考研数学一试题及答案解析doc.docx
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考研数学一试题及答案解析doc
2017考研数学一答案及解析
一、选择题:
1~8小题,每小题4分,共32分,下列每小题给出的四个选项中,只有一项
符合题目要求,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上。
1
cos
x
(1)若函数f(x)
ax
x0在x
0连续,则(
)。
b,x0
A.
1
ab
2
B.
1
ab
2
C.ab0
D.ab2
【答案】A
【解析】
由连续的定义可得
lim
x0-
f(x)
lim
x0+
f(x)
f(0)
,而
1
cosx
1(x)2
1
1
lim+f(x)
lim+
lim+
2
,lim
-f(x)
b,因此可得b
,故选
x0
x
0
ax
x0
ax
2a
x0
2a
择A。
(2)设函数f(x)可导,且f(x)f'(x)0
,则(
)。
A.
f
(1)
f(
1)
B.
f
(1)
f(
1)
C.|
f
(1)|
|f(
1)
D.|f
(1)||f(
1)
【答案】C
【解析】令F(x)
f2(x),则有F'(x)
2f(x)f'(x),故F(x)单调递增,则F
(1)
F
(1),
即[f
(1)]2
[f(
1)]2,即|f
(1)||f(
1),故选择C。
(3)函数f(x,y,z)x2yz2在点(1,2,0)
r
处沿向量n(1,2,0)的方向导数为(
)。
A.12
B.6
C.4
D.2
【答案】D
【解析】gradf
{2xy,x2,2z},因此代入(1,2,0)
可得gradf|(1,2,0)
{4,1,0}
,则有
f
grad
u
{4,1,0}{1,2,2}2。
u
|u|
333
(4)甲乙两人赛跑,计时开始时,甲在乙前方
10(单位:
m)处,图中,实线表示甲的速
度曲线v
v1(t)(单位:
m/s),虚线表示乙的速度曲线
vv2(t),三块阴影部分面积的数
值依次为10,20,3,计时开始后乙追上甲的时刻记为
t0(单位:
s),则(
)。
A.t0
10
B.15
t020
C.t0
25
D.t0
25
【答案】C
【解析】从0到t0
t0
t0
时刻,甲乙的位移分别为
v1(t)dt与
v2(t)dt,由定积分的几何意义
0
0
25
v1(t)dt201010,因此可知t0
可知,
(v2(t)
25。
0
(5)设为n维单位列向量,E为n维单位矩阵,则()。
A.
E
T
不可逆
B.
E
T不可逆
C.E
2
T不可逆
D.E
2
T不可逆
【答案】A
【解析】因为
T的特征值为
0(n-1
重)和1,所以E
T的特征值为
1(n-1重)和0,
故E
T不可逆。
2
0
0
2
1
0
1
0
0
(6)已知矩阵A
0
2
1
B
0
2
0
C
0
2
0
,则(
)。
0
0
1
0
0
1
0
0
2
A.A与C相似,B与C相似
B.A与
C相似,B与
C不相似
C.A与
C不相似,
B与
C相似
D.A与C不相似,
B与
C不相似
【答案】
B
【解析】
A和
B的特征值为
2,2,1,但是
A有三个线性无关的特征向量,而
B只有两个,所
依A可对角化,
B不可,因此选择
B。
(7)设A,B为随机事件,若0
P(A)1,0P(B)1,且P(A|B)
P(A|B)的充分必
要条件是(
)。
A.
P(B|A)
P(B|A)
B.
P(B|A)
P(B|A)
C.
P(B|A)
P(B|A)
D.
P(B|A)
P(B|A)
【答案】A
【解析】
由P(A|B)
P(A|B)得P(AB)
P(AB)
P(A)
P(AB),即P(AB)
P(A)P(B),因
P(B)
P(B)
1
P(B)
此选择A。
(8)设X1,X2,LXn(n
2)来自总体N(
1)
1
n
的简单随机样本,记X
Xi,则下列
ni1
结论中不正确的是()。
n
)2服从
2分布
A.
(Xi
i
1
n
X1)2服从
2分布
B.2(Xn
i1
n
2分布
C.
(Xi
X)服从
i
1
D.n(X)2服从2分布
【答案】B
~N(0,1)
n
)2~
2(n),Xn
【解析】Xi
,故
(Xi
X1~N(0,2),因此
i
1
Xn
X1
Xn
X1
2
2
1
n
~N(0,1)
)
~
(1),故B错误,由S
2
2
可得,
2
,故(
2
n
1i
(XiX)
1
1)S2
n
X)2
2(n
~N(0,1),则有
n(X
)~N(0,1),因
(n
(Xi
~
1),X
i
1
n
此n(X)2
~
2
(1)。
二、填空题:
9~14小题,每小题
4分,共
24分,请将答案写在答题纸指定位置上。
(9)已知函数f(x)
1
,则f(3)(0)=_________。
1
x2
【答案】0
【解析】f(x)
1
1
1
x2
x4
x6
L
(
x2)n
(1)nx2n
,因此
x2
n0
n
0
f'''(x)
(1)n2n(2n1)(2n2)x2n3,代入可得f(3)(0)0。
n0
(10)微分方程y''2y'3y0的通解为y=_________。
【答案】ex(c1cos
2x
c2sin
2x)
【解析】由y''
2y'
3y
0
,所以
2
2
30,因此
2i1,因此通解为:
x
(c1cos
2x
c2sin
2x)。
e
(11)若曲线积分
xdy
aydy在区域D
{(x,y)|x2
y2
1}内与路径无关,则
a
L
x2
y2
1
=_________。
【答案】-1
【解析】设P(x,y)
x
Q(x,y)
ay
,因此可得:
x2
y2
1
y2
1
x2
P
2xy
2,
Q
2axy
2,根据
P
Q
,因此可得a
1。
y
(x
2
y
2
x
(x
2
y
2
y
x
1)
1)
(12)幂级数
n1(
1)n
1nxn1在区间(
1,1)内的和函数S(x)=_________。
【答案】
1
(1
x)2
【解析】
n1(
1)n
1nxn1
[
n1(
1)n1xn]'
(
x
)'
(1
12。
1
x
x)
1
0
1
(13)设矩阵A
1
1
2
,
1,
2,
3为线性无关的
3维向量,则向量组A1,A2,A
3
0
1
1
的秩为_________。
【答案】2
【解析】因为(A1,A2,A3)
A(
1,
2,3),而
1
0
1
1
0
1
1
0
1
A
1
1
2
0
1
1
0
1
1,因此r(A)
2,所以向量组A1,A2,A
3
0
1
1
0
1
1
0
0
0
的秩2。
(14)设随机变量
X的分布函数为F(x)
0.5
(x)
0.5
(x
4),其中
(x)为标准正态
2
分布函数,则EX=_________。
【答案】2
【解析】
1
x2
1
(x4)2
f(x)F'(x)
e
0.5
2
0.5
2
e
2
2
2
x2
(x4)2
0.51e2
0.5
1
2
e222
2
2
因此可得EX
2。
1
2
三、解答题:
15~23小题,共94分,请将解答写在答题纸指定位置上。
解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤。
(15)(本题满分10分)
设函数f(u,v)具有2阶连续偏导数,
y
f(ex,cosx),求dy|x
0,d2
2y|x0。
dx
dx
【答案】
dy
'
d2
y
''
'
'
dx
|x0
f1(1,1),dx
2
|x0
f11(1,1)
f1(1,1)
f2(1,1)
【解析】因为y
f(ex,cosx),所以dy
f1'ex
f2'sinx,因此dy|x0f1
'(1,1)
dx
dx
d2y
''
x
''
x
'
x
''
x
''
'
dx2
(f11e
f12sinx)e
f1e
(f21e
f22sinx)sinxf2cosx
因此得:
d2y|x
0
f11''(1,1)
f1'(1,1)
f2'(1,1)
dx2
(16)(本题满分10分)
求lim
n
k2ln(1
k)
n
k1
n
n
1
【答案】
【解析】由定积分的定义可知,
n
k2ln(1
1
lim
k)xln(1x)dx,然后计算定积分,
n
n
n
0
k1
1
1
1
2
1)
x21
1
1
2
1)
1
dx
xln(1x)dx
2
ln(1x)d(x
2
ln(1
x)|0
(x
1
0
0
0
x
1
1
1
2
(x1)dx
4
0
(17)(本题满分
10分)
已知函数y(x)由方程x3
y3
3x
3y
20确定,求y(x)的极值。
【答案】极大值为
y
(1)
1,极小值为y(
1)
0。
【解析】对x3
y3
3x
3y
2
0关于x求导得:
3x2
3y2y'
3
3y'
0,
令y'
0得3x2
3,因此x
1,当x
1时,y
1,当x
1时,y
0。
对3x2
3y2y'
3
3y'
0关于x再次求导得:
6x
6y(y')2
3y2y''
3y''
0,将y'0
代入可得6x(3y2
3)y''0
当x
1时,y
1时,代入可得
y''
1,当x
1
时,y
0
时,代入可得
y''2,因此
有函数的极大值为
y
(1)
1,极小值为y(
1)
0。
(18)(本题满分10分)
设函数f(x)在区间
[0,1]上具有
2阶导数,且
f
(1)0,lim
f(x)
0,证明:
x
x0
(Ⅰ)方程
f(x)
0在区间(0,1)
内至少存在一个实根;
(Ⅱ)方程
f(x)f
'(x)
(f'(x))2
0在区间
(0,1)
内至少存在两个不同实根。
【答案】
(Ⅰ)证:
因为
limf(x)
0,由极限的局部保号性知,存在
c
(0,
),使得f(c)
0,
x
0
x
而f
(1)0,由零点存在定理可知,存在
(c,1),使得f(
)
0。
(Ⅱ)构造函数
F(x)
f(x)f
'(x),因此F(0)
f(0)f'(0)
0,F(
)f(
)f
'()
0,
因为limf(x)
0
,所以
f'(0)
0,由拉格朗日中值定理知,存在
(0,1),使得
x0
x
f
(1)
f(0)
f'(
)
0,所以f'(0)f'()
0,因此根据零点定理可知存在
1
(0,
),
1
0
使得
f'
(1)
0
,所以F(
1)
f
(1)f'
(1)
0,所以原方程至少有两个不同实根。
【解析】略
(19)(本题满分
10分)
设薄片型物体S
时圆锥面z
x2
y2被柱面z2
2x割下的有限部分,其上任一点的弧度
为u(x,y,z)9
x2
y2
z2,记圆锥与柱面的交线为
C,
(Ⅰ)求C在xOy平面上的投影曲线的方程;
(Ⅱ)求S的质量M。
(x
1)2
y2
1
【答案】(Ⅰ)
0
;(Ⅱ)64。
z
【解析】(Ⅰ)C的方程为
z
x2
y2
,投影到xOy平面上为
(x
1)2
y2
1
z2
2x
z
0
(Ⅱ)M
u(x,y,z)dS
9x2
y2
z2dS,dS
1(
z)2
(
z)2
2dxdy
x
y
因此有M
92
x2
y2
2dxdy
182
d
2cos
r2dr
144
2cos3
d
64。
2
0
3
2
(20)(本题满分
11分)
三阶行列式A(
1,
2,
3)有3个不同的特征值,且
3
1
22,
(Ⅰ)证明r(A)
2
;
(Ⅱ)如果
1
2
3,