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华东师范大学1997年攻读硕士学位研究生入学试题一.（10分）计算下列行列式：11222221122111112211...1(1)(1) (1)(1)(1)...(1)(1)(1)...(1)n n nn n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x x ------------二.（15分）设5200200000520022A -⎛⎫ ⎪-⎪= ⎪- ⎪-⎝⎭，求正交矩阵T，使'1T AT T AT -=为对角形矩阵，并写出这个对角形矩阵.三.(15分)设200201A a b c ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪-⎝⎭是复矩阵.1.求出A 的一切可能的Jordan 标准形；2.给出A 可对角化的一个充要条件.四.(15分)已知3阶实数矩阵()ij A a =满足条件(,1,2,3)ij ij a A i j ==，其中ij A 是ij a 的代数余子式，且331a =-，求： 1.A2.方程组123001x A x x ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的解.五.（15分）证明：一个非零复数α是某一有理系数非零多项式的根⇔存在一个有理系数多项式()f x 使得1().f αα=六.（15分）设A 是n 阶反对称阵。
证明：1.当n 为奇数时|A|=0.当n 为偶数时|A|是一实数的完全平方;2.A 的秩为偶数 .七.（15分）设V 是有限维欧氏空间.内积记为(,)αβ.又A 设是V 的一个正交变换。
记{}{}12|,,|V V V V ααααααα=A =∈=-A ∈，求证：1.12,V V 是v 的子空间;2. 12.V V V =⊕八.（15分）设n 阶实数方阵的特征值全是实数且A 的所有1阶主子式之和为0，2阶主子式之和也为0.求证：0n A =九.（15分）设A，B 均是正定矩阵，证明： 1 .方程0A B λ-=的根均大于0； 2 .方程0A B λ-=所有根等于1⇔A=B.华东师范大学1998年攻读硕士学位研究生入学试题一.（10分）计算下列行列式:131********...2223333 (336)...n n n n n n n n n n n n n n-------------二.(10分)证明：方程组111122121122221122...0...0(1) 0n n n ns s sn n a x a x a x a x a x a x a x a x a x +++=⎧⎪+++=⎪⎨⎪⎪+++=⎩的解全是方程1122...0(2)n n b x b x b x +++=的解的充分必要条件是：12(,...,)n b b b β=可由向量组12,...,s ααα线性表示，其中12(,,...,)(1,2,...,).i i i in i s αααα==三（15分）设32()f x x ax bx c =+++是整系数多项式，证明：若ac+bc 为奇数，则f(x)在有理数域上不可约.四（15分）设A 是非奇异实对称矩阵，B 是反对称实方阵。
华东师范大学2000年攻读硕士学位研究生入学试题考试科目：数学分析一．（24分）计算题： （1）011lim();ln(1)x x x→-+（2）32cos sin ;1cos x xdx x⨯+⎰ （3）设(,)z z x y =是由方程222(,)0F xyz x y z ++=,所确定的可微隐函数，试求grad Z.二．（14分）二、设 n n ne )11(+=，*N n ∈；1)11(++=n n nE ，*N n ∈；证明： （1）}{n e 是严格递增的;（2）}{n E 是严格递减的; （3）用对数函数x ln 的严格递增性质证明：111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，对一切n ∈N *成立. 三．（12分）设f 在[],a b 中任意两点之间都具有介值性，而且f在(),a b 内可导，'|()|f x K ≤（正常数）, (,).x a b ∈证明f 在点a 右连续（同理在点b 左连续）. 四．（14分）设12(1).nn I x dx =-⎰证明:（1）1221n n nI I n -=+,n=2,3…;（2）2,3n I n≥n=1,2,3….五（12分）设S 为一旋转曲面，由平面光滑曲线{(),[,](()0)z y f x x a b f x ==∈≥饶x 轴旋转而成。
试用二重积分计算曲面面积的方法，导出S 的面积公式为'22()1()baA f x fx dx π=+⎰（提示：据空间解几知道S 的方程为222()y z f x +=）六（24分）级数问题：（1）设sin ,0()1,0xx f x x x ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩,求()(0)k f。
（2）设1nn n a =∑收敛，lim 0n n na →∞=证明:111()nnn n n n n n a a a +==-=∑∑。
（3）设{()}n f x 为[],a b 上的连续函数序列，且()(),[,]n f x f x x a b ⇒∈证明：若()f x 在[],a b 上无零点。
高等代数与解析几何习题精解《高等代数与解析几何习题精解》已于2002年2月正式出版.该书系大学数学习题精解系列书中的一本，由陈志杰，陈咸平，林磊，瞿森荣和韩士安编写，科学出版社出版。
ISBN7—03-009804—8。
字数:65万。
定价：39元.用B5纸印刷。
页数:563。
内容简介本书以复习思考题的形式帮助学生理解、掌握高等代数与解析几何的基本概念，以大量的例题介绍并讲解常用的各种方法、技巧与解题思路。
把例题分为基本、普遍和提高三个层次,以适合不同情况的教学与学习的需要。
本书包括向量代数、行列式、线性方程组与线性空间、矩阵、平面和直线、线性空间与欧几里得空间、曲面与曲线、线性变换、线性空间上的函数、坐标变换与点变换、多项式、若尔当典范型及其应用等内容.各章均有习题、自测题，书后附部分考研试题,并有详细的解答。
各章节目录第一章向量代数1.1向量的线性运算1.2向量的共线,共面与线性关系1。
3标架,向量和点的坐标1.4向量的线性关系与线性方程组1。
5n维向量空间1.6几何空间中向量的内积1。
7几何空间向量的外积1。
8几何空间向量的混合积1.9平面曲线的方程自测题练习答案第二章行列式2.1映射与变换2。
2置换的奇偶性2.3行列式的定义2。
4矩阵2。
5行列式的性质2。
6行列式按行(列)展开与行列式的计算2.7克拉默法则自测题练习答案第三章线性方程组与线性自空间3。
1用消元法解线性方程组3.2线性方程组的解的情况3.3向量组的线性相关性3。
4线性子空间及其基、维数3。
5齐次线性方程组的解的结构3.6非齐次线性方程组的解的结构自测题练习答案第四章矩阵的秩与矩阵的运算4。
1向量组的秩4。
2矩阵的秩4。
3用矩阵秩判断线性方程组解的情况4.4线性映射及矩阵的运算4.5矩阵的逆4.6分块矩阵4.7线性映射的象空间与核空间自测题练习答案第五章几何空间中的平面和直线5.1平面的仿射性质5。
2直线的仿射性质5.3平面的度量性质5。
1997 年全国硕士研究生入学统一考试理工数学一试题详解及评析一、填空题1 3 sin x + x cos2x （ 【 1）lim=.( + ) ( + ) x → 01 cos x ln 1 x 3答】. 213 sin x + x cos23 sin x 1 1x lim= lim + lim x cos【 详解】 原式＝ x →02x2 x →0 x x →0 2x3 = 3 + 0 = . 2 2∞∞∑∑+( − )n 1 n（ 【 【 2）设幂级数a x n的收敛半径为 3，则幂级数 na x 1 的收敛区间为 .n n =0n =1(− )答】2,4 . ∞∑ na xn 1 的收敛半径仍为 3，故−详解】 根据幂级数的性质，逐项求导后，得nn =1∞∞∑ ( − )n +1= ( − ) ∑( − )n −2na x 1n2nax 1 x 1nn =1n =1的收敛区间为 x −1 < 3, 即(−2,4 .)（ 3）对数螺线 ρ = e θ在点处切线的直角坐标方程为 .π【 答】 x + y = e 项解 1】2.【 由于 x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, 螺线方程 ρ =e θ 可化为⎧ ⎨ ⎩ = θθ x e cos , y e sin . = θ θdy dxsin θ + cos θcos θ−sin θπ π|θ =π |θ =π由于= = −1,且当θ = 时， x = 0, y = e 2.222故所求切线方程为ππ y − e1 x 0 , = − ⋅( − ) 即 x + y = .22【 详解 2】螺线方程 ρ = e θ可化为隐函数方程：yln x 2 + y 2 = arctan ,x⎛ π⎞ ' (0)= −1,故所求切线方程为 y利用隐函数求导法，得在点⎜0,e 2⎟ 处的导数为⎝ ⎠π π y − e1 x 0 , = − ⋅( − ) 即 x + y =. 22 ⎡ 1 2 t −2⎤⎢ ⎥ （ 4）设 A = 4 3 , B 为三阶非零矩阵，且 AB = 0,则 t= .⎢ ⎥ ⎢ −1 ⎥ 13 ⎣ ⎦【 【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 1 2 t−23 = 0 ⇒ t = −3. A = 43 −1 1(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 .2【 答】. 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}. 2 5 3 5 19 49 2049( ) =P A( ) = , P B ( ) = ( ) = 则, P C | A , P C | B . 由全概率公式知：( )= ( )⋅( )+ ( )⋅( )P C P A P C | AP B P C | B 2 5 9 3 20 19 + ×49 5 49 492= . 5= × = 二、选择题⎧ ⎪ xy+ y ,(x , y )≠ (0,0 ) ) ( )= x 2 2 ( ) ，在点 0,0 处 （ 1）二元函数 f x , y ⎨⎪ 0 , (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( ++ )− ( )f 0 x ,0 f 0, 0(0, 0)= lim= 0,f ' x +x+ x →0而当 y = kx ,有xy + x ⋅kx k1+ k lim= lim = ,(x ,y ) (0,0) → x 2 y 2 x → 0 x 2 + k 2 x 2 2k + k xy+ y ( ) ( ) 不存在，因而 f x , y 在点 0,0 处不连续， 2当 k 不同时，不同，故极限 lim 1 2 ( )→(0,0) x2 x ,y 可见，应选（C ）. ∫ b( ) f x dx ,[ ] ( ) > f x 0, f ( ) < x ( ) > x = (2)设在区间 a ,b 上'0, f ' 0 ，令 S 1 a 1( )( −) = ⎡ ( )+ ( )⎤( − )，则S 2 f b b a ,S = f a f b b a ⎣ ⎦ 3 2（ A ） S < S < S (B) S < S < S213.1 2 3.(C) S < S < S(D) S < S < S231.3 1 2. 【 】【 答】 应选（B ）.【 详解】( ) > ' ( ) < '( )>= ( ) [ ]0 知，曲线 y f x 在 a ,b 上单调减少且是凹曲线弧，于由 f x 0, f x 0, f x ( )> ( )是有 f x f b ,( )− ( )f b f a ( )< ( )+( − ) < <x a ,a x b .f x f a b − a 从而∫ b( ) > ( )( − ) = 2S 1 = = f x dx f b b a S ,a⎡ ⎢ ⎣ ( )− ( ) f b f a ⎤ ∫ b ( ) < f x dx∫ b ( )+ f a ( − ) S 1 x a dx ⎥ b − a a a ⎦ 12 = ⎡ ( )+ ( )⎤( − ) = f a f b b a S . ⎣ ⎦3 即S < S < S ,故应选（B ）. 2 1 3x +2π( ) = (3)设F x ∫ e sin t sin tdt ,则F (x ) 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esin tsin t 是以2π 为周期的，因此x +2π 2π( ) = F x ∫ e sin tsin tdt = ∫ e sin tsin tdtx 02π = = −∫e sin t d cos t2π∫0 +cos 2t ⋅e sin t dt > 0.故应选（A ）.⎡ a ⎤ ⎡b ⎤ ⎡c ⎤1 1 1 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ （ 4）设α = a ,α = b ,α = c , 则三条直线 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 12 2 23 2 ⎢ ⎣ ⎥ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥ c 3a 3 ⎣b 3 ⎦ ⎣ ⎦a x +b y +c = 0,a x + b y + c = 0,a x + b y + c = 0（其中a i2+ b i ≠ 0,i =1,2,3）交于一21 1 12 2 23 33 点的充要条件是（ （ A ）α ,α ,α 线性相关.（B ）α ,α ,α 线性无关.1231 2 3 (α α α ) (α α ) α α ,α 线性相关， , 线性无关. α α 12C ）秩r , , ＝秩r , （D ） , 1 2 3 1 2 1 2 3【 】【 【 答】 应选(D).详解】 由题设，三条直线相交于一点，即线性方程组⎧ ⎪ ⎨ a x + b y + c = 011 1 a x + b y + c = 02 22 ⎪ a x + b y + c = 0 ⎩3 3 3(α α α ) (α α ) , ＝2. 1 2 有唯一解，其充要条件为秩秩 r , , ＝秩r 1 2 3 （ （ （ 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.【 】【 【 答】 应选（D ）. ( −) = 2 ( )+ 2 ( ) = × + × =详解】 D 3X 2Y 3 D X 2 D Y 9 4 4 2 44. ⎧ 2 = 2z y ∫ ∫∫(x 2)三、（1）计算 I =+ y 2 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⎧ 2⎫ r Ω = (θ ⎨,r , z | 0 ) ≤θ ≤ 2π,0 ≤ r ≤ 4, ≤ ≤ z 8⎬,⎩ 2 ⎭ 于是⎛ ⎜ ⎝2⎞r 2π484∫ ∫ rdr ∫ ∫ 0I = d θ r 2dz = 2π r 38− dr ⎟ r 22 0⎠21 024π=. 3⎧ 2 + y =1 2 x v ∫ ( − ) + ( −) + ( − )（ 2）计算曲线积分z y dx x z dy x y dz ,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 = cos θ, y = sin θ, 则 z = 2 − x + y = 2 − cos θ + sin θ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. 于是v ∫ ( − ) + ( − ) + ( − ) z y dx x z dy x y dz C∫ 02 2cos 2θ −1⎤d θ − ⎡ (sin θ + cos θ )− ⎣= ⎦ 2 π| 0= = − ⎡ (cos θ + sin θ )−sin 2θ −θ ⎤ 2 ⎣ ⎦ 2 π −2π.【 详解 2】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 xyxOy 面上的投影区域.记F = (z − y )i + (x − z ) j + (x − y )k , i j ∂ k∂∂ 则rotF= 2k . ∂x ∂y ∂z z − y x − z x − y根据斯托克斯公式知v ∫ ( − ) + ( − ) + ( −) = ∫∫z y dx x z dy x y dz rotFdSC∑∫ ∫ ∫∫= 2dxdy = − 2dxdy ∑Dxy= −2π.（ 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 x t （将 x t 视为( ) ( ) 0 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 . ( )⎧ dx= ( − ) kx N x ⎪ 【 详解】 由题设，有⎨ dt , ⎪ ⎩x (0)= x 0 dx( − ) x N x 原方程可化为= kdt ,NCe kNt 积分，得x = , 1 + Ce kNtNx e kNt x =代入初始条件，得N − x + x e kNt0 0 ⎧ x + y + b = 0 四、（1）设直线 l : ⎨在平面 π 上，而平面 π 与曲面 z = x + y 2 相切于点2 x + ay − z −3 = 0⎩( − ) 1 , 2,5 ，求 a 、b 之值.【 详解 1】 令 F x , y , zx 2 y 2z ，则 F ( ) = + − '= 2x , F'= 2y , F' = −1.在点(1,−2, 5)处曲面得法向量为xy z n2, 4, 1= { − − }，于是切平面方程为( − )− ( + )−( − ) = x 1 4 y 2 z 5 0,2 即 2x − 4y − z −5 = 0. ⎧ x + y + b = 0由l : ⎨， x + ay − z −3 = 0 ⎩ 得= − + (− − ) x −b , z x 3 a x b 代入平面π 方程，得2 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 【 详解 2】由方法一知，平面π 方程为 2π − 4y − z −5 = 0.⎧ x + y + b = 0过直线l : ⎨的平面束为 x + ay − z −3 = 0⎩ + + +κ ( + −− ) = x y bx ay z 3 0, ( + λ) + ( + λ) − λ + − λ =0.即 1 x 1 a z b 3 y 其与平面π 重合，要求1 + λ 1+ a λ −λ b −3λ= = = ,2−4 −1 −5 解得λ =1, a = −5,b = −2∂ ∂ 2 z ∂ 2 z ( ) = ( x)+ = e z , 求 2x（ 2）设函数 f u 具有二阶连续导数，而 z f e sin y 满足方程 x 2 ∂y2 ( )f u .【 详解】∂z ∂z ∂y = f ' (u )e (u )e (u )e xsin y , = f'(u )e x cos y ,y ,sin y + f ' (u )e 2x cos ∂x∂ ∂ ∂ ∂2 z= = f ' x sin y + f ' (u )e 2x sin 2x 2 2 z − f ' x2y ,y 2∂ ∂ 2 z ∂ 2 z + = e 2xz ,得'(u )− f (u )= 0.f代入方程 x 2 ∂y2 解此方程得( ) = u+ −uf u C eC e （其中C ,C 为任意常数）. 1 2 1 2( ) f x ∫1( ) ( ) x 并讨论 'ϕ (x )( ) ϕ ( ) = = A （ A 为常数），求ϕ ' 五 、设 f x 连续， x f xt dt ,且 lim 0x → 0x 在 x = 0 处的连续性. ( )f x = A 知， f 0 0, f 0 ( ) = ' ( ) = A ,且有 0 0. ϕ ( ) =【 详解】 由题设 limx → 0x x∫ ( )f u du ∫ 1( ) ( ≠ ) x 0 ,又ϕ ( ) = x f xt dtu xt =x 0x( )− ∫ ( ) xf x f u du 于是 ϕ ' (x ) = 0 (x ≠ 0) x2 由导数定义，有∫x( ) f u du ( ) f x Aϕ '(0)= lim= lim= . 22x 2x → 0x x → 0而xx( )− ∫ ( ) ∫ ( ) xf x f u du ( ) f u du f x lim ϕ ' (x )= lim 0 2 = lim − lim 0 2x → 0 x → 0 x x → 0 x x →0 x A A= A − = = ϕ ' (0)2 2可见，ϕ(x )在 x = 0 处的连续性.' ⎛ ⎞ 1 2 1 ( = ") 证明： 六、设 a 1 2,a n +1= = ⎜a ⎝+ ⎟, n 1, 2, , n a n ⎠（ 1） lim a 存在； nn →∞∞⎛ a n ⎞∑ （ 2）级数 ⎜ − ⎟ 收敛. 1 a n +1⎝ ⎠n =1 【 （ 详解】 1）因为⎛ ⎞− n 2 1 1 1 a a n +1 − a = ⎜a +⎟ − a = , n n n 2 a n 2a n⎝ ⎠ ⎛ ⎞ 1 1 1而a n +1 = ⎜a + ⎟ ≥ a ⋅ =1, n n2 a n a n⎝ ⎠ 于是有 a n +1 − a ≤ 0,故数列 a 单调递减且有下界，所以 lim a 存在. { } n n n n →∞(2)方法一：ana − a nn +1≤ a − a .nn +1 由（1）知 0 ≤ −1= a n +1a n +1∞∞∑∑ ( − ) = ( − a k +1 ) = − 由于级数a na n +1 的部分和数列 S n a k a 1 a n +1 的极限 lim S 存在，可见 nn →∞n =1k =1∞∞⎛ a ⎞ ∑ ∑ ( − ) − a n a n +1 收敛，由比较判别法知，级数⎜ ⎝n1 ⎟ 也收敛. 级数an +1⎠ n =1n =1 方法二：an令 b = n−1，利用递推公式，有an +1bn +1b n1 a = lim ⋅2 n 2 +1 a n 2 −1ρ = lim⋅ = 0 <1, +1 a n 2 n →∞ n →∞ 4 a n +1∞⎛ a ⎞ ∑ n− ⎟ 也收敛. 1 由比值判别法知级数⎜ ⎝ a n +1⎠ n =1 七、（1）设 B 是秩为 2 的5×4 矩阵，α = (1,1, 2, 3 ,) T α = (− 1,1, 4, 1 , −) T5, 1, 8,9 α = ( − − 3) T1 2 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 r B 2, 故解空间的维数为： 4 r B 4 2 2,【又α ,α 线性无关，可见α ,α 是解空间的基. 1 2 1 2 先将其正交化，令：⎡ ⎢ ⎢ ⎢ 3⎤−⎥ 4 2 = ⎢ 3 ⎥ ⎡ ⎢ ⎢ 1⎤ ⎡−1⎤ ⎡1⎤ ⎥ ⎥ 1 ⎢ ⎥ 1 ⎢ ⎥ ⎥ (α β ) , 1 1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ − β = α = ,β = α − 2 1 β = 1 1 1 ⎢ ⎥ 2 2 (β β ) ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎢ ⎥ ⎥2 , 43 2 1 1 10 3 ⎥ ⎢ ⎣⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 3⎦ ⎣−1⎦ ⎣3⎦ ⎢ ⎥ − 2 ⎣ ⎦再将其单位化，令：⎡ ⎢ ⎢ 1⎤⎡−2⎤ ⎥1 ⎢ ⎢ ⎥ ⎥ ⎥⎥β1 β1 1 1 β2 β2 1 1 ⎥ η = 1 = ,η = = ⎢ ⎥ 2 ⎢ 5 2 39 5 ⎢ ⎥ ⎢ ⎣3⎦ ⎣−3⎦ 即为所求的一个标准正交基.⎡ ⎢ 1 ⎤⎡ 2 −1 2 ⎤⎥ ⎢ ⎥ ⎥ (2)已知 ζ = 1 是矩阵 A = 5 a b 3 − ⎥2的一个特征向量. ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎣ − ⎥ ⎢− ⎣ 1 1 ⎦ ⎦ (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 A ζ = λ ζ ,即⎡ ⎢ ⎢2 −1 2 ⎤ ⎡1⎤ ⎡ 1 ⎤⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 5 a b 3 1 = λ 1 , 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎣−1 2 1 − ⎥ ⎢ ⎥ ⎢− ⎥ 1 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣⎦ ⎧ ⎪ 2 −1− 2 = λ0 ⎨ 5+ a −3 = λ 也即 0 ⎪ − 1+ b + 2 = −λ0 ⎩解得a = −3,b = 0,λ = −1.（ I I ）由⎡ ⎢ 2 −1 2 ⎤λ − 2 1λ +0 −2⎥ A = 5 a b 3 − ⎥2，知 λ − E A = −5 3 −31 , = (λ + )3 ⎢ ⎥⎦ ⎢ −1 λ + 2 1⎣ 可见 λ = −1为 A 的三重根，但秩 r E A2, 从而(− − ) = λ = −1对应的线性无关特征向量只有3− r (− −)= 个，故 A 不可对角化.E A1 八、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为 B .（ 1） 证明B 可逆;AB − .1 （ 【 （ 2） 求 详解】 ( ) 1） 记E i , j 是由n 阶单位矩阵的第i 行和第 j 行对换后得到的初等矩阵，则( ) ，于是有 B = E (i , j ) A = − A ≠ 0.故B 可逆E i , j A B = − 1 AB − 1 = A ⎡E (ij ) A ⎤ = ⎦AA −1 E −1 (i , j ) E − (i , j )= E (i , j ). = 1 （ 2） ⎣ 九、从学校乘汽车到火车站的途中有 3 个交通岗，假设再各个交通岗遇到红灯的事件是象话2 独立的，并且概率都是 , 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.⎛ ⎝ 2 ⎞ 5 ⎠【 详解】 X 服从二项分布B ⎜3, ⎟，其分布律为k 3−k ⎛ ⎝ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ { P X k = } =C 3k ⋅ ⋅ 1− ,k = 0,1, 2, 3. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ 因此，X 的分布函数为 ⎧ ⎪ ⎪ 0, x < 0 7 , , , 0 ≤ x <1 1≤ x < 2⎪ ⎪125 1 ( )= { ≤ } = F x P X x ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ 8 1 25 117 2 ≤ x < 3 ⎪ ⎩125 2 6 5( )= ⋅ = X 的数学期望为 E X 3 . 5 十、设总体X 的概率密度为⎧ ⎨ ⎩(θ + ) x ,0 < x <1 θ 1 ( ) = f x 0,其他 其中θ > −1是未知参数，x , x ,", x 是来自总体X 的一个容量为n 的简单随机样本，分别 1 2 n用矩估计法和极大似然估计法求θ 的估计值.详解】 总体 X 的数学期望为【 θ +1 θ + 2+ ∞ 1 ( )= ∫ ( ) = ∫ (θ + ) θ +1 E X xf x dx 1 x dx = . −∞ 0θ +1 θ + 2 2X −1 ^ 令 设 = X ，得参数θ 的矩估计量为θ = . 1− X x , x ,", x 是相应于样本 X , X ,", X 的一组观测值，则似然函数为 1 2 n 1 2 n⎧ ⎪ θ ⎛ n ⎞ ∏ " (θ + ) n < < ( = )1 x ,0 x i 1 i 1, 2,3, ,n ⎜ ⎟ i L = ⎨ ⎝ 0 i =1 ⎠ ⎪ ⎩ 其他. 当 0 x 1 i 1, 2,3, ,n < < ( = " )时， L > 0 且i n ∑ ln L = n ln (θ + )+θ 1 ln x ii =1d ln L d θ n θ +1 n ∑ 令 = + ln x = 0,i i =1^ n得θ 的极大似然估计值为 θ = −1− n ∑ ln x ii =1^ n从而 θ 的极大似然估计值为 θ = −1− n ∑ ln x ii =1。
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.)(1) 2013sin coslim(1cos )ln(1)x x x x x x →+=++ . (2) 设幂级数nn n a x∞=∑的收敛半径为3,则幂级数11(1)n nn na x ∞+=-∑的收敛区间为 .(3) 对数螺线e θρ=在点2(,)(,)2e ππρθ=处的切线的直角坐标方程为 .(4) 设12243311A t -⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦,B 为三阶非零矩阵,且0AB =,则t = .(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 .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)(1) 二元函数22, (,)(0,0),(,)0, (,)(0,0)xyx y x y f x y x y ⎧≠⎪+=⎨⎪=⎩在点(0,0)处 ( )(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()0,()0,()0,f x f x f x '''><>令12(),()()baS f x dx S f b b a ==-⎰,31[()()]()2S f a f b b a =+-,则 ( )(A) 123S S S << (B) 213S S S << (C) 312S S S << (D) 231S S S << (3) 2sin ()sin ,x t xF x e tdt π+=⎰设则()F x ( )(A) 为正常数 (B) 为负常数 (C) 恒为零 (D) 不为常数(4) 设111122232333,,,a b c a b c a b c ααα⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥===⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦则三条直线1110a x b y c ++=,2220a x b y c ++=,3330a x b y c ++=(其中220,1,2,3i i a b i +≠=)交于一点的充要条件是 ( )(A) 123,,ααα线性相关 (B) 123,,ααα线性无关(C) 秩123(,,)r ααα=秩12(,)r αα (D) 123,,ααα线性相关,12,αα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32X Y -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22(),I x y dV Ω=+⎰⎰⎰其中Ω为平面曲线22,0y z x ⎧=⎨=⎩绕z 轴旋转一周形成的曲面与平面8z =所围成的区域.(2) 计算曲线积分()()()C z y dx x z dy x y dz -+-+-⎰,其中C 是曲线221,2,x y x y z ⎧+=⎨-+=⎩从z 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0t =时刻已掌握新技术的人数为0x ,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0,k >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0,:30x y b L x ay z ++=⎧⎨+--=⎩在平面∏上,且平面∏与曲面22z x y =+相切于点(1,2,5)-,求,a b之值.(2) 设函数()f u 具有二阶连续导数,而(sin )xz f e y =满足方程22222xz z e z x y∂∂+=∂∂,求()f u .五、(本题满分6分)设()f x 连续,1()(),x f xt dt ϕ=⎰且0()limx f x A x→=(A 为常数),求()x ϕ'并讨论()x ϕ'在0x =处的连续性.六、(本题满分8分)设11112,(),1,2,...,2n n na a a n a +==+=证明： (1) lim n n a →∞存在；(2) 级数111n n n a a ∞=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑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B 是秩为2的54⨯矩阵,123(1,1,2,3),(1,1,4,1),(5,1,8,9)T T Tααα==--=--是齐次线性方程组0Bx =的解向量,求0Bx =的解空间的一个标准正交基.(2) 已知111ξ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦是矩阵2125312A a b -⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥--⎣⎦的一个特征向量.(Ⅰ) 试确定参数,a b 及特征向量ξ所对应的特征值； (Ⅱ) 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 行对换后得到的矩阵记为B . (1) 证明B 可逆； (2) 求1AB -.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25.设X 为途中遇到红灯的次数,求随机变量X 的分布律、分布函数和数学期望.十、(本题满分5分)设总体X 的概率密度为(1), 01,()0, x x f x θθ⎧+<<=⎨⎩其它，其中1θ>-是未知参数.12,,,n x x x 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θ的估计量.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】32【分析】这是00型极限.注意两个特殊极限00sin ln(1)lim1,lim 1x x x x x x→→+==. 【解析】将原式的分子、分母同除以x ,得2001sin 13sin cos 3cos3limlim .ln(1)(1cos )ln(1)2(1cos )x x x x x x x x x x x x x x→→++==++++ 评注：使用洛必达法则的条件中有一项是0()lim()x x f x g x →''应存在或为∞,而本题中,[]200111(3sin cos )3cos 2cos sinlimlim 1cos (1cos )ln(1)sin ln(1)1x x x x x x x x x xx x x x 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1t x =-,则()1212111n n n n n nn n n na ttna tta t ∞∞∞+-==='==∑∑∑. 由于逐项求导后的幂级数与原幂级数有相同的收敛半径,1nn n a t∞=∑的收敛半径为3⇒()1nn n a t ∞='∑的收敛半径为3.从而()2111n n n n n n t a t na t ∞∞+=='=∑∑的收敛半径为3,收敛区间即(-3,3),回到原幂级数11(1)n nn na x ∞+=-∑,它的收敛区间为313x -<-<,即(2,4)-.评注：幂级数的收敛区间指的是开区间,不考虑端点. 对于n n n a x ∞=∑,若1limn n na a ρ+→+∞=⇒它的收敛半径是1R ρ=.但是若只知它的收敛半径为R ,则⇒11limn n n a a R +→+∞=,因为1lim n n naa +→+∞可以不存在(对于缺项幂级数就是这种情形).(3)【答案】2x y e π+=【解析】求切线方程的主要问题是求其斜率x k y '=,而xy '可由e θρ=的参数方程 cos cos ,sin sin x e y e θθρθθρθθ⎧==⎪⎨==⎪⎩ 求得： 2sin cos sin cos ,1cos sin cos sin x x y e e y y x e e θθθπθθθθθθθθθθθθ='++''====-'--, 所以切线的方程为2(0)y e x π-=--,即2x y e π+=.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】3t =-【解析】由0AB =,对B 按列分块,设[]123,,B βββ=,则[][][]123123,,,,0,0,0AB A A A A ββββββ===,即123,,βββ是齐次方程组0Ax =的解.又因B O ≠,故0Ax =有非零解,那么()1221024343373031131A tt t --==+=+=-,由此可得3t =-.评注：若熟悉公式0AB =,则()()3r A r B n +≤=,可知()3r A <,亦可求出3t =-. (5)【答案】25【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i A =“第i 个人取得黄球”,1,2i =,则完全事件组为11,A A (分别表示第一个人取得黄球和第一个人取得白球).根据题设条件可知{}1202505P A ===黄球的个数球的总数；{}1303505P A ===白球的个数球的总数；{}2120119|50149P A A -==-(第一个人取得黄球的条件下,黄球个数变成20119-=,球的总数变成50149-=,第二个人取得黄球的概率就为1949)；{}2120|49P A A =(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50-1=49,第二个人取得黄球的概率就为2049).故应用全概率公式{}{}{}{}{}21211212193202||5495495P A P A P A A P A P A A =+=⋅+⋅=.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202505=. 【相关知识点】1.全概率公式: {}{}{}{}{}2121121||P A P A P A A P A P A A =+； 2. 古典型概率公式：()i i A P A =有利于事件的样本点数样本空间的总数.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) (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00(0,0)(0,0)(,0),(0,)x y f d f df x f y x dx y dy ==∂∂==∂∂, 由于 (,0)0(),(0,)0()f x x f y y =∀=∀,⇒∃偏导数且(0,0)(0,0)0,0f f x y∂∂==∂∂. 再看(,)f x y 在(0,0)是否连续？由于222(,)(0,0)01lim(,)lim (0,0)2x y x y xx f x y f x x →→===≠+,因此(,)f x y 在(0,0)不连续.应选(C).评注：① 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000(,)M x y 不连续的方法之一是：证明点(,)x y 沿某曲线趋于0M 时,(,)f x y 的极限不存在或不为00(,)f x y .② 证明00(,)(,)lim(,)x y x y f 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000(,)M x y 时,(,)f x y 的极限不想等或沿某条曲线趋于0M 时,(,)f x y 的极限不存在.对于该题中的(,)f x y ,若再考察(,)(0,0)(,)(0,0)1lim (,)lim 00lim (,)2x y x y y x y xf x y f x y →→→====≠=, (,)(0,0)lim (,)x y f x y →⇒不存在.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(0,0)x f '与(0,0)y f '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()0,()0,()0f x f x f x '''><>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.1()baS f x dx =⎰是曲边梯形ABCD 的面积；2()()S f b b a =-是矩形ABCE 的面积；31[()()]()2S f a f b b a =+-是梯形ABCD 的面积.由图可见213S S S <<,应选(B).方法2：观察法.因为是要选择对任何满足条件的()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21(),[1,2]f x x x=∈,则 2123213211115,,248S dx S S S S S x ====⇒<<⎰.【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ξ,使()()(),baf x dx f b a a b =-<<⎰ξξ成立,再由()0,f x '<所以()f x 是单调递减的,故()(),f f b ξ>从而12()()()()()baS f x dx f b a f b b a S ==->-=⎰ξ.为证31S S >,令1()[()()]()(),2x a x f x f a x a f t dt ϕ=+--⎰则()0,a ϕ=11()()()(()())()2211()()(()())2211()()()()()()221(()())(),2x f x x a f x f a f x f x x a f x f a f x x a f x a a x f x f x a ''=-++-'=---''=---<<''=--ϕηηη拉格朗日中值定理 由于()0f x ''>,所以()f x '是单调递增的,故()()f x f ''>η,()0x '>ϕ,即()x ϕ在[,]a b 上单调递增的.由于()0,a ϕ=所以()0,[,]x x a b >∈ϕ,从而1()[()()]()()02bab f b f a b a f t dt =+-->⎰ϕ,即31S S >.因此,213S S S <<,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ξ,使下式成立：()()()()ba f x dx fb a a b =-<<⎰ξξ.这个公式叫做积分中值公式.2. 拉格朗日中值定理：如果函数()f x 满足在闭区间[,]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 ξξ<<,使等式()()()()f b f a f b a ξ'-=-成立. (3)【答案】(A) 【解析】由于函数sin sin tet 是以2π为周期的函数,所以, 22sin sin 0()sin sin x t t xF x e tdt e tdt +==⎰⎰ππ,()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).估计2sin 0sin t e tdt ⎰π的值有多种方法.方法1：划分sin sin te t 取值正、负的区间.22sin sin sin 0sin sin 0sin sin 0()sin sin sin sin (sin )()sin t t t tu t t F x e tdt e tdt e tdtetdt e u due e tdt--==+=+-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰πππππππ当0t π<<时,sin 0t >,sin sin 0,tt e e -->所以()0F x >.选(A).方法2：用分部积分法.22sin sin 022sin sin 00220sin 2sin 20()sin cos cos cos (11)cos cos 0.tt t tt t F x etdt e d te ttde e e t dt e t dt ==-=-+=--+=>⎰⎰⎰⎰⎰ππππππ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. (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111111222222333333000a x b y c a x b y c a x b y c a x b y c a x b y c a x b y c++=+=-⎧⎧⎪⎪++=⇒+=-⎨⎨⎪⎪++=+=-⎩⎩ 有唯一解.将上述方程组写成矩阵形式：32A X b ⨯=,其中112233a b A a b a b ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦是其系数矩阵,123c b c c -⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦.则AX b =有唯一解⇔[]()2r A r A b ==(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12,αα线性相关.所以应选(D). 方法2：用排除法.(A)123,,ααα线性相关,当123ααα==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①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)123,,ααα线性无关,3α不能由12,αα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,(B)不成立.(C)秩123(,,)r ααα=秩12(,)r αα,当123(,,)r ααα=12(,)1r αα=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(32)(3)(2)9()4()44D X Y D X D Y D X D Y -=+-=+=.【相关知识点】方差的性质：X 与Y 相互独立时,22()()()D aX bY c a D X b D Y ++=+,其中,,a b c 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 θ,或先(,)r θ后z 两种方法.本题的区域Ω为绕z 轴旋转的旋转体,用柱面坐标先(,)r θ后z 方便.【解析】方法1：采用柱面坐标,先(,)r θ后z ,为此,作平面z z =.{}22(,,)|2,,z D x y z x y z z z =+≤=82220()zD I x y dv dz r rdrd θΩ=+=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰(将直角坐标化为柱面坐标)82301024.3dz d dr ππθ==⎰⎰ 方法2：将Ω投影到xOy 平面,得圆域{}22(,)|16,D x y x y =+≤用柱面坐标先z 后(,)r θ,有22248422330021024()2(8).23r r I x y dv d dr r dz r dr ππθπΩ=+==-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰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、外层积分可以分别积分然后相乘即可.如本例方法2中20d πθ⎰可以单独先做.(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 的参数方程为：()cos ,()sin ,()2cos sin x x t t y y t t z z t t t ======-+,其中2z 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π2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222022220()()()(2)()(2)(2())()[cos (2cos sin )]cos (2())()0[2cos sin cos 2cos ]02cos 2.C CI z y dx x z dy x y dzx dx x z dy z dzx t dx t t t t tdt z t dz t t t t t dt tdt ππππππ=-+-+-=-+-+-=-+--++-=+--+=-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰方法2：用斯托克斯公式来计算.记S 为平面2x y z -+=上C 所围有限部分,由L 的定向,按右手法则S 取下侧.原积分2SS dydzdzdx dxdy dxdy x y z z yx zx y∂∂∂==∂∂∂---⎰⎰⎰⎰. S 在xy 平面上的投影区域xy D 为221x y +≤.将第二类曲面积分化为二重积分得原积分22xyD dxdy π=-=-⎰⎰.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dxdt,由题意可立即建立初值问题 0(),(0).dxkx N x dtx x ⎧=-⎪⎨⎪=⎩ 把方程分离变量得,()dx kdt x N x =-111()dx kdt N x N x+=-.积分可得 11ln xkt c N N x=+-,1kNt kNt cNe x ce =+. 以0(0)x x =代入确定00x c N x =-,故所求函数为000.kNtkNtNx e x N x x e =-+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22:0S x y z +-=在点0(1,2,5)M -(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 . 【解析】曲面S 在点0M 的法向量{2,2,1}{2,4,1}M n x y =-=--.切平面∏的方程是2(1)4(2)(5)0x y z --+--=,即 2450x y z ---=.将直线L 的方程改写成参数方程,(1) 3.y x b z a x ab =--⎧⎨=---⎩ 将它代入平面∏方程得24()(1)350x x b a x ab -----++-=,即(5)420a x b ab +++-=.解得5,2a b =-=-.(2)【分析】(sin )x z f e y =是由一元函数()z f u =与二元函数sin xu e y =复合而成的二元函数,它满足方程22222xz z e z x y∂∂+=∂∂. (*) 为了求()f u ,我们将用复合函数求导法,导出z x ∂∂,z y ∂∂,22z x ∂∂,22zy ∂∂与(),()f u f u '''的关系,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22222222()()sin ,()()cos ,()sin ()sin ,()cos ()sin .x x x x x xz u z u f u f u e y f u f u e y x x y y z z f u e y f u e y f u e y f u e y xy∂∂∂∂''''====∂∂∂∂∂∂''''''=+=-∂∂将后两式代入(*)得 222222()()x xz z f u e e f u x y∂∂''+==∂∂,即 ()()0f u f u ''-=.这是二阶线性常系数齐次方程,相应的特征方程210λ-=的特征根为1λ=±,因此求得12()u u f u C e C e -=+,其中1C 、2C 为任意常数.五、(本题满分6分)【分析】通过变换将()x ϕ化为积分上限函数的形式,此时0x ≠,但根据0()limx f x A x→=,知 (0)0f =,从而1(0)(0)0f dt ϕ==⎰,由此,利用积分上限函数的求导法则、导数在一点处的定义以及函数连续的定义来判定()x ϕ'在0x =处的连续性. 【解析】由题设0()limx f x A x→=知,(0)0,(0),f f A '==且有(0)0ϕ=.又 10()()()(0),xf u du x f xt dtu xtx xϕ==≠⎰⎰于是 02()()()(0),xxf x f u dux x xϕ-'=≠⎰由导数定义,有0200()()(0)()(0)limlimlim22xx x x f u du x f x Axx x ϕϕϕ→→→-'====⎰. 而 022000()()()()lim ()limlim lim x xx x x x xf x f u duf u du f x x x x xϕ→→→→-'==-⎰⎰ (0)22A AA ϕ'=-==, 从而知()x ϕ'在0x =处连续. 评注：对1()()x f xt dt ϕ=⎰作积分变量变换xt u =时,必附加条件0x ≠.因此,由01()()xx f u du x ϕ=⎰得到的()x ϕ'也附加有条件0x ≠.从而(0)ϕ'应单独去求.六、(本题满分8分)【解析】(1)先证n a 单调有界.显然0(1,2,)n a n >=,由初等不等式：对∀非负数,x y必有x y +≥,易知 1111()21(1,2,)22n n n a a n a +=+≥⋅==.再考察 121111(1)(1)1221n n n a a a +=+≤+=.因此,n a 单调下降且有界,存在极限lim n n a →+∞.(2)方法1：由n a 单调下降11110n n n n n a a a a a +++-⇒-=≥. ⇒原级数是正项级数.现适当放大,注意1n a ≥,得111101.n n n n n n n a a a a a a a ++++-≤-=≤- 11()nn n aa ∞+=-∑的部分和1111()n k k n k S a a a a ∞++==-=-∑,11lim lim n n n n S a a +→+∞→+∞⇒=-存在,可见级数11()n n n a a ∞+=-∑收敛.由比较判别法知,级数111n n n a a ∞=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑也收敛. 方法2：令11nn n a b a +=-,利用递推公式,有 221221111lim lim 0141n n n n n n n n b a a b a a ρ+→∞→∞++-==⋅⋅=<+, 由比值判别法知级数111n n n a a ∞=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑也收敛. 【评注】由证明中可见,有下述结论：11()nn n aa ∞+=-∑收敛⇔lim n n a →∞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】要求0Bx =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()2r B =,故解空间的维数()422n r B -=-=,又因12,αα线性无关,12,αα是方程组0Bx =的解,由解空间的基的定义,12,αα是解空间的基.用施密特正交化方法先将其正交化,令：[][][][]1121221111,1,2,3,(,)521,1,4,11,1,2,32,1,5,3.(,)153TT T T βααββαβββ===-=---=--将其单位化,有]]1212121,1,2,3,2,1,5,3T T ββηηββ====--, 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12,,αα3α是线性相关的(注意12323ααα-=),不要误认为解空间是3维的.(2)(I)设ξ是矩阵A 的属于特征值0λ的特征向量,即0,A ξλξ=021*******,1211a b λ-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥----⎣⎦⎣⎦⎣⎦即 0002125312a b λλλ--=⎧⎪+-=⎨⎪-++=-⎩0130,a ,b λ⇒=-=-=. (II)将(1)解得的30a ,b =-=代入矩阵A ,得212533102A -⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥--⎣⎦. 其特征方程为3212533(1)0,102E A λλλλλ---=-+-=+=+知矩阵A 的特征值为1231λλλ===-.由于 312()5232101r E A r --⎡⎤⎢⎥--=--=⎢⎥⎢⎥⎣⎦, 从而1λ=-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i r 重特征值有i r 个线性无关的特征向量.八、(本题满分5分)【解析】由于ij B E A =,其中ij E 是初等矩阵10111ij i E j ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦(1)因为A 可逆,0A ≠,故0ij ij B E A E A A ==⋅=-≠,所以B 可逆.(2)由ij B E A =,知11111().ij ij ij ij AB A E A AA E E E -----====评注：①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ij E ,或将B 写成ij B AE =,或不知道1ij ij E E -=,或认为A B =±,而不知道B A =-等,这些要引起注意.②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25,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(成功),要么不遇到(失败)),每次成功的概率都为25,X 表示遇到红灯的次数,相当于做了3次试验成功的次数,故2~(3,)5X B . 【解析】由题意知：2~(3,)5X B ,由二项分布的分布律的定义,有{}33(1),0,1,2,3.k kk p X k C p p k -==-=再由离散型随机变量分布函数的定义,有()kk xF x p≤=∑,(1)当0x <时,()0kk xF x p≤==∑；(2)当01x ≤<,{}300300322327()0()(1)555125k k xF x p p P X C -≤⎛⎫=====-== ⎪⎝⎭∑；(3)当12x ≤<,{}{}1131013272281()01()(1)12555125k k xF x p p p P X P X C -≤==+==+==+-=∑； (4)当23x ≤<,{}{}{}012()012kk xF x pp p p P X P X P X ≤==++==+=+=∑223238122117()(1)12555125C -=+-=； (5)当3x ≥时 {}{}{}{}0123()01231kk xF x pp p p p P X P X P X P X ≤==+++==+=+=+==∑.因此X 的分布函数为：0,0,27,01,12581(),12,125117,23,1251,3.x x F x x x x <⎧⎪⎪≤<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪⎪≤<⎪⎪≥⎪⎩ 2~(3,)5X B 的数学期望为26355EX np ==⋅=.【相关知识点】1.二项分布分布律的定义：{}(1),0,1,,k kn k n P X k C p p k n -==-=.2.离散型随机变量分布函数的定义：{}()i ix xF x P X x p ≤=≤=∑.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 由期望的定义：1110()()(1)(1)E X xf x dx x x dx x dx θθθθ+∞+-∞==+=+⎰⎰⎰1211001(1)(1)22x x dx θθθθθθθ+++=+=+=++⎰.样本均值11n i i X X n ==∑,用样本均值估计期望有EX X =,即12X θθ+=+,解得未知参数θ的矩估计量为：^21.1X Xθ-=- (2)最大似然估计设 12,,...,n x x x 是相应于样本12,,...,n X X X 的样本值,则样本的似然函数为：1(1)01(1,2,,)0 .nn ii i x x i n L θθ=⎧+<<=⎪=⎨⎪⎩∏其他当01i x <<时,10ni i x θ=>∏,又1θ>-,故10θ+>,即()10nθ+>.所以()0L θ>.111ln ln (1)ln(1)ln ln(1)ln n n nn i i i i i i L x n x n x θθθθθθ===⎡⎤=+=++=++⎢⎥⎣⎦∑∑∏.(由于ln L 是单调递增函数,L 取最大与ln L 取最大取到的θ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)1ln ln 1ni i d L nx d θθ==++∑. 令1ln ln 01n i i d L nx d θθ==+=+∑, 解得θ的最大似然估计值为^11ln nii nxθ==--∑,从而得θ的最大似然估计量为：^11ln nii nXθ==--∑.。
