1999考研數(shù)一真題及解析

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上1999 年全國(guó)碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)一試題一、填空題(本題共5個(gè)小題，每小題3分，滿分15分。把正確答案填寫在題中橫線上。)(1) (2) (3) 的通解為 (4) 設(shè)n 階矩陣A 的元素全為1，則A 的個(gè)特征值是 (5) 設(shè)兩兩相互獨(dú)立的三事件A, B 和C 滿足條件：則 二、選擇題(本題共5小題，每小題3分，滿分15分。每小題給出得四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)是符合題目要求的，把所選項(xiàng)前的字母填在提后的括號(hào)內(nèi)。)(1)設(shè)是連續(xù)函數(shù)，是的原函數(shù)，則 ( )(A) 當(dāng)是奇函數(shù)時(shí)，必是偶函數(shù)。(B) 當(dāng)是偶函數(shù)時(shí)，必是奇函數(shù)。(C) 當(dāng)是周期函數(shù)時(shí)，必是周期函數(shù)。(D)

2、當(dāng)是單調(diào)增函數(shù)時(shí)，必是單調(diào)增函數(shù)。(2)設(shè)其中是有界函數(shù)，則在處 ( ) (A)極限不存在 (B)極限存在，但不連續(xù)(C)連續(xù)，但不可導(dǎo) (D)可導(dǎo)(3) 設(shè)其中則等于 ( )(A) (B) (C) (D)(4)設(shè)A 是矩陣， B 是矩陣，則(A)當(dāng)時(shí)，必有行列式 (B)當(dāng)時(shí)，必有行列式(C)當(dāng)時(shí)，必有行列式 (D)當(dāng)時(shí)，必有行列式(5)設(shè)兩個(gè)相互獨(dú)立的隨機(jī)變量X 和Y 分別服從正態(tài)分布N和N，則(A) (B) (C) (D) 三、(本題滿分5分)設(shè)，是由方程和=0所確定的函數(shù)，其中和分別具有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù)和一階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，求。四、(本題滿分5分)求其中a,b 為正常數(shù)， L 為從點(diǎn)A沿曲線到點(diǎn)

3、O的弧.五、 (本題滿分6分)設(shè)函數(shù)二階可導(dǎo)，且，.過曲線上任意一點(diǎn)作該曲線的切線及軸的垂線，上述兩直線與軸所圍成的三角形的面積記為，區(qū)間上以為曲邊的曲邊梯形面積記為，并設(shè)恒為1，求此曲線的方程.六、(本題滿分6分)試證：當(dāng)時(shí)，七、(本題滿分6分)為清除井底的污泥，用纜繩將抓斗放入井底，抓起污泥后提出井口見圖，已知井深30m,抓斗自重, 纜繩每米重 ，抓斗抓起的污泥重，提升速度為,在提升過程中，污泥以的速度從抓斗縫隙中漏掉，現(xiàn)將抓起污泥的抓斗提升至井口，問克服重力需作多少焦耳的功？(說明：其中分別表示米，牛頓，秒，焦耳；抓斗的高度及位于井口上方的纜繩長(zhǎng)度忽略不計(jì).)八、(本題滿分7分)設(shè)S 為

4、橢球面的上半部分，點(diǎn)PS,為S 在點(diǎn)P 處的切平面，為點(diǎn)O到平面的距離，求九、(本題滿分7分)設(shè)(1) 求的值；(2) 試證：對(duì)任意的常數(shù)>0, 級(jí)數(shù)收斂十、(本題滿分8分)設(shè)矩陣其行列式又A 的伴隨矩陣有一個(gè)特征值，屬于的一個(gè)特征向量為求和的值.十一、(本題滿分6分)設(shè)A 為m 階實(shí)對(duì)稱矩陣且正定，B為m×n實(shí)矩陣，為B的轉(zhuǎn)置矩陣，試證：為正定矩陣的充分必要條件是B的秩.十二、(本題滿分8分)設(shè)隨機(jī)變量X 與Y 相互獨(dú)立，下表列出了二維隨機(jī)變量聯(lián)合分布律及關(guān)于X 和關(guān)于Y 的邊緣分布律中的部分?jǐn)?shù)值，試將其余數(shù)值填入表中的空白處. Y X 1十三、(本題滿分6分)設(shè)總體X 的概

5、率密度為是取自總體X 的簡(jiǎn)單隨機(jī)樣本.(1) 求的矩估計(jì)量(2) 求的方差1999 年全國(guó)碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)一試題解析一、填空題(本題共5個(gè)小題，每小題3分，滿分15分.把正確答案填寫在題中橫線上.)(1)【答案】【分析】利用的等價(jià)變換和洛必達(dá)法則求函數(shù)極限.【詳解】方法1： 方法2：(2)【答案】【分析】欲求，唯一的辦法是作變換，使含有中的“轉(zhuǎn)移”到之外【詳解】令，則，所以有 (3)【答案】其中為任意常數(shù).【分析】先求出對(duì)應(yīng)齊次方程的通解，再求出原方程的一個(gè)特解.【詳解】原方程對(duì)應(yīng)齊次方程的特征方程為：解得，故的通解為由于非齊次項(xiàng)為因此原方程的特解可設(shè)為代入原方程可求得，故所求通解為

6、(4)【詳解】因?yàn)?對(duì)應(yīng)元素相減) 兩邊取行列式，令，得，故矩陣A的n個(gè)特征值是n和0(重)(5)【答案】【詳解】根據(jù)加法公式有因?yàn)椋O(shè)由于兩兩相互獨(dú)立，所以有，又由于，因此有所以 又，從而，則有，解得 因，故 ，即二、選擇題(1)【答案】( A )【詳解】應(yīng)用函數(shù)定義判定函數(shù)的奇偶性、周期性和單調(diào)性.的原函數(shù)可以表示為于是當(dāng)為奇函數(shù)時(shí)，從而有即 F(x)為偶函數(shù). 故(A)為正確選項(xiàng).(B)、(C)、(D)可分別舉反例如下：是偶函數(shù)，但其原函數(shù)不是奇函數(shù)，可排除(B)；是周期函數(shù)，但其原函數(shù)不是周期函數(shù)，可排除(C)；在區(qū)間內(nèi)是單調(diào)增函數(shù)，但其原函數(shù)在區(qū)間內(nèi)非單調(diào)增函數(shù)，可排除(D).(2)

7、【答案】( D )【詳解】由于可導(dǎo)必連續(xù)，連續(xù)則極限必存在，可以從函數(shù)可導(dǎo)性入手.因?yàn)?從而，存在，且，故正確選項(xiàng)為(D). (3)【答案】( C )【詳解】由題設(shè)知，應(yīng)先將從0,1)作偶延拓，使之成為區(qū)間1,1上的偶函數(shù)，然后再作周期(周期2)延拓，進(jìn)一步展開為傅里葉級(jí)數(shù)， 而是的間斷點(diǎn)，按狄利克雷定理有，(4)【答案】B 【詳解】方法1：是矩陣，是矩陣，則是階方陣，因.當(dāng)時(shí)，有. (的系數(shù)矩陣的秩小于未知數(shù)的個(gè)數(shù))，故有行列式，故應(yīng)選(B).方法2：是矩陣, 當(dāng)時(shí), 則 (系數(shù)矩陣的秩小于未知數(shù)的個(gè)數(shù)) ，方程組必有非零解，即存在，使得，兩邊左乘，得，即有非零解，從而，故選(B).方法3：

8、用排除法(A)，取 ，(A)不成立(C)，取 ，(C)不成立(D)，取 ，(D)不成立，故選(B).(5)【答案】B【詳解】根據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)：服從正態(tài)分布的獨(dú)立隨機(jī)變量的線性組合仍服從正態(tài)分布. 因相互獨(dú)立，且，所以, 其中，由期望的性質(zhì)：，由獨(dú)立隨機(jī)變量方差的性質(zhì)： 所以 ，(一般來說遇到正態(tài)分布的小題，主要就考兩點(diǎn)，標(biāo)準(zhǔn)化和對(duì)稱性，考慮問題也是從這兩點(diǎn)出發(fā))A選項(xiàng)： 因由標(biāo)準(zhǔn)化的定義：若，則所以，將其標(biāo)準(zhǔn)化有(保證變換過程中概率不變，所以不等號(hào)的左邊怎么變，右邊也同樣的變化)又因?yàn)闃?biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布圖像是關(guān)于軸對(duì)稱，所以，而，所以A錯(cuò).B選項(xiàng)：將其標(biāo)準(zhǔn)化有：(根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布的對(duì)稱性)故B正確

9、.C選項(xiàng)：將其標(biāo)準(zhǔn)化有：，故C錯(cuò).D選項(xiàng)：將其標(biāo)準(zhǔn)化有：，故D錯(cuò).三【詳解】分別在和的兩端對(duì)求導(dǎo)數(shù)，得整理后得 解此方程組，得四【詳解】方法1：湊成閉合曲線，應(yīng)用格林公式.添加從點(diǎn)沿到點(diǎn)的有向直線段, 如圖，則利用格林公式，前一積分其中D為+L所圍成的半圓域，后一積分選擇為參數(shù)，得:可直接積分 ，故 方法2：將曲線積分分成兩部分，其中一部分與路徑無關(guān)，余下的積分利用曲線的參數(shù)方程計(jì)算.前一積分與路徑無關(guān)，所以對(duì)后一積分，取的參數(shù)方程，則，從到，得從而 五【詳解】如圖，曲線上點(diǎn)處的切線方程為所以切線與軸的交點(diǎn)為由于因此于是 又，根據(jù)題設(shè) 即 兩邊對(duì)求導(dǎo)并化簡(jiǎn)得 這是可降階得二階常微分方程，令則，

10、則上述方程可化為分離變量得，解得 即從而有 ，根據(jù) 可得故所求曲線得方程為 六【詳解】構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，證法1：令 易知又 可見，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，因此，為的最小值，即當(dāng)時(shí)，所以為單調(diào)增函數(shù). 又因?yàn)?，所以有時(shí) ；時(shí)，所以利用函數(shù)單調(diào)性可知，為的最小值，即所以有時(shí)，證法2：先對(duì)要證的不等式作適當(dāng)變形，當(dāng)時(shí)，原不等式顯然成立；當(dāng)時(shí)，原不等式等價(jià)于 當(dāng)時(shí)，原不等式等價(jià)于令 則 又因?yàn)槔煤瘮?shù)單調(diào)性可知當(dāng)時(shí)，即當(dāng)時(shí)，即綜上所述，當(dāng)時(shí)，七【詳解】建立坐標(biāo)軸如圖所示，解法1：將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；是克服纜繩重力作的功；為提出污泥所作的功. 由題意知將抓斗由處

11、提升到處，克服纜繩重力所作的功為= 纜繩每米重×纜繩長(zhǎng)×提升高度從而 在時(shí)間間隔內(nèi)提升污泥需做功為將污泥從井底提升至井口共需時(shí)間所以 因此，共需做功 解法2：將抓起污泥的抓斗提升至井口需做功記為，當(dāng)抓斗運(yùn)動(dòng)到處時(shí)，作用力包括抓斗的自重, 纜繩的重力， 污泥的重力即 于是 八【分析】先寫出切平面方程，然后求，最后將曲面積分化成二重積分.【詳解】點(diǎn)，在點(diǎn)處的法向量為，設(shè)為上任意一點(diǎn)，則的方程為，化簡(jiǎn)得由點(diǎn)到平面的公式，到的距離從而 用投影法計(jì)算此第一類曲面積分，將投影到平面，其投影域?yàn)橛汕娣匠讨?于是因此 故有 九【詳解】(1) 因?yàn)橛钟刹糠趾蛿?shù)列有 因此 (2) 先估計(jì)的值

12、，因?yàn)椋?，則，即所以 所以 由于，所以收斂，從而也收斂.十【詳解】根據(jù)題設(shè)，有一個(gè)特征值，屬于的一個(gè)特征向量為 根據(jù)特征值和特征向量的概念，有 把代入中，得則. 把代入，于是 即也即，常數(shù)乘以矩陣，需用乘以矩陣的每一個(gè)元素矩陣相等，則矩陣的對(duì)應(yīng)元素都相同，可得因， 的特征值，的特征值，故由(1),(3)兩式得，兩邊同除，得 整理得，代入(1)中，得. 再把代入(2)中得又由，以及，有(其中的指數(shù)3，1分別是1的行數(shù)和列數(shù))故 因此十一【詳解】“必要性”. 設(shè)為正定矩陣，則由定義知，對(duì)任意的實(shí)維列向量，有 即于是，即對(duì)任意的實(shí)維列向量，都有. (若，則矛盾). 因此，只有零解，故有(有唯一零解的充要條件是).“充分性”. 因?yàn)殡A實(shí)對(duì)稱矩陣，則，故根據(jù)實(shí)對(duì)稱矩陣的定義知也為實(shí)對(duì)稱矩陣. 若，則線性方程組只有零解，從而對(duì)任意的實(shí)維列向量，有. 又為正定矩陣，所以對(duì)于有 故為正定矩陣(對(duì)任意的實(shí)維列向量，有).十二【詳解】離散型隨機(jī)變量邊緣分布律的定義：(通俗點(diǎn)說就是在求關(guān)于的邊緣分布時(shí)，就把對(duì)應(yīng)的所有都加起來，同理求關(guān)于的邊緣分布時(shí)，就把對(duì)應(yīng)的所有都加起來)故 即而由表知，所以又根據(jù)相互獨(dú)立，則有：即因，而所以再由邊緣分布的定義有所以 又由獨(dú)立性知所以 由邊緣分布定義有所以 再由，所以而 故 又，所以所以有：YX1十三【詳解】矩估計(jì)的實(shí)質(zhì)在于用樣本矩來估計(jì)相