考研数学一数一真题标准答案及解析.docx
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考研数学一数一真题标准答案及解析
理工数学一试题详解及评析
x
sin
cos
x）（c,c为任意常数）为某二阶常系数线性齐次微分方程的
12
（1）设
2
详解】方法一看出所给解对应的特征根为λ=1±i，从而特征方程为λ−1+i,
（
（
））
1,2
（
（
））
−
2
−2λ+2=0,于是所求方程为y''2y
'
方法二将已知解代入y''+by+cy=0，得
'
（（
）
）
（（
）
）
x
x
sinx⋅bc−c+cc−2c+e
x
cosx⋅bc+c+cc+2c
.由于esinx与
x
1
2
1
2
1
2
2
1
=−2,c=2
cc12c,bc
c
2c，解得b
2
1
2
1
x
sin
x+c
2
（（c−c）sinx+（c+c）cosx
1212
）
y
y
'
=e
''=e
（−2csinx+2ccosx）
2
1
从这三个式子消去c与c，得
y
''−2y
'
+2y=0
1
2
r=x
2
+y
2
+z
2
则divgradr
（
=
3
∂
r
∂r
∂y
∂r
∂z
x
y
z
gradr=i+
j+k=i+j+k
∂x
r
r
r
⎛
⎝
∂
x⎞
r⎠
x
⎛y⎞
⎝r⎠
∂y
⎛z⎞
⎝r⎠
∂z
∂
∂
⎜
⎟
⎜⎟
2
2
2
2
2
2
2
r
−
x
r
−
y
r
−
z
2r
2
（
）=
+
+
=
+
+
=
=
divgradr
r
3
r
3
r
3
r
3
r
2
=
=
2
1
2
+（−2）+2
2
0
1−y
∫
（
）
fx,ydx
=
−1
2
2
1−x
∫
（）
fx,ydy.
1
0
∫−
0
1
2
∫
−1
0
1−y
2
（
）
D={（x,y）|−1≤y≤0,1−y≤x≤2},
又可将D改写为
{（
）
}
D=x,y|1≤x≤2,1−x≤y≤2,
0
0
2
2
0
（
）
fx,ydy
1
2
−1
1−y
1
dx∫1−x
2
（
）
=
1
0
（−）−1
+A−4E=O,其中E为单位矩阵，则AE
（4）设矩阵A满足
A
2
1
2
A
2
+A−4E=O，
A
2
+A−2E=2E，
（−）（+）=
AEA2E2E,
1
（−）⋅（+）=
AE
A2EE,
2
1
（−）−1
（+
A2E
）
AE
2
{
（）}
5）设随机变量X的方差为2，则根据切比雪夫不等式有估计PX−EX≥2≤
.
1
2
（）
DX
1
2
{
（）}
PX−EX≥2≤
=
2
2
-
2-
（）
=（）
=
'
（）
1）设函数fx在定义域内可导，yfx的图形如右图所示，则导函数yfx的
【
】
（）是严格单调增加的，因此当x<0
详解】从题设图形可见，在y轴的左侧，曲线yfx
=
y=f（x）图形必在x轴的上方，由此可排除（A），（C）；
'
（）的图形在y轴右侧有三个零点，因此由罗尔中值定理知，其导函数y=f（x）图
'
=
形在y轴一定有两个零点，进一步可排除（B）.
故正确答案为（D）.
（
）
'
（0,0）=
'
2）设函数fx,y在点0,0附近有定义，且f
x
=3dx+dy.
（0,0）
（
（
=
（
）在点（0,0,f（0,0））的法向量为{3,1,1}
B）曲面zfx,y
⎧
z
=（
fx,y
）
（
（
））
{
}
C）曲线⎨
在点0,0,f0,0的切向量为1,0,3
y=0
⎩
-
3-
⎧
z
fx,y
）
（
（
））
{
}
D）曲线⎨
在点0,0,f0,0的切向量为3,0,1
⎩
【
】
答】应选（C）
详解】题设只知道一点的偏导数存在，但不一定可微，因此可立即排除（A）；
（
）=−（
）
令Fx,y,z
z
fx,y，则有
F
'
'
'
'
'
x
x
y
y
z
（
{
}
因此过点0,0,f0,0的法向量为±−3,−1,1，可排除（B）；
x=x
⎧
z
fx,y
）
（
（
））
可表示为参数形式：
⎨y=0，其中点0,0,f0,0的切向量为
⎩
⎪
）
z
=
⎩
（
0,0=±1,0,3}
）}
{
'
x
（）=
=
3）设f00，则fx在点x0可导的充要条件为
1
1
（−
）
h
A）lim
→
0
h
2
h→0
h
1
h
1
（−
）
fh⎦存在
⎡（）−（）⎤
C）lim
fhsinh存在.
（D）lim⎣f2h
→
0
h
2
h→0
h
h
【
】
f（x）
1
x
（
limf1−e
h
=xlim
⋅
h
→
0
h
x
→
0
x
1
（）
=
（−
h
）
可见，若fx在点x0可导，则极限limf1e一定存在；反过来，若
h
→
0
h
1
（
）
limf1−e
h
h
→
0
h
（
）
（）
fx
x
f1e
−
h
f1e
h
h
1−e
lim
x=1−e
h
lim
⋅
=−lim
h
h
x
→
0
h
→
0
h
h
→
0
（）
=
存在，即fx在点x0可导，因此正确选项为（B）.
-
4-
（）=
至于（A），（C）,（D）均为必要而非充分条件，可举反例说明不成立.比如，fx
x,在
1cosh
−
1cosh
−
1
（−
）=
lim
f1coshlim
lim
2
h
2
h
2
h
→
0
h
h
→
0
h
→
0
1
（−
）=
lim
fhsinhlim
lim
2
h
2
h
3
h
→
0
h
h
→
0
h
→
0
⎧
⎨
⎩
1,x≠0
=
0,x=0
1
1−1
（）−（）⎤=
=0
lim
f2hfh
lim
h
→
0
h
h
→
0
h
1111⎤
⎡4000⎤
4）设A=
，则A与B
1111⎦
⎣0000⎦
【
】
A是实对称矩阵，且其特征值为：
λ=4,λ=λ=λ=0,故存在正交矩阵Q,使得
1
2
3
4
4000⎤
0
=
T
AQ
0
可见，则A与B既合同又相似.
（5）将一枚硬币重复掷n次，以X和Y分别表示正面向上和反面向上的次数，则X和Y的相
1
2
【
】
-
5-
详解】设X和Y分别表示正面向上和反面向上的次数，则有Y=n−X，因此X和Y的
相关系数为r=−1
arctane
x
∫
三、求
dx
e
2x
arctane
x
∫
∫arctanex（）
−
dx
de2x
e
2x
⎛
⎞
⎟
⎠
1
de
x
−⎜
e−2xarctane
x
−
⎜
（1+e2x）⎟
2
e
⎝
1
（
−
e−2xarctane
x
+
e−xarctane
+
x
2
（
）在点（1,1）处可微，且
=
f
|=
|=ϕ（）=（
（））
2,
3,
x
fx,fx,x.
x（1,1）
d
3
ϕ
dx
x=1
详解】由题设，有
1f1,f1,1f1,11,
ϕ（）=（（））=（）=
⎡
d
ϕ（）⎤
x
（x）|
（x）
ϕ
3
=3ϕ
2
⎢
⎥
dx
x=1
dx
⎣
⎦
⎡
（x,f（x,x））+f
（x,x）+f
y
=
=
3ϕ
2
（x）f
'
'
'
'
⎣
x
y
x
3
12323
⋅⋅⎡+（+）⎤=
51
⎣
⎦
⎧
1+x
2
（−）n
⎪
∞
1
∑
（）=
五、设fx⎨x
1
−4n
2
n=1
1
+x
∞
∑
【
详解】因
=
2
（−）
1x,x1,1
n
2n∈（−）
1
n=1
-
6-
（−）
n
∞
1
∑
∫
x
（
）
'
x2n+1,x
1,1
∈[−]
=
arctanxdx
=
2
n+1
0
n=1
（−）
n
（−）
n
∞
1
∞
1
∑
∑
（）=+
+
fx
1
2
n+1
n=1
（−）
n
（−）
n
∞
1
∞
1
∑
∑
=
1+
x
2n
+
x
2n
2
n+1
2n+1
n=1
n=1
n
∞
∑
=1
+
x
∈[−]
2n,x1,1
2
n+1
n=1
（−）
n
1
π
1
∞
1
∑
=
−.
1
−4n
2
2
42
n=1
∫（
）
（
）
（
）dz，其中L是平面xyz2
+=
I=
y
2
2
dx+2z
2
−x
2
dy+3x
2
−y
2
+
与
L
柱面x+y=1的交线，从z轴正向看去，L为逆时针方向.
详解1】记S为平面x+y+z=2上L所围成部分的上侧，D为S在xOy坐标面上的投
影.由斯托克斯公式得
∫
2z6xdzdx
+（−−）
2x6ydxdy
+（−−）
I
=
S
2
∫
∫
（4
+）
=
−
x2y3zdS
+
3
S
∫
∫
=
−2
D
∫
∫
=
=
−12dxdy
D
−24.
【
详解2】转换投影法.用斯托克斯公式，取平面x+y+z=2被L所围成的部分为S，按斯
托克斯公式的规定，它的方向向上，S在xOy平面上的投影域记为
z
∂z
D,D=x,y|x+y≤1.S为z=2−x−y,=−1,=−1,于是
∂y
{（
）
}
∂x
-
7-
∫（
）
（
）
（
I=
y
2
−z
2
dx+2z
2
−x
2
dy+3x
2
−y
+（−−）
2
L
∫
∫
（−2−）
y4zdydz2z6xdzdx
+（−−）
=
2x6ydxdy
S
⎧
∂z∂z⎫
∫
∫{−2
−}⋅−
=
=
=
y4z,2z6x,2x2y⎨
−
−
−
−
∂
⎩
⎭
S
−2∫∫（
4x2y3zdxdy=−2xy6dxdy
（−+）
+
+）
∫∫
S
D
∫
∫
−12dxdy=−24
D
∫
∫（−）
=∫∫
=−∫∫
xydxdy
xdxdy
ydxdy=0−0=0，用得性质：
x为x得奇函数，D对
D
D
D
称于y轴；y为y的奇函数，D对称于x轴；积分均应为零.
降维法，取S如解法1中定义，代入I中，
∫（
）（（
））
（
I=
y
2
2
dx+2（2−x−y）
2
2
dy+3x
2
−y
2
L
1
∫（
）
（
）
=
y
2
2
2
2
+8xy−8x−8y+8dy
L
1
∫
∫
格林公式−
2
D
1
逐个投影法，由斯托克斯公式
∫
−）
∫∫
（+）
I1
=
2y4zdydz2y2zdydz,
−
S
D
{（
）
}
其中D=y,z|2−y−z+y≤1,分别令y≥0,y≤0,2−y−z≥0,2−y−z≤0,可
yz
得到D的4条边的方程：
yz
右：
2y+z=3；上：
z=3；左：
2y+z=1；下：
z=1.
1
3
（3−z）
∫
∫
（y+2z）dy=−16
于是I1
=
−
2dz
2
1
1
2（1−z）
∫
∫
（+）
类似地，I2−223xdzdx=−8
=
S
∫
∫
I3
=
−2（+）
xydxdy=0
（由奇、偶数及对称性）
S
I=I+I+I=−24
1
2
3
-
8-
1
（
）
（
）
（
y
2
−z
2
dx+2z
2
−x
2
dy+3x
2
2
1
∫
0
⎡
（−）
2
）（−）
⎤
=
1
x
2
1
1
7
3
⎣
⎦
=
.
当x≤0,y≥0,L:
y=1+x,z=1−2x,x从0到-1
2
−
1
∫
（2+）=−
x4
=
3
0
3
7
9
∫
0
=
−1
3
当x≥0,y≤0,L:
y=x−1,z=3−2x,x从0到1
4
∫
1（−1+）=
8x12dx3.
=
0
∫
=
+
+
+
=−24
L
=
（）在（−1,1）内具有二阶连续导数且f''（x）≠0,试证：
七、设yfx
（−）
≠
0,1，使fx
θ（）∈（）（）=（）+
'
⎡θ（）⎤
f0xf⎣xx⎦
1）对于1,1内的任意x0,存在唯一的
x
2）lim
θ（）=
x
.
x
→
0
1）任给非零x
1,1
∈（−），由拉格朗日中值定理得
（）=（）+
'
⎡θ（）⎤（<θ（）<）
fx
⎣⎦
''（x）在1,1内连续且f
（−）
''（）≠
''（）（−）
0,所以fx在1,1内不变号，不妨设
因为
f
x
''（x）>0，则
f
''（x）在（−1,1）内严格单调且增加，故唯一.
f
-
9-
（−），由拉格朗日中值定理得
1,1
（）=（）+
'
⎡θ（）⎤（<θ（）<）
fx
f0xfxx0x1
⎣⎦
f
'
⎡θ（x）x⎤−f
'
（0）f（x）−f（）−f
0
'
⎣
⎦
=
x
x
2
f
'
'
⎡θ（x）x⎤−f
'
（0）
⎣
⎦
θ（）=''（）θ（）
x
f0lim
x
x
→
0
x
→
0
（x）−f
2x
'
（0）
1
f
lim
=
x
→
0
2
1
lim
θ（）=
x
.
x
→
0
2
（）=（）+
'
（）+
''（ξ）
2
ε
fx
f0f0x
f
1
（0）x+
xf
f
'
⎡θ（x）x⎤=f（x）−f（0）=f
'
⎣
⎦
2
'
'
⎣
⎦
''（ξ）,
f
θ（）=
x
'
⎡θ（x）x⎤−f
'
（0）
f
⎣
⎦
''
''
''
=f''（0），limf
lim
θ（）
xx
x
→
0
x→0
ξ→0
lim
θ（）=
x
.
x
→
0
''（x）≠0,故
'
（x）存在单值连续可导的反函数，记为ϕ（x）,则有
f
f
-
10-
⎡
⎢
⎣
fxf0
（）−（）⎤
⎥
x
⎦
⎡
fxf0
⎥=0,
limϕ⎢
x
→
0
⎣
x
⎦
⎡
fxf0
（）−（）⎤
ϕ
⎢
⎣
⎥
⎡
fxf0
（）−（）⎤
'
x
⎦
'
lim
θ（）=
x
lim
=
lim
ϕ
⋅
2
x
→
0
x
→
0
x
x
→
0
x
x
xf''（x）
2x
ϕ
'
⎡f
'
（0）⎤lim
⎣
⎦
x
→
0
ϕ
'
⎡f
'
'
⎣
⎦
ϕ⎡f
'
（x）⎤=x，两边对x求导，有
⎣
⎦
ϕ
'
⎡f
'
（x）⎤f''（x）=1，以x=0代入，
⎣
⎦
1
lim
θ（）=
x
.
x
→
0
2
'
（θ（））
'
（θ（））
2）由fx
f0
f
xxx,将fxx再展开，有
（）
（）（）
（（））
f
'
'
0+f''0θxx+oθxx
代入上式，得
'
（）+''（）θ（）
2
fx
（）−（）−
'
（）−（θ（））
fxf0f0xoxxx
θ（）=
x
''（0）x
f
（）−（）+
'
（）
fxf0f0x
=
''（0）
f
lim
2
x
→
0
x
（（））
oθxxx
lim=
=0.
2
x
→
0
x
-
11-
）
八、设有一高度为htt为时间得雪堆再融化过程中，其侧面积满足方程
2（
x
+y
）
2
2
（）−
zht
=
（设长度单位为厘米，时间单位为小时），已知体积减少的速率与侧
面积成正比（比例系数0.9），问高度为130厘米）的雪堆全部融化需多少小时？
h（t）
∫
∫∫
V=
dz=
dxdy
0
1
x2+y2≤h（t）2−h（t）z⎤
⎡
⎢
⎣
⎥⎦
2
1
h（t）
∫
⎡
hthtzdz
（）−（）
2
⎤
=
=
π
0
⎣
⎦
2
π
h
3
4
∫
∫
（）
2
2
S=
1+z
'
+z
'
x
y
h2（t）
x2+y2≤
2
（
）
1
6x
2
+y
2
∫
∫
=
1+
dxdy
2
（t）
h
h2（t）
x2+y2≤
2
1
h（t）
2π
（）
ht
2
∫
⎡
（t）16r⎤
=
h
2
+
2
rdr
2
⎣
⎦
0
1
2
=
12
（）
dV
dt
dht
=
−
（）将上述V（t）和S（t）代入，得
0.9St,
=−
dt
13
0
（）=−
t+C
ht
1
1
1
=
0得t100（小时）.
九、设α,α,L,α为线性方程组Ax=0的一个基础解系，
1
2
s
-
12-
β=tα+tα,β=tα+tα,L,β=tα+tα,其中t,t为实常数.试问t,t满足什
1
1
1
2
2
2
1
2
2
3
s
1
s
2
1
1
2
1
2
么关系时，β,β,L,β也为Ax=0的一个基础解系.
1
2
s
由于α,α,L,α为均为α,α,L,α的线性组合，所以α,α,L,α为均为Ax=0的解.
1
2
s
1
2
s
1
2
s
下面证明β,β,L,β线性无关.设
1
2
s
1
1
2
2
s
s
（
+
）α+（
+
）α+L+（
+
tktk
tktk
1
1
2
s
1
2
1
1
2
2
s−1
1
2
s
⎧
tk+tk=0
2
1
1
2
M
⎪
⎪
tk+tk=0
⎩
2
s−1
1s
t100
0
0
t2t10L0
t2t1
0
s
1
s
2
L
M
=t
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