考研数学1997年一数一真题标准答案及解析Word格式.docx
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θ
xecos,
yesin.
dy
dx
sinθ+cosθ
cosθ−sinθ
|θ=π
由于
=−1,且当θ=时,x=0,y=e
故所求切线方程为
y−e
1x0,
=−⋅(−)即x+y=
详解2】
螺线方程
eθ可化为隐函数方程:
y
lnx
+y
=arctan,
⎛
⎞
'
(0)=−1,故所求切线方程为
利用隐函数求导法,得在点⎜0,e
⎟处的导数为
⎝
⎠
⎡
t
−2⎤
⎢
⎥
4)设A=4
3,B为三阶非零矩阵,且AB=0,则t=
−1
⎣
⎦
答】-3.
详解】由于B为三阶非零矩阵,且AB=0,,可见线性方程组Ax=0存在非零解,故
−2
3=0⇒t=−3.
A=4
(5)袋中有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
5
详解】设A={第一个人取出的为黄球},B={第一个人取出的为白球},C={第二个人取
出的为黄球}.
19
49
20
()=
PA
PB
)=
则
PC|A
PC|B
由全概率公式知:
()=()⋅(
)+()⋅(
PCPAPC|APBPC|B
9
32019
+×
4954949
=.
×
二、选择题
⎪
xy
(x,y
)≠(0,0
)=x
()
,在点0,0处
1)二元函数fx,y
(x,y)=(0,0
A)连续,偏导数存在.
C)不连续,偏导数存在.
(B)连续,偏导数不存在.
(D)不连续,偏导数不存在.
】
答】应选(C).
详解】由偏导数的定义知
(++)−(
f0x,0f0,0
(0,0)=lim
=0,
f
+x
→0
而当y=kx,有
x⋅kx
k
1+k
(x,y)(0,0)
+k
()()
不存在,因而fx,y在点0,0处不连续,
当k不同时,
不同,故极限lim
)→(0,0)x
x,y
可见,应选(C).
∫
b
fxdx,
[
]
()>
fx0,f
()<
(2)设在区间a,b上
0,f'
0,令S1
a
()(−)=⎡()+()⎤(−),则
S2fbba,S
fafbba
A)S<
S<
S
(B)S<
213.
3.
(C)S<
(D)S<
231.
2.
答】应选(B).
详解】
()>
=()[]
0知,曲线yfx在a,b上单调减少且是凹曲线弧,于
由fx0,fx0,f
()>
()
是有fx
fb,
()−()
fbfa
()<
()+
(−)<
<
xa,axb.
fx
fa
b−a
从而
()(−)=
S1
fxdxfbbaS,
⎤
fxdx
()+
(−)
xadx
⎡()+()⎤(−)=
fafbbaS.
⎣⎦
即S<
S,故应选(B).
x+2π
(3)设Fx
esintsintdt,则F(x)
A)为正常数.
C)恒为零.
(B)为负常数.
(D)不为常数.
答】应选(A).
【详解】由于esintsint是以2π为周期的,因此
2π
Fx
esintsintdt=
esintsintdt
−∫
esintdcost
0+
cos
t⋅esintdt>
0.
故应选(A).
a⎤
⎡b⎤
⎡c⎤
⎢⎥
4)设α=a,α=b,α=c,则三条直线
c
a3
ax+by+c=0,ax+by+c=0,ax+by+c=0(其中a
i
+bi
≠0,i=1,2,3)交于一
点的充要条件是
A)α,α,α线性相关.
(B)α,α,α线性无关.
123
(ααα)
(αα)
αα,α线性相关,,线性无关.
αα
12
C)秩r
=秩r
(D)
23
答】应选(D).
详解】由题设,三条直线相交于一点,即线性方程组
ax+by+c=0
111
=2.
有唯一解,其充要条件为秩秩r
=秩r
A)、(C)必要但非充分;
(B)既非充分又非必要;
只有(D)为充要条件,故应选(D).
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.
()=×
+×
=
详解】D3X2Y3DX2DY944244.
=2z
∫∫(x2
三、
(1)计算
I=
dV,其中Ω为平面曲线⎨
绕z轴旋转一周形成的曲面
x=0
Ω
与平面z=8所围成的区域.
【详解】利用柱面坐标,积分区域可表示为
⎫
r
Ω=(θ
r,z|0
≤θ≤2π,0≤r≤4,
≤≤
z8⎬,
⎭
于是
⎜
4
8
rdr∫
dθ
dz=2π
8−
dr
⎟
r2
024π
y=1
v∫(−)+(−)+(−)
2)计算曲线积分zydxxzdyxydz,其中C是曲线⎨
x−y+z=2
C
从z轴正向往z轴负向看,C的方向是顺时针的.
【详解1】
令x=cosθ,y=sinθ,则z=2−x+y=2−cosθ+sinθ
由于曲线C是顺时针方向,其起点和终点所对应θ值分别为θ=2π,θ=0.
zydxxzdyxydz
22cos2θ−1⎤dθ
−⎡(sinθ+cosθ)−
|
−⎡(cosθ+sinθ)−sin2θ−θ⎤
−2π.
设∑是平面x−y+z=2以C为边界的有限部分,其法向量与Z轴负向一致,D为∑在
xOy面上的投影区域.
记
F
=(z−y)i+(x−z)j+(x−y)k,
j
∂
rotF
=2k.
∂x
∂y
∂z
z−yx−zx−y
根据斯托克斯公式知
v∫(−)+(−)+(−)=∫∫
rotFdS
∫∫
2dxdy=−2dxdy
D
3)在某一人群中推广新技术是通过其中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x,在任意时刻t已掌握新技术的人数为xt(将xt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xt.
kxNx
详解】由题设,有
⎨dt
x(0)=x
xNx
原方程可化为
=kdt,
NCekNt
积分,得
x=
+CekNt
NxekNt
代入初始条件,得
N−x+xekNt
x+y+b=0
四、
(1)设直线l:
⎨
在平面π上,而平面π与曲面
z=x+y2相切于点
x+ay−z−3=0
(−
2,5,求a、b之值.
详解1】
令Fx,y,zx2y2z,则F
2x,F
2y,F
=−1.在点(1,−2,5)处曲面得法向量为
z
2,4,1
={−−},于是切平面方程为
(−)−(+)−(−)=
x14y2z50,
即
2x−4y−z−5=0.
由l:
,
得
=−+(−−)
x−b,zx3axb
代入平面π方程,得
x+4x+4b−x+3+ax+ab−5=0,
5+a=0,4b+ab−2=0.
a=−5,b=−2
有
由此解得
由方法一知,平面π方程为2π−4y−z−5=0.
过直线l:
的平面束为
++κ(+−−)=
xyb
xayz30,
(+λ)+(+λ)−λ+−λ=
0.
1azb3
其与平面π重合,要求
+λ1+aλ−λb−3λ
−4
−5
解得
λ=1,a=−5,b=−2
=(
=ez,求
2)设函数fu具有二阶连续导数,而zfesiny满足方程
fu.
(u)e
siny,=f
cosy,
y,
siny+f'
(u)e2xcos
(u)e2xsin
−f
=e2xz,得
(u)−f(u)=0.
代入方程
解此方程得
u
−u
fuCeCe(其中C,C为任意常数).
x并讨论
ϕ(x)
ϕ()=
A(A为常数),求ϕ
五、设fx连续,
fxtdt,且lim
在x=0处的连续性.
=A知,f00,f0
A,且有00.
详解】由题设lim
fudu
(≠)
x0,
又
fxtdtuxt
()−∫()
xfx
ϕ
(x)=
(x≠0)
由导数定义,有
A
(0)=lim
而
∫()
limϕ
(x)=lim
−lim
A−
=ϕ
(0)
可见,ϕ(x)在x=0处的连续性.
(=
"
)证明:
六、设a12,an+1
⎜a
⎟,n1,2,
an
1)lima存在;
n→∞
⎛an
2)级数
−⎟收敛.
n+1
1)因为
1a
an+1−a=⎜a+⎟−a=
2an
an+1=⎜a+⎟≥a⋅=1,
于是有an+1−a≤0,故数列a单调递减且有下界,所以lima存在.
{
}
(2)方法一:
a−a
n+1≤a−a.
nn+1
由
(1)知
≤
−1=
an+1
ak+1)=
由于级数
anan+1的部分和数列Sn
ak
a1an+1的极限limS存在,可见
k=1
⎛a
anan+1收敛,由比较判别法知,级数
⎟也收敛.
级数
方法二:
令
b=
−1,利用递推公式,有
bn+1
bn
=lim⋅
+1a
ρ=lim
⋅
=0<
1,
+1an
→∞4an+1
−⎟也收敛.
由比值判别法知
七、
(1)设B是秩为2的5×
4矩阵,
α=(
1,1,2,3,
T
α=(−
1,1,4,1,
−)
5,1,8,9
α=(−−
是齐次方程组Bx=0的解向量,求Bx=0的解空间的一个标准正交基.
()=−()=−=
详解】因秩rB2,故解空间的维数为:
4rB422,
又α,α线性无关,可见α,α是解空间的基.
先将其正交化,令:
3⎤
=⎢3⎥
1⎤
⎡−1⎤
⎡1⎤
(αβ)
11
β=α=
β=α−
β=
(ββ)
32
10
3⎥
3⎦
⎣−1⎦
⎣3⎦
再将其单位化,令:
⎡−2⎤
β1
β2
η=
η=
52
395
⎣−3⎦
即为所求的一个标准正交基.
1⎤
⎡2−12⎤
(2)已知ζ=1是矩阵A=5
−⎥
的一个特征向量.
⎢−
(I)
试确定参数a,b及特征向量ζ所对应的特征值;
问A能否相似于对角阵?
说明理由.
(II)
详解】(I)由题设,有Aζ=λζ,即
−12⎤⎡1⎤
⎡1⎤
⎥⎢⎥
1=λ1,
21
−⎥⎢⎥
⎢−⎥
⎦⎣⎦
2−1−2=λ0
⎨5+a−3=λ
也即
1+b+2=−λ0
a=−3,b=0,λ=−1.
II)由
−12⎤
λ−2
λ+
A=5
,知
λ−
EA=−5
−3
1,
=(λ+)
λ+2
可见λ=−1为A的三重根,但秩rEA