1997年考研数学试题详解及评分参考.pdf

郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1997 年数学试题详解及评分参考 1997 年 第 1 页 1997 年全国硕士研究生入学统一考试 数学试题详解及评分参考 1997 年全国硕士研究生入学统一考试 数学试题详解及评分参考 数数 学（试卷一）学（试卷一） 一、填空题：一、填空题：( (本题共本题共 5 5 小题，每小题小题，每小题 3 3 分，满分分，满分 1515 分分) ) (1) 2 0 1 3sincos lim (1cos)ln(1) x xx x xx + = + . 【答】 应填 3 / 2. 【解】 原式= 2 000 1 3sincos 3sin1133 limlimlimcos0 22222 xxx xx x x x xxx + =+=+= . （第二个极限为 0 是由无穷小量与有界函数的乘仍为无穷小量得出的）. (2) 设幂级数 =0n n nx a 的收敛半径为 3，则幂级数 = + 1 1 ) 1( n n n xna 收敛区间为 . 【答】 应填()2,4. 【解】 令1yx=，则 = + 1 1 ) 1( n n n xna = 1 1 n n n na y + = ， 11 (n 1) limlim nn nn nn aa naa + + = . 故幂级数 1 1 n n n na y + = 与幂级数 =0n n nx a 有相同的收敛半径，即3y k，求)(tx. 解：解：由题设，有 00 () |x dx kx Nx dt xx = = = 2 分 由方程，得 () dx kdt x Nx = ，积分后，得 1 kNt kNt Nce x ce = + ，其中C为任意常数. 4 分 代入初始条件，得 0 00 kNt kNt Nx e x Nxx e = + . 5 分 四、 （本题共四、 （本题共 2 小题，第一小题小题，第一小题 6 分，第二小题分，第二小题 7 分，满分分，满分 13 分）分） (1) 设直线 =+ =+ 03 0 : zayx byx l在平面上， 而平面与曲面 22 yxz+=相切于点()5 , 2, 1, 求ba,之值. 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1997 年数学试题详解及评分参考 1997 年 第 5 页 解：解：在点(1, 2,5)处曲面的法向量(2, 4, 1)n = ? ，于是切平面方程为 2(1)4(2)(5)0xyz+=，即2450xyz=. （*） 3 分 由 0 : 30 xyb L xayz += += ，即,3()yxb zxaxb= = + ，代入方程（*） ，得 244350xxbxaxab+ +.因而有50,420abab+=+=. 由此解得5,2ab= = . 6 分 (2) 设函数)(uf具有二阶连续导数,而)sin(yefz x =满足方程 ze y z x z x2 2 2 2 2 = + ， 求)(uf. 解：解：( )sin ,( )cos xx zz f u eyf u ey xy = . 2 分 2 22 2 ( )sin( )sin xx z f u eyfu ey x =+ ， 2 22 2 ( )sin( )cos xx z f u eyfu ey y = + ，4 分 代入原方程，得( )( )0fuf u=. 由此解得 1212 ( )( uu f uC eC eC C =+其中,为任意常数）. 7 分 五、 （本题满分五、 （本题满分 6 分）分） 设)(xf连续， = 1 00 )( lim,)()(A x xf dtxtfx x 且(A 为常数)， 求)(x并讨论)(x在 0=x处的连续性. 解：解：由题设，知(0)0, (0)0f=. 令uxt=，得 0 ( ) ( )(0) x f u du xx x = ， 1 分 从而 0 2 ( )( ) ( )(0) x xf xf u du xx x = . 3 分 由导数定义有 0 2 00 ( ) ( ) (0)limlim 22 x xx f u du f xA xx = . 4 分 由于 0 2 00 ( )( ) lim( )lim x xx xf xf u du x x = 0 2 00 ( ) ( ) limlim x xx f u du f x xx = (0) 22 AA A=. 从而知( )0xx=在处连续. 6 分 六、 （本题满分六、 （本题满分 8 分）分） 设 11 11 2,(),(1,2,) 2 nn n aaan a + =+=?，证明： 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1997 年数学试题详解及评分参考 1997 年 第 6 页 (1) n n a lim存在； (2) 级数 1 1 (1) n n n a a = + 收敛. 证：证：(1) 因 1 111 ()1 2 nnn nn aaa aa + =+=. 2 分 2 1 111 ()0 22 n nnnn nn a aaaa aa + =+=.故 n a递减且有下界，所以lim n n a 存在. 4 分 (2) 由（1）知 1 1 11 01 nnn nn nn aaa aa aa + + + =. 6 分 记 111 1 () n nkkn k Saaaa + = = ，因 1 lim n n a + 存在，故lim n n S 存在，所以级数 1 1 () nn n aa + = 收敛. 因此由比较审敛法知，级数 1 1 (1) n n n a a = + 收敛. 8 分 七、 （本题共七、 （本题共 2 小题，第一小题小题，第一小题 5 分，第二小题分，第二小题 6 分，满分分，满分 11 分）分） (1) 设B是秩为2的45矩阵, TTT )9 , 8, 1, 5(,) 1, 4 , 1 , 1(,)3 , 2 , 1 , 1 ( 321 =是齐 次方程组0=Bx的解向量,求0=Bx的解空间的一个标准正交基. 解：解：因秩( )2r B =，故解空间的维数为 422. 又 12 , 线性无关，故 12 , 是解空间的基. 2 分 取 11 (1,1,2,3) , T = 21 221 11 (,)1 ( 1,1,4, 1)(1,1,2,3) (,)3 TT = 4 2 10 (, 2) 3 33 T = 4 分 故 1 1 (1,1,2,3) , 15 T = 2 1 ( 2,1,5, 3) 39 T = 即是所求的一个标准正交基. 5 分 (2) 已知 = 1 1 1 是矩阵 = 21 35 212 b aA的一个特征向量. (I) 试确定参数ba,及特征向量所对应的特征值； (II) 问A能否相似于对角阵？说明理由. 解：解：(I) 由 2121 5310 121 ()IAa b = + =，即 2 120 530 120 a b + += + += = ， 解得3,0,1ab= = . 3 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1997 年数学试题详解及评分参考 1997 年 第 7 页 (II) 由 212 533 102 A = ， 3 212 533 1 |(1) 02 IA += + +=， 知1= 是 A 的三重特征值. 4 分 但秩 312 ()5232 101 rIAr = ，从而1= 对应的线性无关特征向量只有一个， 故 A 不能相似于对角阵. 6 分 八、 （本题满分八、 （本题满分 5 分）分） 设A是n阶可逆方阵，将A的第i行和第j行对换后得到的矩阵记为 B. (1) 证明 B 可逆； (2) 求 AB-1. 解：解：(1) 因| 0A 及| 0BA= ，故 B 可逆. 2 分 (2) 记 ij E是由 n 阶单位矩阵的第 i 行和第 j 列对换后所得到的初等矩阵， 则 ij BE A=. 3 分 因此 11111 () ijijijij ABA E AAA EEE =. 5 分 九、 （本题满分九、 （本题满分 7 分）分） 从学校趁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 5 2 ,设途中遇到红灯的次数,求随机变量X的分布律.分布函数和数学期 望. 解：解：X服从二项分布 2 (3, ) 5 b，X的可能取值为 0，1，2，3. 1 分 从而 3 227 0(1) 5125 P X =， 12 3 2254 1(1) 55125 P XC=， 22 3 2236 2( )(1) 55125 P XC=， 3 28 3( ) 5125 P X =. 即X的分布律为 X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 3 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1997 年数学试题详解及评分参考 1997 年 第 8 页 因此，X的分布函数为( )F xP Xx= 0,0 27 ,01 125 81 ,12 125 117 ,23 125 1,3 x x x x x ，故 0 xx=是函数( )f x的极小值点. (4) 【 同数学一 第二、 （2）题 】 (5) 设 20 ( ) 20 xx g x xx = + ， 2 0 ( ) 0 xx f x xx = ，则=)(xfg (A) 2 20 20 xx xx + (B) 2 20 20 xx xx + (C) 2 20 20 xx xx (D) 2 20 20 xx xx + ， 而0x ；0x 时，( )0f xx= .故 ( )g f x= 2 20 20 xx xx +. 故5a = 时，旋转体体积最小. 8 分 七、 （本题满分七、 （本题满分 8 分）分） 已知)(xf连续，且 0 ( ) lim2 x f x x =，设 1 0 ( )()xf xt dt=，求)(x并讨论)(x在 0=x处的连续性. 解：解： 【参见数学一 第五题，只需把其中的A视作本题的2即可】 八、 （本题满分八、 （本题满分 8 分）分） 就k的不同取值情况，确定方程sin 2 xxk =在开区间(0,) 2 内根的个数，并证明你 的结论. 解：解：设( )sin 2 f xxx =，则( ) 2 f x 在0,上连续. 由( )1cos0 2 fxx = =，解得( ) 2 f x 在(0,内的唯一驻点 0 2 arccosx =. 2 分 由于当 0 (0,)xx时，( )0fx； 所以 0 ( )f xx在0,上单调减少，在 0 , 2 x 上单独增加. 因此 0 x是( ) 2 f x 在(0,内的唯一 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1997 年数学试题详解及评分参考 1997 年 第 16 页 最小值点， 最小值为 0000 ()sin 2 yf xxx =.又因(0)()0 2 ff =， 故在) 2 (0,内( )f x 的取值范围为 0 ,0)y. 4 分 因此，当 0 ,0)ky，即 0 0kyk (C) 0)( , 0)( ）. 证一：证一：显然当0x 时，( )F x连续，又 0 000 ( ) lim( )limlim( )0(0) x n n xxx t f t dt F xx f xF x + = ，故( )F x在0,)+上连续.2 分 对于(0,)x+，有 1 1 0 22 ( )( ) ( )( ) ( ) x nn nn xf xt f t dt xf xfx F x xx + + = ， 4 分 ( )( ) nn x f xf x =. 其中0x，有 55() 12 0 ( )( )()25 t xt x f tp x p tx dxeedx + = 55 0 2525 t tt edxte = . 3 分 而当0t 时，显然有( )0f t =， 于是，得 5 25,0 ( ) 00 t tet f t t = 若 ，若 ， 4 分 由 i X服从参数为5=的指数分布，知 11 ;(1,2) 525 i EXDxi=. 因此，有 1212 2 () 5 ETE XXEXEX=+=+=. 5 分 又 12 XX和独立，可见 1212 2 () 25 DTD XXDXDX=+=+=. 6 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1997 年数学试题详解及评分参考 1997 年 第 25 页 数 学（试卷四） 数 学（试卷四） 一、填空题： （本题共一、填空题： （本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，满分分，满分 15 分）分） (1) 【 同数学三 第一（1）题 】 (2) 设 1 3 2 0 1 ( )( ) 1 f xxf x dx x =+ ，则 1 0 ( )f x dx = . 【答】 应填 /3. 【解】 令 1 0 ( )f x dxA= ，则 1 0 ( )Af x dx= 11 314 1 00 2 00 11 arctan| 1444 A dxAx dxxAx x +=+=+ + . 3 A =. (3) 设n阶矩阵A= 011.11 101.11 110.11 111.01 111.10 ，则 A = . 【答】 应填 1 (1)1) n n . 【解】 观察矩阵A，发现除对角线上元素为 0 外，其余均为 1. 若将各行（列）相加便 产生公因子1,n于是 (1)An= 1111 1010 0001 ? ? ? ? 1 ( 1)(1) n n = . (4) 设,A B是任意两个随机事件，则()()()()PABABABAB+= . 【答】 应填 0. 【解】 ()()()()1()()()()PABABABABPABABABAB+= + 1()()()()1PABABABABP A BA BABAB= += + 1()() 1() ()1 0PAABAA BPAABBP= += += =. (5) 设随机变量X服从参数为(2, )p的二项分布， 随机变量Y服从参数为(3, )p的二项分布. 若1 5 9 P X =，则1P Y = . 【答】 应填 19 27 . 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘1997 年数学试题详解及评分参考 1997 年 第 26 页 【解】 因 2 5 X11PX01 9 Pq= = ，故 2 3 1qp= =, 从而 33 219 Y11 PY011 ( ) 327 Pq= = = =. 二、选择题： （本题共二、选择题： （本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，满分分，满分 15 分）分） (1) 设( )f x,)(x在点0x =的某邻域内连续， 且当0x 时，( )f x是)(x的高阶无