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1、NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导 ! NBF 考研辅导，全程包过，不过退款 ! QQ 客服： 296312040 1997 年数学一试题分析 (NBF 真题计划：公共课最准，专业课最全!) 一、 填空题 （ 1）()()2013sin coslim1cos ln1xxxxx x+=+答 应填 3.2分析 当 0x 时， ()()1cos ln1 2,x xx+ 故原式200013sin cos3sin 1 1lim lim lim cos ,22 2xxxxxxxxx xx+=+ 对于第一个极限，显然03sin 3lim22xxx= ； 对于第二个极限，是有界函数乘无穷小量仍是无穷小量，
2、故 011lim cos 02xxx= 因而原式3.2= （ 2）设 幂 级 数0nnnax=的收敛半径为 3 ，则幂级数 ()111nnnna x+=的收敛区间为 答 应填 ()2, 4 . 分析 令 1,yx=则 ()11111,nnnnna x na y+=()1 11lim lim .n nnnnnna ana a+ + += 故幂级数11nnnna y+=与幂级数有相同的收敛半径，即 3,y （ 4） 设111122232333,abcabcabc = ，则三条直线 1112223330,0,0,ax by cax by cax by c+=+=+=（其中220, 1, 2,3iia
3、b i+ = ）相交于一点的充要条件是 （ A）123,线性相关 （ B）123,线性无关 （ C）秩 ( )123,r =秩 ()12,r （ D）123,线性相关，12,线性无关。 答 应选 D 分析 三条直线 111 2 2 2 33 30, 0, 0,ax by c ax by c ax by c+= += +=及 有交点的充要NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导 ! NBF 考研辅导，全程包过，不过退款 ! QQ 客服： 296312040 条件是 12 30,xy+= 即123,线性相关。为保证三条直线只有一个交点，则它们在有交点的情况下，两两不能重合，即12k （ k 为某非零
4、常数） ，故 ()12,2r = ， 即12,线性无关。 （ 5） 设两个相互独立的随机变量 X Y和 的方差分别是 4 和 2，则随机变量3X Y-2 的方差是 （ A） 8 （ B） 16 （ C） 28 （ D） 44 答 应选 D 分析 一般地，若随机变量 X Y和 相互独立，则数学期望 ()E aX bY aEX bEY+= + 方差 ()22DaX bY aDX bDY+= + 对于本题 3, 2, 4, 2a b DX DY= = = 三、计算()22,I xydv=+其中 为平面曲线22,0,yzx =绕 z 轴旋转一周形成的曲面与平面 8z = 所围成的区域。 解法 1 22
5、482002rI drdr dz=2430102428 .23rrdr=解法 2 ()2282202xy zI dz x y dxdy+=+82 2200 01024.3zdz d r rdr= 四、计算曲面积分 ()()(),Cz y dx x z dy x y dznull+其中 C 是曲线2212,xyxyz +=+=，从 z 轴正向往 z 轴负向看 C 的方向是顺时针的。 解法 1 令 cos , sin ,xy=则 NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导 ! NBF 考研辅导，全程包过，不过退款 ! QQ 客服： 296312040 22cossinzxy =+= + 于是 ()()
6、()z y dx x z dy x y dznull+()()02022 sin cos 2cos 2 12cos sin sin22.d = + = + =解法 2 设 S 是平面 2xyz+=上以 C 为边界的有限部分， 其法向量与 z 轴正向的夹角为钝角，xyD 为 S 在 xOy 面上的投影区域 . 记 ()()(),F zyi xzj xyk= + + 则 2.ijkrotF kxyzzyxzxy=利用斯托克斯公式知 () 2CS SFdl rotF dS dxdynull= = 22.xyDdxdy = =五、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
7、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 。 解 由题设，有 ()00,.tdxkx N xdtxx=由方程得 (),dxkdtxN x=积分后，得 NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导 ! NBF 考研辅导，全程包过，不过退款 ! QQ 客服： 296312040 ,1kNtkNtNCexCe=+其中 C 为任意常数， 代入初始条件，得 000.kNtkNtNx exNx xe=+六、设直线0
8、,:30.xyblxayz+=+=在平面 上，而平面 与曲面22zx y=+相切于点 ()1, 2, 5 ，求 ,ab之值。 解法 1 在点 ()1, 2, 5 处曲面的法向量 2, 4, 1n=于是切平面方程为 ()( )()214 2 50,xyz += 即 2 4 5 0xyz= （ *） 由 0,:30.xyblxayz+=+=得 ,y xb= ()3zx axb=+ 代入方程（ *） ，得 244 3 50x x b x ax ab+=，因而有 50,4 20,abab+= + = 由此解得 5, 2ab= = 解法 2 由解法 1 知， 方程为 24 50xyz=，过 l的平面束为
9、 ()( )30,xyb xayz+ + + = 即 ()( ) 30xayzb + += 令 3,2415ab + =则 , 5, 2ab= 七、设函数 ()f u 具有二阶连续导数，而()sinxzfe y= 满足方程22222,xzzezxy+=求 ()f u . NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导 ! NBF 考研辅导，全程包过，不过退款 ! QQ 客服： 296312040 解 () ()sin , cos ,xxzzf ue y f ue yxy= () ()222sin sin ,xxzf ue y f ue yx=+() ()2222sin cos ,xxzf ue y f
10、 ue yy= +代入原方程，得 () ()0fu fu= 由此解得 ()12uuf uCeCe=+ （其中12,CC为任意常数） 八、设函数 ()f x 连续， () ( )10,x fxtdt =且()0limxfxAx= （ A为常数） ，求 ()x并讨论 ()x 在 0x= 处的连续性。 解 由题设，知 () ()00,00.f =令 ,uxt= 得 ()()()0,0,xfuduxxx =从而 ()() ()() 020.xxf x f u duxxx=由导数定义有 ()()() 02000lim lim .22xxxfudufxAxx=由于 ()() ()()() 002200 0
11、0lim lim lim limxx xxxf x f u du f u dufxxxxx =()0,22AAA = = 从而知 ()x 在 0x= 处连续。 九、设 ()11112, 1, 2, ,2nnnaa a nanull+=+=证明 （ 1） limnna存在； NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导 ! NBF 考研辅导，全程包过，不过退款 ! QQ 客服： 296312040 （ 2）级数1 11nn naa= +收敛。 证 （ 1）因111 11,2nn nnnaa aaa+=+=211110,22nnn n nnnaaa a aaa+= + = 故 na 递减且有下界，所以
12、limnna存在。 （ 2） 解法 1 由（ 1）知 111101 .nnnnnnnaaaaaaa+= 记 ()11 11nnkk nkSaaaa+=， 因1limnna+存在，故 limnnS存在，所以级数 ()11nnnaa+=收敛。 因此由比较审敛法知，级数1 11nn naa= +收敛。 解法 2 令11,nnnaba+=则 22 2221122221111 1111,.1141n nn nnnnnnn n n naba aaababa a a a+ +=+故 1lim 0 1.nnnbb+= 是未知参数，12,nX XXnull 是来自总体 X 的一个容量为 n的简单随机样本，分别用
13、矩估计法和极大似然估计法求 的估计量。 解 总体 X 的数学期望为 () () ( )11011.2EX xfxdx x dx+=+=+设11niiX Xn=为样本均值，令 1,2X+=+解得未知参数 的矩估计量为 21.1XX=设12,nx xxnull 是相应于样本12 nX XXnull， 的样本值，则似然函数为 () ( )11,011,2,0,nniiix xi nLnull= + ，且 ()11lnln ln 1 ln , ln .1nniidL nLn x xd=+ =+NBF 辅导，真正为考研人着想的辅导 ! NBF 考研辅导，全程包过，不过退款 ! QQ 客服： 296312040 令 ln0,dLd= 解得 的极大似然估计值为 11.lnniinx= 从而的 的极大似然估计量为 11.lnniinX= NBF 辅导，真正为考研
