n 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 p,随机变量 X 表示 n 次试 验成功的次数 ,则 X B(n,p).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 2,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 5 功),要么不遇到(失败),每次成功的概率都为 2,X 表示遇到红灯的次数,相当于做了 3 次 试验成功的

43、次数 ,故 X B(3,2).5 5 【解析】由题意知：X B(3,2),由二项分布的分布律的定义,有 5 p X k C3k pk(1 p)3 k,k 0,1,2,3.再由离散型随机变量分布函数的定义 ,有 F(x)pk,k x (1)当 x 0 时,()0；F x pk k x 3(2)当 0 x 1,F(x)pk p0 P X 0 C30(2)0(1 2)3 0 3 27；k x 5 5 5 125 16 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！(3)当 1 x 2,27 1 2 1 2 3 1 81；F(x)k x pk p0 p1

44、 P X 0 P X 1 125 C3(5)(1 5)125(4)当 2 x 3,F(x)pk p0 p1 p2 PX0PX1PX2 k x 81 C32(2)2(1 2)3 2 117；125 5 5 125 (5)当 x 3 时 F(x)pk p0 p1 p2 p3 PX0PX1PX2PX31.k x 因此 X 的分布函数为：0,x 0,27 0 x 1,125 F(x)81,1 x 2,125 117 2 x 3,125 1,x 3.X B(3,2)的数学期望为 EX np 3 2 6.5 5 5 【相关知识点】1.二项分布分布律的定义：P X k Cnk pk(1 p)n k,k 0,

45、1,n.2.离散型随机变量分布函数的定义：F(x)P X x pi.xi x 3.二项分布 X B(n,p)的期望为 EX np.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 E(X)xf(x)dx 1 1)x dx 1 1)x 1dx 由期望的定义：x(0 0 1 1)x 2 1 1 (1)x 1dx .0 2 0 2 1 n EX X,即 1,解得未知参数

46、样本均值 X Xi ,用样本均值估计期望有 X n i 1 2 17 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！的矩估计量为：2X 1.1 X (2)最大似然估计 设 x1,x2,.,xn 是相应于样本 X1,X 2,.,X n 的样本值,则样本的似然函数为：n L(1)n xi 0 xi 1(i 1,2,n)i 1 0 其他.0 n 1,故 1 0,即 1 n 0 当 时 xi 0,又.所以 L()0.xi 1 ,i 1 1)n n n n ln L ln(xi n ln(1)ln xi n ln(1)ln xi.i 1 i 1 i 1 (由于 ln L 是单调递增函数 ,L 取最大与 ln L 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 )d ln L n n ln xi .d 1 i 1 d ln L n n 令 ln xi 0,d 1 i 1 1 n 解得 的最大似然估计值为 n,ln xi i 1 n 1 n 从而得 的最大似然估计量为：.ln X i i 1 18