考研数学考研数学一答案解析.docx
《考研数学考研数学一答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《考研数学考研数学一答案解析.docx（50页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
考研数学考研数学一答案解析
2015年考研数学
（一）答案解析
一、选择题
（
1）设函数f（x）在（-∞,+∞）连续，其2阶导函数f′′（x）的图形如下图所示，则曲线
y=f（x）的拐点个数为（
）
（
A）0
（B）1
（C）2
（D）3
【
答案】C
解析】拐点为f"（x）正负发生变化的点
【
（
2）设y=
e
2x+x−
e
x
是二阶常系数非齐次线性微分方程y
″
+ay′+by=ce
的一个特解，
x
则：
【
答案】（A）
【
解析】
1
2
1
e
2x,−e
x
为齐次方程的解，所以2、1为特征方程λ
2
+aλ+b=0的根，
3
从而=−（+）=−
a
12
3,b=1×2=2,再将特解=
y
xex
代入方程″−3y′+
y
2yce得：
=
x
c=−1.
∞
∞
∑
∑
条件收敛，则=与=依次为幂级数
x
3x3
（−）
nax1的：
n
（3）若级数
an
n
n=1
n=1
（A）收敛点，收敛点.
（B）收敛点，发散点.
（C）发散点，收敛点.
（D）发散点，发散点.
【
答案】B
【
解析】
∞
∞
∞
∑
∑
∑
条件收敛，故=为幂级数
x
2
ax1
（−）
n
的条件收敛点，进而得
（−）
ax1
n
n
因为
an
n
n=1
n=1
（
）
的收敛半径为1，收敛区间为0,2；又由于幂级数逐项求导不改变收敛区间，故
∞
∞
∑
∑
（−）
n
（
）
=
=
（−）
n
nax1的收敛区间仍为0,2，因而x
3与x3依次为幂级数nax1
n
n=1
的收敛点，发散点.
（
4）设D是第一象限中曲线2xy=1,4xy=1与直线y=x,y=3x围成的平面区域，函数
∫
∫
f（x,y）在D上连续，则f（x,y）dxdy
=
π
1
π
1
∫
∫
∫∫
（
A）
3
3
dθsin2θf（rcosθ,rsinθ）rdr
π
1
π
1
4
2sin2θ
4
2sin2θ
π
1
π
1
∫
∫
∫∫
（C）
3
dθsin2θf（rcosθ,rsinθ）dr（D）
3
π
1
π
1
4
2sin2θ
4
2sin2θ
【
答案】B
π
【
解析】由y=x得，θ=
4
π
由y=3x得，θ=
3
1
由2xy=1得，2r
由4xy=1得，4r
2
cosθsinθ=1,r=
cosθsinθ=1,r=
sin2θ
1
2
2
sin2θ
π
1
∫
∫
∫∫
所以f（x,y）dxdy=
dθsin2θf（rcosθ,rsinθ）rdr
3
π
1
D
4
2sin2θ
111
1
（
5）设矩阵A=12
a
，b=d，若集合Ω={1,2}，则线性方程组Ax=b有无
1
4a
2
d
2
穷多个解的充分必要条件为
（
A）a∉Ω,d∉Ω（B）a∉Ω,d∈Ω（C）a∈Ω,d∉Ω（D）a∈Ω,d∈Ω
答案】D
【
11
1
1
11
1
1
d
[
→
【
解析】A,b
12
a
01
a1
2
2
00（a1）（a2）（d1）（d2）
−
−
−
−
1
4a
d
Ax=b有无穷多解↔R（A）=R（A,b）<3
a=1或a=2且d=1或d=2
6）设二次型f（x,x,x）在正交变换x=Py下的标准形为2y
↔
（
+y2
−y2，其中
3
2
1
2
3
P=（e,e,e），若Q=（e,−e,e），则f（x,x,x）在正交变换x=Qy下的标准形为
1
2
3
1
2
3
（
A）2y1
2
−y2
2
+y2（B）2y1
2
+y2
2
−y2（C）2y1
2
−y2
2
−y2（D）2y1
2
+y2
2
+y3
2
3
3
3
【
答案】A
（
）二次型在正交变换=
【
解析】设二次型对应的矩阵为A,Pe,e,e,
=
x
Py下的标准行
1
2
3
2
（
−
为2y1
2
2
2
则P−1AP=
1
=
1
3
2
−
1
2
Q−1
AQ
=
−1
故在正交变换=
下的标准型是：
2y-y+y2，故选A
。
3
1
（
7）若A,B为任意两个随机事件，则
（
A）P（AB）≤P（A）P（B）
（B）P（AB）≥P（A）P（B）
P（A）+P（B）
P（A）+P（B）
（
C）P（AB）≤
（D）P（AB）≥
2
2
【
【
∴
答案】C
解析】P（A）≥P（AB）,P（B）≥P（AB）
P（A）+P（B）≥2P（AB）
∴
2
故选（C）
（8）设随机变量X,Y不相关，且EX
=
（B）3
（D）5
【
【
答案】D
解析】
=（
）+（）−（）
EXEXY2EX
（+−）=
EX
2
+
XY2X
−
2
=
DX
（）+（）+（）（）−（）=
E2
X
EXEY2EX
5
二、填空题
lncosx
（
9）lim
=
2
x
→
0
x
【
1
−
x
2
ln（cosx）
cosx−1
【
解析】lim
=lim
=lim
=−
2
x
2
2
x
→
0
x
x
→
0
x
→
0
π
∫
+
2
（
10）-π
2
π
2
【
答案】
4
【
分析】此题考查定积分的计算，需要用奇偶函数在对称区间上的性质化简.
【
解析】
（
11）若函数z=z（x,y）由方程e
x
+xyz+x+cosx=2确定，则dz
=
.
（0,1）
【
答案】
-dx
（
12）设
是由平面++=与三个坐标平面所围成的空间区域，则
xyz1
Ω
∫
=
Ω
【
答案】
【
分析】此题考查三重积分的计算，可直接计算，也可以利用轮换对称性化简后再计算
解析】由轮换对称性，得
【
其中为平面
截空间区域所得的截面，其面积为
.所以
2
002
0
02
2
（
【
13）阶行列式0
0
n
答案】
2
n+1−2
【
解析】按第一行展开得
（
【
14）设二维随机变量（X,Y）服从正态分布N（1,0;1,1;0），则P（XY−Y<0）=
.
答案】
【
解析】
（X,Y）~N（1,0,1,1,0）
∴
∴
PXY−Y<0=P（X−1）Y<0}
{
}
{
{
}
{
PX−1<0,Y>0+PX−1>0，Y<0}
111
×+×=
222
三、解答题
（
15）设函数f（x）=x+aln（1+x）+bx⋅sinx，g（x）=kx3，若f（x）与g（x）在x→0是
等价无穷小，求a，b，k值。
【
解析】f（x）=x+aln（1+x）+bx⋅sinx
2
3
3
x
x
x
（）
（）
=
x+ax−
+
+οx
3
+bxx−+οx
3
2
3
3!
a
a
=
1
2
x3
3
2
3
∴
=−
1
+a=0
a
1
a
1
2
1
3
∴
−+b=0
⇒b=−
2
a
=
k
k=−
3
（
16）设函数f（x）在定义域I上的导数大于零，若对任意的x∈I，曲线y=f（x）
0
在点
f（x）
x=x
0
x
处的切线与直线
及轴所围成的区域的面积为4，且
求
的表达式。
【
x=x处的切线方程为l：
yf（x）（xx）f（x）
0
f（x）
l与x轴的交点为：
y=0时，x=x−
，则AB=
=x−x，
0
0
0
′
f（x）
0
1
1f（x）
y′
1
8
因此，S=AB⋅f（x）=
0
f（x）=4.即满足微分方程：
，解得：
0
′
0
2
2f（x）
y
0
1
1
=
−x+c.
y
8
1
2
8
.
又因y（0）=2，所以c
=
，故y=
4−x
（
17）已知函数f（x,y）=x+y+xy，曲线C:
x
2
+y
2
+xy=3，求f（x,y）在曲线C上
的最大方向导数.
详解】
【
根据方向导数与梯度的关系可知，方向导数沿着梯度方向可取到最大值且为梯度的模.，故
gradf（x,y）=（1+y,1+x）
故f（x,y）在曲线C上的最大方向导数为（1+y）
2
+（1+x）2，其中x,y满足
+y+xy−3=0下
2
的最值.
构造拉格朗日函数F（x,y,λ）=（1+y）
2
+（1+x）
2
+λ（x
2
2
∂F
=
2（1+x）+2λx+λy=0
∂
x
∂F
令
∂
y
∂
F
=
x
2
2
∂λ
其中z（1,1）=4,z（−1,−1）=0,z（2,−1）=9=z（−1,2）
综上根据题意可知f（x,y）在曲线C上的最大方向导数为3.
（
（
18）（本题满分10分）
Ⅰ）设函数u（x）,v（x）可导，利用导数定义证明
[
u（x）v（x）]'=u'（x）v（x）+u（x）v（x）'
（
Ⅱ）设函数u（x）,u（x）...u（x）可导，f（x）=u（x）u（x）...u（x）,写出f（x）的
12n12n
求导公式.
【
解析】
（Ι）
（+）⋅（+）−（）⋅
ux�xvx�xuxv（x）
（）⋅（）
'
=
uxvx
lim
�
x
→0
�x
（+�）−
ux
x
u（x）vx
（+�）+（）⋅[+�
x
uxv（x
−
x）v（x）]
=
=
lim
�
（x）⋅v（x）+u（x）⋅v
（x）
（Π）
（x）={u（x）⋅[u（x）u（x）]}
12n
'
f
'
'
⋅[]+⋅[]
（x）u（x）u（x）u（x）u（x）u（x）
2n12n
'
（x）⋅u（x）u（x）+u（x）⋅{u（x）⋅[u（x）u（x）]}
2n123n
'
'
=
（x）⋅u（x）u（x）+u（x）⋅u
'
（x）u（x）++u（x）⋅u（x）u（x）
'
2
n
1
2
n
1
2
n
（
19）（本题满分10分）
z=2−x
z=x,
2
2
已知曲线L的方程为
起点为A（0,2,0），终点为B（0,−2,0），计算曲
线积分I=（y+z）dx+（z
−x
π
π
【
详解】曲线L的参数方程为y=2sinθ,θ从到−
2
2
−π
∫
（2sinθcosθ）sinθ
+
+
2sinθ2cosθ（cos
−
2
+
2
2
π
2
−π
1
−2sin
2
θ+sin2θ−sinθ−sin
3
θdθ
2
π
2
2
π
π
1π
2
2sin
2
sin
θdθ=22
=
π
2
2
2
π
−
0
22
2
2
（
20）（本题满分11分）
设向量组α,α,α是3维向量空间�3的一个基，β=2α+2kα，β=2α，
1
2
3
1
1
3
2
2
β=α+（k+1）α。
3
1
3
（
Ⅰ）证明向量组β,β,β是�3的一个基；
123
（
Ⅱ）当k为何值时，存在非零向量ξ在基α,α,α与基β,β,β下的坐标相同，并求出
123123
所有的ξ。
2
0
1
【
解析】（Ⅰ）（β,β,β）=（α,α,α）0
2
0
1
2
3
1
2
3
2
k0k+1
2
1
2
1
因为0
0=2
=4≠0，
2
kk+1
2
k0k+1
所以β,β,β线性无关，β,β,β是�3的一个基。
1
2
3
1
2
3
2
1
（
Ⅱ）设P=0
0
，P为从基α,α,α到基β,β,β的过渡矩阵，又设ξ在
123123
2
k0k+1
基α,α,α下的坐标为x=（x,x,x）T，则ξ在基β,β,β下的坐标为P−1x，
1
2
3
1
2
3
由x=P−1x，得Px=x，即（P−E）x=0
1
01
1
1
1
由P−E=010=
=−k=0，得k=0，并解得x=c0,c为任意常数。
2
kk
2
k0k
1
从而ξ=−cα+cα,c为任意常数。
1
3
（
21）（本题满分11分）
02-3
1-20
设矩阵A=-13−3相似于矩阵B=0b0.
1
-2a
（
（
Ⅰ）求a,b的值.
−
P1AP为对角阵.
Ⅱ）求可逆矩阵P，使得
【
解析】
0
2
3
−3
1−20
由A=−1
−3相似于B=0
b
1
−2
a
0
3
0+3+a=1+b+1
0
2−31−20
则
解得a=4,b=5
b
1
2
a
0
3
λ
−2
3
3
2
−1
2
λ−4
1
−231−23
当λ=λ=1,（λE−A）=1−23→0
1
2
−1
2
−3
0
2
3
特征向量ξ=1,ξ=0，
1
2
0
1
5
−231
2
3101
当λ=5,（λE−A）=1
2
2
3→−1
2
1→011
3
−1
1
5
−23
000
−1
2−3−1
100
则特征向量ξ=−1,所以P=（ξ,ξ,ξ）=1
−1,得P−1AP=010
3
1
2
3
1
0
1
005
（
22）（本题满分11分）
设随机变量X的概率密度为
2
f（x）=
0
x≤0
对X进行独立重复的观测，直到第2个大于3的观测值出现时停止，记Y为观测次数.
（
Ⅰ）求Y的概率分布；
Ⅱ）求EY.
（
【
解析】
1
8
+
∞
{
>}=∫
2lndx=
−x
2
Px3
3
1
7
1
{
=}=
2
k−2
=（k−1）（）（）,k=2,3,4....
（
（
Ι）PY
k
C（）（）
8
8
8
2
+
∞
1
7
1
+∞
7
∑
∑
Π）EY=
k（k−1）（）（）k−2
k（k−1）（）k−2
8
8
64
8
K=2
k=2
′′
1
1
2
设级数S（x）
=
k（k1）xk−
−
2
x
k
=
×
6
4
64
64（1−x）
3
k=2
k=2
7
7
S（）=16所以EY=S（）=16
8
8
（
23）（本题满分11分）
设总体X的概率密度为
1
θ≤x≤1
0
其他
其中θ为未知参数，X，X.....X为来自该总体的简单随机样本.
1
2
n
（
（
【
Ⅰ）求θ的矩估计.
Ⅱ）求θ的最大似然估计.
解析】由题可得
（
Ι）
x
2
1+θ
1
∫
EX=
dx=
⋅
|=
θ
2
2
∧
1
+θ
1
n
∧
2
n
∑
∑
=
x⇒θ=
x−1
i
i
2
n
n
i=1
i=1
（
Π）联合概率密度
1
f（x,x,,x;θ）=
θ≤x≤1
2
i
lnf−nln（1−θ
=
）
>0，故取
∧
θ=
minx,x,,x
{
1
2
n
升级会员 