考研数学一真题及答案解析.docx
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考研数学一真题及答案解析
2009年全国硕士研究生入学统一考试
数学一试题
F列每小题给出的四个选项中，只有一项
.）
一、选择题（1〜8小题，每小题4分，共32分,符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内
（1）当x
0时，fx
sinax与g
2
xln1bx等价无穷小，则（）
1,b
1,b
1
6.
1
6
（2）如图，正方形
x,y
i,y
四个区域
Dkk
123,4
，Ik
Dk
1,b
1,b1
1被其对角线划分为
ycosxdxdy，
则mkax
Ik（
AIi.
B丨2・
C丨3・
（3）设函数y
在区间
1,3
上的图形为:
则函数F
-1
f（x）
-2
23x
-1
（4）
liman
n
则（
）
矩阵
的伴随矩阵为（
）
B
O
A
O
*
3B
B
O
*
2B
*
*
3A
2A
o.
O
C
O
*
3A
O
*
2A
*
D
*
3B
2B
o.
O
（6）设A,B均为2阶矩阵，A*,B*分别为
A当
兰bn收敛时，
n1
anbn收敛.
n1
C当
bn
收敛时，
a：
b：
收敛.
n1
n1
（5）设1
2,
3
是3维向量空间R3的一组基
1
2,
2
3,
3
1的过渡矩阵为（
1
0
1
1
A
2
2
0.
B0
0
3
3
1
1
1
1
2
4
6
C
1
1
1
D
2
4
6
1
1
1
2
4
6
设有两个数列
0,
an
bn
，若
B当bn发散时，anbn发散•
n1n1
D当bn发散时，ajb：
发散.
n1n1
11
则由基1,23到基
23
）
20
23.
03
111
666
B的伴随矩阵，若A2,B3，则分块
（7）设随机变量X的分布函数为Fx0.3x0.7
，其中x为标准正
2
态分布函数，则EX（）
A0.B0.3.C0.7.D1.
（8）设随机变量X与Y相互独立，且X服从标准正态分布N0,1,Y的概率分布为
1
PY0PY1—,记Fzz为随机变量ZXY的分布函数，贝U函数Fzz
2
的间断点个数为（）
AO.B1.C2.D3.
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.）
2
（9）设函数fu,v具有二阶连续偏导数，
z
fx,
xy，则
z
。
x
y
（10）若二阶常系数线性齐次微分方程y
ay
by
0的通解为
yGC2Xex，则非
齐次方程yaybyx满足条件y0
2,y
0
0的解为y
。
（11）已知曲线L:
yx0x,2,
则x
:
ds
。
2222
（12）设x,y,zxyz1，贝Uzdxdydz。
（13）若3维列向量，满足T2,其中T为的转置，则矩阵T的非零特征值
为。
（14）设X1,X2,L,Xm为来自二项分布总体Bn,p的简单随机样本，X和S2分别为样本
均值和样本方差。
若XkS2为np2的无偏估计量，则k。
三、解答题（15-23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤.）
（15）（本题满分9分）求二元函数f（x,y）x22y2ylny的极值。
（16）（本题满分9分）设an为曲线yxn与yxn1n1,2,.....所围成区域的面积，记
S（an,S2a?
n1，求S（与S2的值。
n1n1
22
4,0且与椭圆—y1相切的直线绕x轴旋转而成。
43
（I）求S,及S2的方程
（n）求$与S2之间的立体体积。
（18）（本题满分11分）
（I）证明拉格朗日中值定理：
若函数fx在a,b上连续，在（a,b）可导，则存在
a,b，使得fbfaf
（n）证明：
若函数fx在x
limfxA，则f0存在，且
x0
（19）（本题满分10分）计算曲面积分|
2x22y2z24的外侧。
（20）（本题满分11分）
ba
内可导，且
0处连续，在0,
xdydzydzdxzdxdy
，其、丨中
是曲面
1
1
1
设A1
1
11
0
4
2
（I）求满足
A2
1的2.A3
（n）对①中的任意向量2,3证明
1
1,
的所有向量
2,3无关。
（21）（本题满分11分）
1xf2x^32X2X3
设二次型fx1,x2,x3ax^ax；
（I）求二次型f的矩阵的所有特征值；
22
（n）若二次型f的规范形为yy2，求a的值。
（22）（本题满分11分）
袋中有1个红色球，2个黑色球与3个白球，现有回放地从袋中取两次，每次取一球,以X,Y,Z分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数。
（I）求pX1Z0；
23）（本题满分11分）
设总体X的概率密度为f（x）
2x
xe,x
0,其他
0，其中参数
0）未知，X1，
X2,…Xn是来自总体X的简单随机样本
（I）求参数的矩估计量；
（n）求参数的最大似然估计量
2009年考研数学一真题解析
列每小题给出的四个选项中，只有一项
（1）当x
0时,
sinax与g
x2In1bx等价无穷小，则（）
1,b
1,b
1
6.
1
6
一、选择题：
1〜8小题，每小题4分，共32分,符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内
【答案】
【解析】
f（x）
sinax,g（x）
x2ln（1
bx）为等价无穷小，则
lim他lim2X0g（x）X0x
sinax
ln（1
bx）
lim
X0X
xsinax
洛lim（bx）x0
彳2-
1acosaxasinax
2—洛lim
x06bx
3bx
2.
asinaxlim
x06b
ax
a
3a
6b
a3
6b故排除
B,C。
1另外lim-
x0
所以本题选
acosax卄
2存在，蕴含了1
3bx2
A。
acosax0
故a1.排除D。
（2）如图,
正方形x,yI|x
i，y
1被其对角线划分为
四个区域
Dkk
123,4,Ik
ycosxdxdy，
Dk
则mkax
ik（
AI1.
BI2.
CI3.
y
x
D
I32
ycosxdxdy0•所以正确答案为A.
【解析】本题利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性。
D2,D4两区域关于
x轴对称，而
f（x,y）
ycosxf（x,y），即被积函数是关于y的
奇函数，所以|2
丨40；
D1,D3两区域关于
y轴对称，
而
f（x,y）
ycos（x）ycosxf（x,y），即被积函数是
关于x的偶函数，所以
I1
2
ycosxdxdy0;
（x,y）|yx,0
x1
（3）设函数yfx在区间1,3上的图形为:
x
则函数Fxftdt的图形为（）
0
【答案】D
【解析】此题为定积分的应用知识考核，由
xXo所围的图形的代数面积为所求函数
①x0,1时，F（x）0，且单调递减。
yf（x）的图形可见，其图像与x轴及y轴
F（x），从而可得出几个方面的特征：
②x1,2时，F（x）单调递增。
③x2,3时，F（x）为常函数。
1,0时，F（x）0为线性函数，单调递增。
⑤由于
F（x）为连续函数
结合这些特点，可见正确选项为
（4）设有两个数列an,bn
，若liman
n
则（
bn收敛时,
1
anbn收敛.
1
bn发散时，
1
anbn发散.
1
bn收敛时,
a'bn收敛.
1
bn发散时,
alb；发散.
【解析】
方法一:
举反例A取an
bn
B取an
tn
D取an
故答案为
方法二：
（C）
因为lim
n
an0,则由定义可知
Ni,使得n
N1时，有
an
又因为bn收敛，可得limbn0,则由定义可知N2，使得nN?
时，有bn1
‘n
n1
从而，当nN1N2时，有afb；0,则由正项级数的比较判别法可知ajb；收敛。
n1
311
（5）设1,2,3是3维向量空间R的一组基，则由基1,一2-3到基
23
12,
2
3,3
1的过渡矩阵为
（
）
1
0
1
1
2
0
A2
2
0.
B
0
2
3
0
3
3
1
0
3
1
2
C1
2
1
2
【解析】因为
的过渡矩阵。
1
则由基1，—
2
1
2,3
12,2
3,
所以此题选
（6）设A,B均为
矩阵
2A
2B
【解析】根据
分块矩阵
CC
2丄，n
2阶矩阵,
2,L,
A，则A称为基
2,L,n到1,
丄
1,2
A,B
的伴随矩阵为（
*
3B
3A
的行列式
1
2,3
1
2,3
分别为
1的过渡矩阵M
满足
A,
O
*
3A
3B
1,c
B的伴随矩阵,
*
2B
2A
1
ICC
A2,B3，则分块
1）22a|b
6，即分块矩阵可逆
BB
Aa
1a
2
02B
3A0
故答案为（B）
（7）设随机变量X的分布函数为
Fx
0.3x
0.7
x1
x,其中x为标准正
2
态分布函数，则
EX（
）
A0.
B0.3.
C0.7.
D1.
【答案】C
【解析】因为
Fx
0.3x
0.7
x1
2
所以Fx
0.3
0.7
x
2
x1
2
所以EX
xFxdxx
0.3
x0.35
x1
2
dx
0.3x
xdx
0.35x
x
2
1dx
而xx
dx0
x
x1
2
dxx1u
2
2
2u1udu2
所以EX0
0.35
20.7。
（8）设随机变量X与Y相互独立，且
X服从标准正态分布
N0,1，Y的概率分布为
FZ（z）P（XYz）P（XYzY0）P（Y0）P（XYzY1）P（Y1）
1
[P（XYzY0）P（XYzY1）]
1
-[P（X0zY0）P（XzY1）]
QX,Y独立
1
Fz（z）©【PM0z）P（Xz）]
1
（1）若z0，贝VFZ（z）-（z）
1
（2）当z0，则FZ（z）-（1（z））
、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
z0为间断点，故选（B）
（9）设函数fU,V
2
具有二阶连续偏导数，z
fx,xy，贝U—
x
【答案】
xf12
xyf22
【解析】
Xf12f2
xyf22
xf12
yxf22xf12f2
xyf22
（10）若二阶常系数线性齐次微分方程
ay
by
0的通解为
yC1C2xex，则非
齐次方程y
ay
byx满足条件
2,y
0的解为y
【答案】y
Xxe
【解析】由
（G
C2X）ex，得1
1，故
2,b1
微分方程为y2y'yx
设特解yAxB代入，y'A,A1
2AAxBx
2B0,B2
特解
*
y
x2
y
（G
护府x2
把y（0）
2
，y'（0）0代入，得&0心1
所求
y
xexx2
（11）已知曲线
l：
y
迈，则
xds
L
13
【答案】—
6
【解析】由题意可知,
x,y
x2,0x
ds
2
dx
.14x2dx，
所以
LxdS
4x2dx
14x2
4x23
13
（12）设
x,y,z
，则
z2dxdydz
【答案】
4
15
【解析】
方法一:
dxdydz
2.
sin
22
cos
2cos
cos
4d
4
15
3
cos
方法二:
由轮换对称性可知
z2dxdydz
x2dxdydz
y2dxdydz
所以,
z2dxdydz
x2
z2
dxdydz
sindr
2.
sin
30
d0r4dr
sin
（13）若3维列向量
满足
其中T为
的转置,
则矩阵
T的非零特征值
为
【答案】
【解析】
T的非零特征值为2.
2
Xm为来自二项分布总体
Bn,p的简单随机样本，X和S分别为样本均
值和样本方差。
若XkS为np2的无偏估计量，则k
【答案】1
【解析】QXkS2为np2的无偏估计
22
E（XkX）np
2
npknp（1p）np
1k（1p）p
k（1p）p1
k1
三、解答题：
15-23小题，共94分•请将解答写在答题纸指定的位置上•解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤•
（15）（本题满分9分）求二元函数f（x,y）x22y2ylny的极值。
【解析】
fx（x,y）2x（2y2）0
2
fy（x,y）2xylny10
齐c1
故x0,y
e
则
1
fxx（0,1）2（2二）
ee
fxyi0
xy（0，e）
fyy（o,1）e
e
2
Qfxx0而（fxy）fxxfyy0
一11
二兀函数存在极小值f（0,-）
ee
（16）（本题满分9分）设an为曲线yxn与yxn1n1,2,..…所围成区域的面积，记
【解析】
所以
an
从而
S1
S2
S1an,S2
n1
a2n1
n1
，求S1与S2的值。
由题意,
1（n
0（x
1）dx
y=xn+1在点
（丄xn
n1
1处相交,
an
1
Nim
an
1
Nim（1
1
N2）
1
Nim（2
1
N+2）
a2n1
2n+1）
1
2N
由In（1+x）=x-
（1）（n
n
1）X
n
1
ln
（2）1q
1S2S2
In2
（17）（本题满分11分）
22
椭球面S1是椭圆弋
1绕x轴旋转而成，圆锥面S2是过点
22
4,0且与椭圆7二
1相切的直线绕x轴旋转而成。
（I）求S1及S2的方程
（n）求S1与S2之间的立体体积。
222
1解析1
（1）S1的方程为7:
1，
2
1的切线为y
过点4,0与—
4
2
221
所以S2的方程为yzx2
2
（ii）记yi
1，记y2
2
12
y：
dx
yfdx
412
x2x4dx
04
dx
4
4x
0
3x
（18）（本题满分11分）
（I）证明拉格朗日中值定理：
若函数
fx在a,b上连续，在（a,b）可导，则存在
a,b，使得fbfa
（n）证明：
若函数fx在x0处连续，在0,0内可导，且limfxA,
x0
则f0存在，且f0A。
【解析1（I）作辅助函数（x）f（x）f（a）丄®—（xa）,易验证（x）满足：
ba
（a）（b）；（x）在闭区间a,b上连续，在开区间a,b内可导，且
（x）f（x）。
ba
根据罗尔定理，可得在a,b内至少有一点，使'（）0，即
f（）°,f（b）f（a）f'（）（ba）
（n）任取x。
（0,），则函数f（x）满足；
在闭区间0,X0上连续，开区间
0,X0内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：
存在
f（x。
）f（0）
X00
limf（X°）f°
x°°x°°
lim°f（Xo）H叫f（Xo）A
0°x°°
故f'（°）存在，且f'（0）A。
（19）（本题满分
10分）
计算曲面积分I
xdydzydzdxzdxdy
x2
z2
，其中
是曲面
2x2
2y2
4的外侧。
【解析】I
xdydz
、
o
（x2
ydxdzzdxdy
2\3/2
:
）
其中
2x2
2y2
Q（门x（x
2、3/2）
z）
（x
2
y_
2
2z
2
y
2x2
2、5/2，①z）
y（x2
23/2）z）
2x（x2
2
z
-2"
y
c2
Zy_②
25/2,②z）
223/2）
yz）
2
x
（x2
2
y
2
y
c2
2z_③
25/2,③z）
①+②+③=—（22
x（xyz
2）3/2）
V2223/2）
y（xyz）
23/2
z）
由于被积函数及其偏导数在点（
1:
x2
y2z2R2.0R
0，
丄有
16
0，0）处不连续，作封闭曲面（外侧）
xdydzydxdzzdxdy
（x
2、3/2
z）
-xdydzydxdzzdxdy1
?
33
■
1
R3
3dV
3
R3
4R3
4
3
（20）（本题满分
11分）
1
1
1
1
设A1
1
11
1
0
4
2
2
①求满足A
2
1的2-A23
1的所有向量2,3
②对①中的任意向量
2,3证明1,2,3无关。
1
111
1
1
1
1
1
1
1
1
代1
1
111
0
0
0
0
0
2
1
1
0
422
0
2
1
1
0
0
0
0
r（A）
2故有
个自由变量，令
X3
2,
由Ax
0解得，
x
1,为1
【解析】（I）解方程A
2
1
求特解,
0,得X3
1
X2
解方程
A2
A2,1
ki
A2
故有两个自由变量,
求特解2
1
2
0
0
，其中
X2
k2
k1为任意常数
A2x
1
2
0
0
J
2
0
0
0得x-i1,x30
，其中k2为任意常数
（n）证明:
由于
k1
2k11
2k1k2
1
（2k1）（k2-）2人也
1
2）k2（2k11）
（21）（本题满分
11分）设二次型
Xj,X2，X3
22
axax>
a1xf
2^X3
2X2X3
2
y2，求a的值。
a,2a2,3a1
（I）求二次型f的矩阵的所有特征值;
若规范形为y；y；，说明有两个特征值为正，一个为
0。
则
a
0
1
【解析】（
I）
A0
a
1
1
1a
1
a
0
1
a
IE
AI
0
a
1
（
a）
1
1
1
a
1
（
a）[（
a）（
a1）
1]
[0
（
a）]
（
a）[（
a）（
a1）
2]
（
a）[
22a
2a
a
2]
（
a）{[
a2（1
2a）]2
（
a）（
a2）（
a
1）
（n）若二次型f的规范形为y1
1
1）
若1
a
0，则
2
20,31，不符题意
2）
若2
0
，即a
2,
则120,330，符合
3）
若3
0
，即a
1
，贝U110,230,不符题意
综上所述，故a2
（22）（本题满分11分）
袋中有1个红色球，2个黑色球与3个白球，现有回放地从袋中取两次，每次取一球，以
X,Y,Z分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数。
（I）求pX1Z0；
（n）求二维随机变量X,Y概率分布。
【解析】（I）在没有取白球的情况下取了一次红球，利用压缩样本空间则相当于只有红球，2个黑球放回摸两次，其中摸了一个红球
P（X1
X,Y取值范围为0,
c3c3
c1c6
0,丫
2,Y
1,丫
0,Y
1,
1
c6c6c1c2c1c6
c2c1
c6c1
0,PX
2，故
4px
36，PX
1，PX
1丫0
0,Y
c2c；1
c6c16
c2c2c1
c1c6
2,Y1
Y
X
0
1
2
0
1/4
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（23）（本题满分11分）
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