1997年考研数学一真题

（1）

答案： $3/2$。

解题思路： 分子中的振荡项不能直接求 $\cos(1/x)$ 的极限，但乘上 $x$ 后可以用夹逼定理；其余部分使用两个基本等价无穷小。

详细解答： 当 $x\to0$ 时，$1+\cos x\to2$，$\ln(1+x)/x\to1$，$\sin x/x\to1$。把分子、分母同时除以 $x$，得到

$$\frac{3\sin x+x^2\cos(1/x)}{(1+\cos x)\ln(1+x)} =\frac{3\sin x/x+x\cos(1/x)}{(1+\cos x)\,[\ln(1+x)/x]}.$$

由 $|x\cos(1/x)|\le |x|\to0$，分子趋于 $3$，分母趋于 $2$，所以极限为 $3/2$。

（2）

答案： 收敛的开区间为 $(-2,4)$；仅由收敛半径不能判断两个端点。

解题思路： 令 $t=x-1$，把新级数写成原幂级数导数乘上 $t^2$。逐项求导保持收敛半径。

详细解答： 记 $G(t)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nt^n$，其收敛半径为 $3$。在 $|t|<3$ 内可逐项求导，因此

$$\sum_{n=1}^{\infty}na_nt^{n+1}=t^2G'(t).$$

导数级数的半径仍为 $3$；乘以 $t^2$ 不改变半径。故新级数在 $|x-1|<3$ 收敛，即 $-2<x<4$，在 $|x-1|>3$ 发散。$x=-2,4$ 对应 $t=\mp3$，端点敛散性需要知道具体的 $a_n$ 才能判断。

（3）

答案： $y=-x+e^{\pi/2}$。

解题思路： 先把极坐标曲线改写为参数曲线，再由两个坐标对参数的导数求切线斜率。

详细解答： 极坐标与直角坐标的关系给出

$$x=e^\theta\cos\theta,\qquad y=e^\theta\sin\theta.$$

在 $\theta=\pi/2$ 时，切点是 $(0,e^{\pi/2})$。又

$$\frac{dx}{d\theta}=e^\theta(\cos\theta-\sin\theta),\qquad \frac{dy}{d\theta}=e^\theta(\sin\theta+\cos\theta).$$

切点处 $dx/d\theta=-e^{\pi/2}\ne0$，故斜率为 $-1$。点斜式为 $y-e^{\pi/2}=-x$，整理即得答案。

（4）

答案： $t=-3$。

解题思路： $B\ne0$ 意味着它至少有一个非零列；$AB=0$ 使该列成为齐次方程 $Ax=0$ 的非零解，从而 $A$ 必须奇异。

详细解答： 若 $b$ 是 $B$ 的非零列，则 $Ab=0$。三阶方阵的齐次方程有非零解当且仅当行列式为零。按第一行展开，

$$|A|=(t+3)-2(4-9)-2(-4-3t)=7t+21.$$

令 $7t+21=0$，得 $t=-3$。此时 $A$ 确有非零零空间向量，将其作为 $B$ 的一列、其余列取零，即能构造非零 $B$ 满足 $AB=0$。

还可以从秩的角度说明。$AB=0$ 表示 $B$ 的所有列向量都属于 $A$ 的零空间，因此

$$r(B)\le\dim\ker A=3-r(A).$$

因为 $B\ne0$，至少有一个非零列，故 $r(B)\ge1$，从而 $r(A)\le2$。三阶方阵的秩小于 $3$ 就意味着行列式为 $0$，再次得到 $7t+21=0$。

（5）

答案： $2/5$。

解题思路： 按第一个人拿到黄球或白球分成两个互斥且穷尽的情形，使用全概率公式。

详细解答： 记 $H_1$ 为第一人取黄球，$W_1$ 为第一人取白球，$H_2$ 为第二人取黄球。则

$$P(H_1)=\frac{20}{50},\quad P(W_1)=\frac{30}{50},\quad P(H_2\mid H_1)=\frac{19}{49},\quad P(H_2\mid W_1)=\frac{20}{49}.$$

所以

$$P(H_2)=\frac{20}{50}\frac{19}{49}+\frac{30}{50}\frac{20}{49} =\frac{980}{2450}=\frac25.$$

不放回使两次取球不独立，不能把条件概率都写成 $20/50$。

（1）

答案： C；不连续，但两个偏导数都存在并等于 $0$。

解题思路： 连续性要求沿所有路径趋近原点都得到同一极限；偏导数则只考察坐标轴方向，二者需要分别检查。

详细解答： 沿 $y=x\ne0$，$f(x,x)=1/2$；沿 $y=-x\ne0$，$f(x,-x)=-1/2$。两条路径给出不同极限，所以二元极限不存在，原点不连续。另一方面，$f(h,0)=f(0,h)=f(0,0)=0$，于是

$$f_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}h=0, \qquad f_y(0,0)=0.$$

故选择 C。这个例子说明偏导数存在不能推出连续。

（2）

答案： B；$S_2<S_1<S_3$。

解题思路： 单调递减使右端点矩形低于曲线；$f''>0$ 使曲线低于连接两端点的弦，故积分低于梯形面积。

详细解答： 因 $f'<0$，对 $a<x<b$ 有 $f(x)>f(b)$，积分得 $S_1>f(b)(b-a)=S_2$。又 $f''>0$，函数严格凸，故

$$f(x)<\frac{b-x}{b-a}f(a)+\frac{x-a}{b-a}f(b),\qquad a<x<b.$$

积分右侧，两个系数的积分均为 $(b-a)/2$，得到

$$S_1<\frac{f(a)+f(b)}2(b-a)=S_3.$$

两次比较都为严格不等式，所以选 B。

（3）

答案： A；$F(x)$ 为正常数。

解题思路： 被积函数具有 $2\pi$ 周期，完整周期积分与起点无关；再将正、负半周期配对判断符号。

详细解答： 令 $g(t)=e^{\sin t}\sin t$，则 $g(t+2\pi)=g(t)$。变上限求导给出

$$F'(x)=g(x+2\pi)-g(x)=0,$$

所以 $F$ 为常数。把一个周期取为 $[-\pi,\pi]$，负半区间用 $t=-u$ 换元，得到

$$F(x)=\int_0^\pi(e^{\sin t}-e^{-\sin t})\sin t\,dt.$$

在 $0<t<\pi$ 内，$\sin t>0$ 且 $e^{\sin t}>e^{-\sin t}$，故积分严格为正。

（4）

答案： D；三列向量相关，而前两列无关。

解题思路： 三条直线交于一个唯一点，等价于三个方程、两个未知数的线性方程组有唯一解；用系数矩阵和增广矩阵的秩表示。

详细解答： 令 $M=(\alpha_1,\alpha_2)$，方程组为 $M(x,y)^T=-\alpha_3$。有唯一解的条件是

$$r(M)=r(M,-\alpha_3)=2.$$

$r(M)=2$ 表示 $\alpha_1,\alpha_2$ 无关；增广矩阵有三列而秩为 $2$，表示 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 相关。这正是 D。A 只要求三列相关，例如 $x=0,x=1,x=2$ 的三条直线满足该条件，却没有公共点。C 只保证相容，例如三个方程都为 $x=0$ 时秩均为 $1$，有无穷多个公共点。B 的增广秩为 $3$，大于两列系数矩阵的秩，不可能相容。

（5）

答案： D；方差为 $44$。

解题思路： 独立性令协方差为零；线性组合的方差中系数要平方。

详细解答： 一般公式为

$$D(aX+bY)=a^2D(X)+b^2D(Y)+2ab\operatorname{Cov}(X,Y).$$

由独立性 $\operatorname{Cov}(X,Y)=0$，代入 $a=3,b=-2$，得 $D(3X-2Y)=9\times4+4\times2=44$。

（1）

答案： $1024\pi/3$。

解题思路： 绕 $z$ 轴旋转形成旋转抛物面，区域和被积函数都含 $x^2+y^2$，用柱坐标最直接。

详细解答： 旋转曲面为 $x^2+y^2=2z$。区域可写成 $0\le z\le8$、$x^2+y^2\le2z$。令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，体积元为 $r\,dr\,d\theta\,dz$，范围为 $0\le r\le\sqrt{2z}$、$0\le\theta\le2\pi$。因此

$$I=\int_0^8\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{2z}}r^3\,dr\,d\theta\,dz =2\pi\int_0^8\frac{(2z)^2}{4}\,dz =2\pi\frac{8^3}{3}=\frac{1024\pi}{3}.$$

（2）

答案： $-2\pi$。

解题思路： 闭曲线是平面与圆柱的交线，用 Stokes 公式把线积分化为平面片上的通量。顺时针方向对应向下的法向量。

详细解答： 记向量场 $V=(z-y,x-z,x-y)$，逐分量计算旋度：

$$\nabla\times V= \left(\frac{\partial(x-y)}{\partial y}-\frac{\partial(x-z)}{\partial z}, \frac{\partial(z-y)}{\partial z}-\frac{\partial(x-y)}{\partial x}, \frac{\partial(x-z)}{\partial x}-\frac{\partial(z-y)}{\partial y}\right) =(0,0,2).$$

取平面片 $z=2-x+y$、$x^2+y^2\le1$。从上方看边界顺时针，所以有向面积元是 $(z_x,z_y,-1)\,dx\,dy=(-1,1,-1)\,dx\,dy$。由 Stokes 公式，

$$I=\iint_{x^2+y^2\le1}(0,0,2)\cdot(-1,1,-1)\,dx\,dy =-2\pi.$$

也可参数化为 $x=\cos t,y=\sin t,z=2-\cos t+\sin t$，按顺时针取 $t:2\pi\to0$，积分化为 $\int_{2\pi}^0(3\cos^2t-\sin^2t-2\sin t-2\cos t)\,dt=-2\pi$。

（3）

答案： $x(t)=\dfrac{Nx_0e^{kNt}}{N-x_0+x_0e^{kNt}}$。

解题思路： 变化率正比于两类人数之积，建立 Logistic 方程；它是可分离变量方程，初始人数确定积分常数。

详细解答： 未掌握人数为 $N-x(t)$，故 $x'=kx(N-x)$、$x(0)=x_0$。若 $0<x_0<N$，分离并作部分分式：

$$\frac{dx}{x(N-x)}=k\,dt, \qquad \frac1{x(N-x)}=\frac1N\left(\frac1x+\frac1{N-x}\right).$$

积分得 $\ln[x/(N-x)]=kNt+C$。代入初值得 $e^C=x_0/(N-x_0)$，因此

$$\frac{x}{N-x}=\frac{x_0}{N-x_0}e^{kNt}, \qquad x(t)=\frac{Nx_0e^{kNt}}{N-x_0+x_0e^{kNt}}.$$

若 $x_0=0$ 或 $N$，分别是平衡解 $x\equiv0$ 或 $N$，同一最终公式仍适用。

（1）

答案： $a=-5,b=-2$。

解题思路： 先求给定曲面的切平面。直线在该平面内，需要其方向与法向量垂直，并且直线上任意一点都满足平面方程。

详细解答： 令 $F=x^2+y^2-z$，切点法向量为 $(2,-4,-1)$，故

$$\pi:\ 2(x-1)-4(y+2)-(z-5)=0, \quad 2x-4y-z-5=0.$$

直线的两个定义平面法向量为 $(1,1,0)$ 和 $(1,a,-1)$，其叉积给出方向 $(-1,1,a-1)$。与切平面法向量点乘为零：$-2-4-(a-1)=0$，得 $a=-5$。此时直线上 $y=-x-b$、$z=6x+5b-3$。代入 $\pi$，左侧成为

$$2x-4(-x-b)-(6x+5b-3)-5=-b-2.$$

恒等于零要求 $b=-2$。

（2）

答案： $f(u)=C_1e^u+C_2e^{-u}$，$C_1,C_2$ 为任意常数。

解题思路： 对复合函数使用二阶链式法则，两个二阶偏导中的 $f'$ 项抵消，偏微分方程就化成 $f$ 的常系数常微分方程。

详细解答： 令 $u=e^x\sin y$，则 $u_x=u$、$u_y=e^x\cos y$、$u_{xx}=u$、$u_{yy}=-u$。所以

$$z_{xx}=f''(u)u^2+f'(u)u, \qquad z_{yy}=f''(u)e^{2x}\cos^2y-f'(u)u.$$

相加得 $z_{xx}+z_{yy}=e^{2x}f''(u)$。代入题设等式并除以恒正的 $e^{2x}$，得到 $f''(u)-f(u)=0$。特征方程为 $r^2-1=0$，两个根 $r=\pm1$，故通解如上。

答案：

$$\varphi'(x)=\begin{cases} \dfrac{xf(x)-\int_0^xf(u)\,du}{x^2},&x\ne0,\\[4pt] A/2,&x=0, \end{cases}$$

且 $\varphi'$ 在 $0$ 连续。

解题思路： $f$ 只假设连续，不能直接对 $f(xt)$ 在积分号下求导。先换元得到变上限积分；零点单独按导数定义处理。

详细解答： 因 $f(x)/x\to A$，$f(x)\to0$，连续性给出 $f(0)=0$，故 $\varphi(0)=0$。$x\ne0$ 时令 $u=xt$，则

$$\varphi(x)=\frac1x\int_0^xf(u)\,du.$$

积分基本定理和商法则给出答案中的第一支。零点导数为

$$\varphi'(0)=\lim_{x\to0}\frac{\int_0^xf(u)\,du}{x^2}.$$

这是 $0/0$ 型，分子可导且导数为连续函数 $f(x)$，分母导数为 $2x$；由洛必达法则得极限为 $A/2$。最后

$$\lim_{x\to0}\varphi'(x) =\lim_{x\to0}\left[\frac{f(x)}x-\frac{\int_0^xf(u)\,du}{x^2}\right] =A-A/2=A/2=\varphi'(0),$$

所以导函数在零点连续。换元和上述极限同样适用于 $x<0$。

（1）

答案： 极限存在，且 $\lim a_n=1$。

解题思路： 用算术几何平均不等式建立下界，再计算相邻项之差证明递减，应用单调有界准则。

详细解答： $a_1=2>0$，递推保持各项为正。由 $(a_n+1/a_n)/2\ge1$，所有项 $a_n\ge1$。于是

$$a_{n+1}-a_n=\frac{1-a_n^2}{2a_n}\le0.$$

数列递减且下界为 $1$，故极限 $L\ge1$ 存在。因 $1/a_n$ 的极限为 $1/L$，在递推式中取极限得 $2L=L+1/L$，即 $L^2=1$。结合 $L\ge1$ 得 $L=1$。

（2）

答案： 所给级数收敛。

解题思路： 把通项写成相邻项之差，并用分母至少为 $1$ 比较一个望远镜级数。

详细解答： 由上一问的 $a_n\ge a_{n+1}\ge1$，

$$0\le\frac{a_n}{a_{n+1}}-1 =\frac{a_n-a_{n+1}}{a_{n+1}} \le a_n-a_{n+1}.$$

右侧前 $m$ 项和为 $a_1-a_{m+1}=2-a_{m+1}\to1$，因此 $\sum(a_n-a_{n+1})$ 收敛。正项级数比较判别法说明所给级数也收敛。

（1）

答案： 一个标准正交基为

$$\gamma_1=\frac{(1,1,2,3)^T}{\sqrt{15}},\qquad \gamma_2=\frac{(-2,1,5,-3)^T}{\sqrt{39}}.$$

解题思路： 四个未知数减去矩阵秩 $2$，零空间维数为 $2$。选两个独立解向量作基础解系，再施密特正交化、单位化。

详细解答： $\alpha_1,\alpha_2$ 不成比例，故独立，又都是 $Bx=0$ 的解，正好张成二维零空间。计算

$$\alpha_1^T\alpha_1=15,\quad \alpha_2^T\alpha_1=-1+1+8-3=5.$$

消去 $\alpha_2$ 沿 $\alpha_1$ 的投影，得到

$$\beta_2=\alpha_2-\frac5{15}\alpha_1 =\frac23(-2,1,5,-3)^T.$$

$(1,1,2,3)\cdot(-2,1,5,-3)=-2+1+10-9=0$；两向量的模分别为 $\sqrt{15}$、$\sqrt{39}$，单位化即得答案。第三个给定解无需再加入，因为零空间维数已为 $2$。

（2）（I）

答案： $a=-3,b=0$，对应特征值 $\lambda=-1$。

解题思路： 特征向量的定义是 $A\xi=\lambda\xi$，直接逐分量比较即可确定全部参数。

详细解答： 矩阵乘法给出

$$A(1,1,-1)^T=(-1,a+2,b+1)^T =\lambda(1,1,-1)^T.$$

第一分量得 $\lambda=-1$，第二分量得 $a+2=-1$，第三分量得 $b+1=1$。解出 $a=-3,b=0$。

（2）（II）

答案： $A$ 不能相似对角化。

解题思路： 重特征值本身不是障碍，关键是能否找到三个独立特征向量；计算特征空间的维数。

详细解答： 代入参数后，在 $\lambda I-A$ 的第三行展开，得

$$|\lambda I-A| =(\lambda+2)[(\lambda-2)(\lambda+3)+5]+(2\lambda+3) =\lambda^3+3\lambda^2+3\lambda+1=(\lambda+1)^3.$$

唯一特征值为 $-1$，代数重数为 $3$。将 $-I-A$ 行化简得到

$$-I-A= \begin{pmatrix}-3&1&-2\\-5&2&-3\\1&0&1\end{pmatrix} \sim\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}.$$

具体的行变换可以这样做：先保持第三行不变，作 $R_1\leftarrow R_1+3R_3$、$R_2\leftarrow R_2+5R_3$，前两行变为 $(0,1,1)$、$(0,2,2)$；再作 $R_2\leftarrow R_2-2R_1$，第二行成为零行。最后把非零行排在前面，就得到上面的阶梯形矩阵。

秩为 $2$，零空间维数只有 $3-2=1$，所以只有一个独立特征向量，不能组成三维基，故不能对角化。

（1）

答案： $B$ 可逆。

解题思路： 交换两行使行列式变号，不会把非零行列式变成零。

详细解答： 设 $P$ 是将单位矩阵第 $i,j$ 行交换得到的初等矩阵，则 $B=PA$、$|P|=-1$。因 $A$ 可逆，$|A|\ne0$，所以 $|B|=|P||A|=-|A|\ne0$，故 $B$ 可逆。

（2）

答案： $AB^{-1}=P$，即交换单位矩阵第 $i,j$ 行所得的矩阵。

解题思路： 由 $B=PA$ 求乘积的逆，注意逆矩阵的乘法顺序。

详细解答： 两次交换同一对行恢复原状，所以 $P^2=I$、$P^{-1}=P$。于是 $B^{-1}=A^{-1}P^{-1}=A^{-1}P$，从而 $AB^{-1}=AA^{-1}P=P$。$P$ 的第 $i$ 行为 $e_j^T$、第 $j$ 行为 $e_i^T$，其余行为单位矩阵对应行。

分布律

答案： $X\sim B(3,2/5)$，$P(X=0,1,2,3)$ 依次为 $27/125,54/125,36/125,8/125$。

解题思路： 三个交通岗可看作三次相互独立、同成功概率的伯努利试验，遇红灯次数服从二项分布。

详细解答： 恰有 $k$ 个红灯时，选这些交通岗的方式有 $\binom3k$ 种，每种发生概率为 $(2/5)^k(3/5)^{3-k}$。因此

$$P(X=k)=\binom3k\left(\frac25\right)^k\left(\frac35\right)^{3-k},\qquad k=0,1,2,3.$$

逐一代入得到四个概率；它们相加为 $(27+54+36+8)/125=1$。

分布函数

答案：

$$F(x)=\begin{cases} 0,&x<0,\\27/125,&0\le x<1,\\81/125,&1\le x<2,\\117/125,&2\le x<3,\\1,&x\ge3. \end{cases}$$

解题思路： 离散分布函数是累计概率 $P(X\le x)$，在每个整数取值点增加对应概率。

详细解答： $0\le x<1$ 时只累计 $X=0$，为 $27/125$；$1\le x<2$ 时累计前两项，为 $(27+54)/125=81/125$；$2\le x<3$ 时再加 $36/125$，得 $117/125$。$x<0$ 时事件不可能，$x\ge3$ 时必然发生。等号包含在每段左端，保证分布函数右连续。

数学期望

答案： $E(X)=6/5$。

解题思路： 用二项分布均值公式，或把总次数拆成三个红灯事件的指示变量。

详细解答： 令 $I_j$ 在第 $j$ 岗遇红灯时为 $1$，否则为 $0$。则 $X=I_1+I_2+I_3$，各 $E(I_j)=2/5$，由期望线性性得 $E(X)=3\times2/5=6/5$。