2023年考研数学一真题及答案详解.doc

1997年全国硕士硕士入学统一考试数学一试题
一、填空题(本题共5分,每题3分,满分15分.把答案在题中横线上.)
(1) .
(2) 设幂级数收敛半径为3,则幂级数收敛区间为 .
(3) 对数螺线在点处切线直角坐标方程为 .
(4) 设,为三阶非零矩阵,且,则 = .
(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,则第二个人获得黄球概率是 .

二、选择题(本题共5小题,每题3分,满分15分.每题给出四个选项中,只有一项符合题目规定,把所选项前字母填在题后括号内)
(1) 二元函数在点处 ( )
(A) 持续,偏导数存在 (B) 持续,偏导数不存在
(C) 不持续,偏导数存在 (D) 不持续,偏导数不存在
(2) 设在区间上令,
,则 ( )
(A) (B)
(C) (D)
(3) 则 ( )
(A) 为正常数 (B) 为负常数 (C) 恒为零 (D) 不为常数
(4) 设则三条直线,,
(其中)交于一点充要条件是 ( )
(A) 线性有关
(B) 线性无关
(C) 秩秩
(D) 线性有关,线性无关
(5) 设两个互相独立随机变量和方差分别为4和2,则随机变量方差是
( )
(A) 8 (B) 16 (C) 28 (D) 44

三、(本题共3小题,每题5分,满分15分.)
(1) 计算其中为平面曲线绕轴旋转一周形成曲面和平面所围成区域.
(2) 计算曲线积分,其中是曲线从 轴正向往轴负向看,方向是顺时针.
(3) 在某一人群中推广新技术是通过其中已掌握新技术人进行.设该人群总人数为,在时刻已掌握新技术人数为,在任意时刻已掌握新技术人数为(将视为持续可微变量),其变化率和已掌握新技术人数和未掌握新技术人数之积成正比,比例常数求.

四、(本题共2小题,第(1)小题6分,第(2)小题7分,满分13分.)
(1) 设直线在平面上,且平面和曲面相切于点,求之值.
(2) 设函数具有二阶持续导数,而满足方程,求.

五、(本题满分6分)
设持续,且(为常数),求并讨论在处持续性.

六、(本题满分8分)
设证明：
(1) 存在；
(2) 级数收敛.

七、(本题共2小题,第(1)小题5分,第(2)小题6分,满分11分.)
(1) 设是秩为2矩阵,是齐次线性方程组解向量,求解空间一种原则正交基.
(2) 已知是矩阵一种特性向量.
(Ⅰ) 试确定参数及特性向量所对应特性值；
(Ⅱ) 问能否相似于对角阵？阐明理由.

八、(本题满分5分)
设是阶可逆方阵,将第行和第行对换后得到矩阵记为.
(1) 证明可逆；
(2) 求.

九、(本题满分7分)
从学校乘汽车到火车站途中有3个交通岗,假设在各个交通岗碰到红灯事件是互相独立,并且概率所有是.设为途中碰到红灯次数,求随机变量分布律、分布函数和数学期望.

十、(本题满分5分)
设总体概率密度为

其中是未知参数.是来自总体一种容量为简朴随机样本,分别用矩估计法和最大似然估计法求估计量.

1997年全国硕士硕士入学统一考试数学一试题解析
一、填空题(本题共5分,每题3分,满分15分.把答案在题中横线上.)
(1)【答案】
【分析】这是型极限.注意两个特殊极限.
【解析】将原式分子、分母同除以,得

评注：使用洛必达法则条件中有一项是应存在或为,而本题中,

极限不存在,也不为,不满足使用洛必达法则条件,故本题不能用洛必达法则.
【有关知识点】1.有界量乘以无穷小量为无穷小量.
(2)【答案】
【解析】考察这两个幂级数关系.令,则
.
由于逐项求导后幂级数和原幂级数有相似收敛半径,收敛半径为3
收敛半径为3.从而收敛半径为3,收敛区间即(-3,3),回到原幂级数,它收敛区间为,即.
评注：幂级数收敛区间指是开区间,不考虑端点.
对于,若它收敛半径是.不过若只知它收敛半径为,则,由于可以不存在(对于缺项幂级数就是这种情形).
(3)【答案】
【解析】求切线方程关键问题是求其斜率,而可由参数方程

求得： ,
因此切线方程为,即.
评注：本题难点在于考生不熟悉极坐标方程和直角坐标方程之间关系.
(4)【答案】
【解析】由,对按列分块,设,则
,
即是齐次方程组解.
又因,故有非零解,那么
,
由此可得.
评注：若熟悉公式,则,可知,亦可求出.
(5)【答案】
【解析】措施1：运用全概率公式.
求第二人获得黄球概率,一般理解为这事件和第一人获得是什么球有关.这就要用全概率公式.全概率公式首先需要一种完全事件组,这就包括到设事件问题.
设事件“第个人获得黄球”,,则完全事件组为(分别表达第一种人获得黄球和第一种人获得白球).根据题设条件可知
；；
(第一种人获得黄球条件下,黄球个数变成,球总数变成,第二个人获得黄球概率就为)；
(第一种人获得白球条件下,黄球个数亦为20,球总数变成50-1=49,第二个人获得黄球概率就为).
故应用全概率公式
.
措施二：运用“抽签原理”.
只考虑第二个人获得球,这50个球中每一种所有会等也许地被第二个人取到.如同多种人抽奖,其中只有一张彩票有奖,那么这多种人先抽和后抽,抽到有奖彩票概率是同样,这就是我们抽奖公平性,此题中取到黄球也许有20个,因此第二个人取到黄球概率为.
【有关知识点】1.全概率公式: ；
2. 古经典概率公式：.

二、选择题(本题共5小题,每题3分,满分15分.每题给出四个选项中,只有一项符合题目规定,把所选项前字母填在题后括号内)
(1)【答案】(C)
【解析】这是讨论在点与否持续,与否存在偏导数问题.按定义
,
由于 ,
偏导数且.
再看在与否持续？由于
,
因此在不持续.应选(C).
评注：① 证明分段函数在某点持续,一般要用定义证,有难度.证明分段函数在某点不持续措施之一是：证明点沿某曲线趋于时,极限不存在或不为.
② 证明不存在关键措施是证明点沿两条不同样曲线趋于时,极限不想等或沿某条曲线趋于时,极限不存在.
对于该题中,若再考察
,
不存在.
由本例可见,函数在一点处不持续,但偏导数却可以存在.轻易找到这种例子,例如
它在点处持续,但和所有不存在.可见二元函数持续性和偏导数存在性可以毫无因果关系.
(2)【答案】(B)
C
a b
E
D
x
y
O
A
B
【解析】措施1：用几何意义.由可知,曲线是上半平面一段下降凹弧,图形大体如右图.
是曲边梯形面积；
是矩形面积；
是梯形面积.
由图可见,应选(B).
措施2：观测法.由于是要选择对任何满足条件所有成立成果,故可以取满足条件特定来观测成果是什么.例如取,则
.
【评注】本题也可用分析措施证明如下：
由积分中值定理,至少存在一种点,使成立,再由因此是单调递减,故从而
.
为证,令则

由于,因此是单调递增,故,,即在上单调递增.由于因此,从而
,
即.因此,,应选(D).
假如题目改为证明题,则应当用评注所讲措施去证,而不能用图证.
【有关知识点】1.积分中值定理：假如函数在积分区间上持续,则在上至少存在一种点,使下式成立：.这个公式叫做积分中值公式.
2. 拉格朗日中值定理：假如函数满足在闭区间上持续,在开区间内可导,那么在内至少有一点,使等式成立.
(3)【答案】(A)
【解析】由于函数是认为周期函数,因此,
,
值和无关.不选D,(周期函数在一种周期积分和起点无关).
估计值有多种措施.
措施1：划分取值正、负区间.

当时,,因此.选(A).
措施2：用分部积分法.

故应选(A).
【评注】本题措施1十分有代表性.
被积函数在积分区间上可以取到正值和负值时,则常将积分区间划提成若干个,使每一种区间内,被积函数保持确定符号,然后再作合适变量变换,使多种积分积分上下限相似,然后只要估计被积函数正、负即可.
(4)【答案】(D)
【解析】措施1：三条直线交于一点充要条件是方程组

有唯一解.
将上述方程组写成矩阵形式：,其中是其系数矩阵,.则有唯一解(方程组系数矩阵秩和增广矩阵秩相等且等于未知量个数),即A列向量组线性有关.因此应选(D).
措施2：用排除法.
(A)线性有关,当时,方程组系数矩阵和增广矩阵秩相等且不大于未知量个数,则①式有无穷多解,根据解个数和直线位置关系.因此三条直线重叠,相交有无穷多点,(A)不成立.
(B)线性无关,不能由线性表出,方程组系数矩阵和增广矩阵秩不相等,方程组无解,根据解得个数和直线位置关系,因此一种交点也没有,(B)不成立.
(C)秩秩,当时,三条直线重叠,不只交于一点,和题设条件矛盾,故(C)不成立.
由排除法知选(D).
评注：应重视线性代数中几何背景.空间直线方程及平面方程其在空间位置关系应和线性代数中线性有关性、秩及方程组解及其充要条件有机结合起来.
(5)【答案】(D)
【解析】因和独立,故和也互相独立.由方差性质,有
.
【有关知识点】方差性质：和互相独立时,
,其中为常数.

三、(本题共3小题,每题5分,满分15分.)
(1)【分析】三重积分计算有三种措施：直角坐标中计算,柱面坐标中计算,球面坐标中计算,其中柱面坐标中又可分前后,或前后两种措施.本题区域为绕轴旋转旋转体,用柱面坐标前后以便.
【解析】措施1：采用柱面坐标,前后,为此,作平面.

(将直角坐标化为柱面坐标)

措施2：将投影到平面,得圆域用柱面坐标前后,有

评注：做二次积分或三次积分时,假如里层积提成果不含外层积分变量,那么里、外层积分可以分别积分然后相乘即可.如本例措施2中可以单独先做.
(2)【解析】措施1：写出参数方程,然后用曲线积分化为定积分公式.
由平面上圆参数方程易写出参数方程为：
,
其中.
由方向知,在平面上投影曲线对应地也是顺时针,于是从到0.
在把参数方程代入被积表达式之前,先用方程将被积表达式化简,有

措施2：用斯托克斯公式来计算.记为平面上所围有限部分,由定向,按右手法则取下侧.
原积分.
在平面上投影区域为.将第二类曲面积分化为二重积分得
原积分.
这里因取下侧,故公式取负号.
(3)【解析】已掌握新技术人数变化率,即,由题意可立即建立初值问题

把方程分离变量得 .
积分可得 ,.
以代入确定,故所求函数为

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】求出曲面在点(在上)处切平面方程,再写出参数方程,上点坐标应满足切平面方程,由此定出参数和.
【解析】曲面在点法向量
.
切平面方程是
,
即 .
将直线方程改写成参数方程

将它代入平面方程得
,即.
解得.
(2)【分析】是由一元函数和二元函数复合而成二元函数,它满足方程
. (*)
为了求,我们将用复合函数求导法,导出,,,和关系,然后由(*)式导出满足常微分方程,从而求出.
【解析】先用复合函数求导法导出

将后两式代入(*)得 ,即 .
这是二阶线性常系数齐次方程,对应特性方程特性根为,因此求得
,其中、为任意常数.

五、(本题满分6分)
【分析】通过变换将化为积分上限函数形式,此时,但根据,知 ,从而,由此,运用积分上限函数求导法则、导数在一点处定义和函数持续定义来鉴定在处持续性.
【解析】由题设知,且有.又

于是
由导数定义,有.
而
,
从而知在处持续.
评注：对作积分变量变换时,必附加条件.因此,由得到也附加有条件.从而应单独去求.

六、(本题满分8分)
【解析】(1)先证单调有界.
显然,由初等不等式：对非负数必有,易知
.
再考察 .
因此,单调下降且有界,存在极限.
(2)措施1：由单调下降.
原级数是正项级数.现合适放大,注意,得
部分和,存在,可见级数收敛.由比较鉴别法知,级数也收敛.
措施2：令,运用递推公式,有
,
由比值鉴别法知级数也收敛.
【评注】由证明中可见,有下述结论：收敛存在.
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】规定解空间一种原则基,首先必需确定此解空间维数和对应个数线性无关解.
【解析】(1)因秩,故解空间维数,又因线性无关,
是方程组解,由解空间基定义,是解空间基.
用施密特正交化措施先将其正交化,令：

将其单位化,有 ,
即为所求一种原则正交基.
评注：此题是一种基础计算题,只规定得一种齐次方程组基础解系再原则正交化即可.
由于解空间基不唯一,施密特正交化处理后原则正交基也不唯一.已知条件中
是线性有关(注意),不要误认为解空间是3维.
(2)(I)设是矩阵属于特性值特性向量,即

即 .
(II)将(1)解得代入矩阵,得.
其特性方程为
知矩阵特性值为.
由于 ,
从而只有一种线性无关特性向量,故不能相似对角化.
评注：相似于对角阵A每个重特性值有个线性无关特性向量.

八、(本题满分5分)
【解析】由于,其中是初等矩阵

(1)由于可逆,,故,因此可逆.
(2)由,知
评注：①本题考察初等矩阵概念和性质,要懂得初等变换和初等矩阵左右乘关系和初等矩阵逆矩阵三个公式.有考生写不出初等矩阵,或将写成,或不懂得
,或认为,而不懂得等,这些要引起注意.
②经初等变换矩阵秩不变,易知,也可证明可逆.

九、(本题满分7分)
【分析】首先需要清晰二项分布产生背景.它背景是：做次独立反复试验,每次试验成果只有两个(要么成功,要么失败),每次试验成功概率所有为,随机变量表达次试验成功次数,则.这道题中通过三个交通岗,在各个交通岗碰到红灯事件是独立,概率所有为,相称于做了3次独立反复试验,试验成果只有两个(要么碰到红灯(成功),要么不碰到(失败)),每次成功概率所有为,表达碰到红灯次数,相称于做了3次试验成功次数,故.
【解析】由题意知：,由二项分布分布律定义,有

再由离散型随机变量分布函数定义,有,
(1)当时,；
(2)当,；
(3)当,
；
(4)当,

；
(5)当时
.
因此分布函数为：

数学期望为.
【有关知识点】1.二项分布分布律定义：.
2.离散型随机变量分布函数定义：.
3.二项分布期望为.

十、(本题满分5分)
【分析】矩估计实质在于用样本矩来估计对应总体矩,此题中被估参数只有一种,故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体一阶原点矩(期望)；最大似然估计,实质上就是找出使似然函数最大那个参数,问题关键在于构造似然函数.
【解析】(1)矩估计
由期望定义：
.
样本均值,用样本均值估计期望有,即,解得未知参数矩估计量为：
(2)最大似然估计
设 是对应于样本样本值,则样本似然函数为：

当时,,又,故,即.因此.
.
(由于是单调递增函数,取最大和取最大取到是一致,而加对数后能把连乘转换成累加,这样求导,找极值比较以便)
.
令 ,
解得最大似然估计值为,
从而得最大似然估计量为：.