全国硕士研究生入学统一考试数学一试题及答案Word格式.docx
《全国硕士研究生入学统一考试数学一试题及答案Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国硕士研究生入学统一考试数学一试题及答案Word格式.docx（26页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
域，函数f（x,y）在D上连续，则⎰⎰f（x,y）dxdy=
D
3x围成的平面区
（）
π
3dθ
1
sin2θ
1
f（rcosθ,rsinθ）rdr
42sin2θ
f（rcosθ,rsinθ）dr
（D）
【分析】此题考查将二重积分化成极坐标系下的累次积分
【解析】先画出D的图形，
x
所以⎰⎰
f（x,y）dxdy=
⎰1
f（rcosθ,rsinθ）rdr，故选（B）
D42sin2θ
⎛111⎫⎛1⎫
（5）设矩阵A=ç
12a⎪，b=ç
d⎪，若集合Ω={1,2}，则线性方程组Ax=b有
ç
⎪ç
⎪
14
a2⎪
d2⎪
⎝⎭⎝⎭
无穷多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
⎛1111⎫⎛1111⎫
【解析】
（A,b）=ç
12
ad⎪→ç
01
a-1
d-1⎪
14a2d2⎪ç
00（a-1）（a-2）（d-1）（d-2）⎪
⎝⎭⎝⎭，
由r（A）=r（A,b）<
3，故a=1或a=2，同时d=1或d=2。
故选（D）
（6）设二次型f（x1,x2,x3）
123
在正交变换为x=Py下的标准形为2y2+y2-y2
，其中
P=（e1,e2,e3）
，若Q=（e1,-e3,e2）
，则f（x1,x2,x3）在正交变换x=Qy下的标准
形为（）
（A）2y2-y2+y2
（B）2y2+y2-y2
（C）2y2-y2-y2
（D）2y2+y2+y2
【解析】由x=Py，故f
⎛200⎫
PTAP=ç
010⎪
=xTAx=yT（PTAP）y=2y2+y2-y2.且
00-1⎪.
⎝⎭
⎛100⎫
Q=Pç
001⎪=PC
0-10⎪
QTAQ=CT（PTAP）C=ç
所以f
001⎪
=xTAx=yT（QTAQ）y=2y2-y2+y2。
选（A）
（7）若A,B为任意两个随机事件，则（）
P（AB）≤P（A）P（B）
P（A）+P（B）
P（AB）≥P（A）P（B）
P（AB）≤（D）
2
P（AB）≥
【解析】由于AB⊂A,AB⊂B，按概率的基本性质，我们有P（AB）≤P（A）且P（AB）≤P（B），
从而P（AB）≤P（A）+P（B），选（C）.
（8）设随机变量X,Y不相关，且EX=2,EY=1,DX=3，则E⎡⎣X（X+Y-2）⎤⎦=（）
（A）-3
（B）3（C）-5
（D）5
【解析】E[X（X+Y-2）]=E（X2+XY-2X）=E（X2）+E（XY）-2E（X）
=D（X）+E2（X）+E（X）⋅E（Y）-2E（X）
=3+22+2⨯1-2⨯2=5，选（D）.
二、填空题：
914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）
limlncosx=.
x→0
x2
【答案】-1
【分析】此题考查
型未定式极限，可直接用洛必达法则，也可以用等价无穷小替换.
-sinx
ln（cosx）
【解析】方法一：
limlim
cosx
=lim-tanx=-1.
x→0x2
x→02x
-1x2
ln（cosx）ln（1+cosx-1）cosx-12
=-1.
x→0x22
⎰-π
sinx
1+cosx
（10）2（
+
x）dx=.
π2
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.
π⎛sinx+⎫
ππ2
-2⎝1+cosx
x⎪dx=2
⎭
2xdx=.
04
（11）若函数z=z（x,y）由方程ex+xyz+x+cosx=2确定，则dz（0,1）=.
【答案】-dx
【分析】此题考查隐函数求导.
【解析】令F（x,y,z）=ez+xyz+x+cosx-2，则
xyz
F'
（x,y,z）=yz+1-sinx,F'
=xz,F'
（x,y,z）=ez+xy
又当x=0,y=1时ez=1，即z=0.
∂zFx'
（0,1,0）∂z
Fy'
（0,1,0）
所以∂x（0,1）=-F'
（0,1,0）=-1,∂y
（0,1）=-F'
（0,1,0）=0，因而dz（0,1）=-dx.
（12）设Ω是由平面x+y+z=1与三个坐标平面平面所围成的空间区域，则
⎰⎰⎰（x+2y+3z）dxdydz=.
Ω
【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
⎰⎰⎰（x+2y+3z）dxdydz=6⎰⎰⎰zdxdydz=6⎰0zdz⎰⎰dxdy，
ΩΩDz
其中D为平面z=z截空间区域Ω所得的截面，其面积为1（1-z）2.所以
z2
⎰⎰⎰（x+2y+3z）dxdydz=6⎰⎰⎰zdxdydz=6⎰1z⋅1（1-z）2dz=3⎰1（z3-2z2+z）dz=1.
ΩΩ0204
（13）n阶行列式
-1
=.
【答案】2n+1-2
【解析】按第一行展开得
20
-12
Dn=
00
=2Dn-1
+（-1）n+12（-1）n-1=2D+2
=2（2Dn-2
+2）+2=22D
+22+2=2n+2n-1+
=2n+1-2
（14）设二维随机变量（x,y）服从正态分布N（1,1,0,1,0），则P{XY-Y<
0}=.
【解析】由题设知，X~N（1,1）,Y~N（0,1），而且X、Y相互独立，从而
P{XY-Y<
0}=P{（X-1）Y<
0}=P{X-1>
0,Y<
0}+P{X-1<
0,Y>
0}
1111
=P{X>
1}P{Y<
0}+P{X<
1}PY{>
0=}⨯+⨯.
2222
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（x）=x+aln（1+x）+bxsinx，g（x）=kx3，若f
x→0是等价无穷小，求a,b,k的值.
11
（x）与g（x）在
【答案】a=-1,b=-
k=-.
【解析】法一：
原式limx+aln（1+x）+bxsinx=1
⎛x2
x3
kx3
3⎫⎛x33⎫
x+aç
x-++o（x）⎪+bxç
x-+o（x）⎪
=lim
⎝23
⎭⎝6
⎭=1
（1+a）x+⎛b-a⎫x2+ax3-bx4+o（x3）
2⎪36
⎝⎭=1
aa
即1+a=0,b-=0,=1
23k
∴a=-1,b=-1,k=-1
法二：
limx+aln（1+x）+bxsinx=1
1+a+bsinx+bxcosx
=lim1+x=1
3kx2
因为分子的极限为0，则a=-1
--1+2bcosx-bxsinx
（1+x）2
lim
=1，分子的极限为0，b=-1
-2
6kx2
-
2bsinx-bsinx-bxcosx
（1+x）36k
=1，k=-
3
（16）（本题满分10分）设函数f（x）在定义域I上的导数大于零，若对任意的x0∈I，曲线y=f（x）在点（x0,f（x0））处的切线与直线x=x0及x轴所围成区域的面积恒为4，且f（0）=2，求f（x）的表达式.
【答案】f（x）=
8
4-x.
【解析】设f（x）在点（x0,f（x0））处的切线方程为：
y-f（x0）=f'
（x0）（x-x0）,
f（x0）
令y=0，得到x=-f'
（x
）+x0，
故由题意，2f（x0）⋅（x0-x）=4，即2f（x0）⋅f'
）=4，可以转化为一阶微分方程，
即y'
y2
，可分离变量得到通解为：
1=-1
x+C，
8y8
已知y（0）=2，得到C=1，因此1=-1x+1；
即f（x）=-x+4.（17）（本题满分10分）
y82
已知函数
f（x,y）=x+y+xy，曲线C：
x2+y2+xy=3，求
f（x,y）在曲
线C上的最大方向导数.
【答案】3
【解析】因为f（x,y）沿着梯度的方向的方向导数最大，且最大值为梯度的模.
fx'
（x,y）=1+y,fy'
（x,y）=1+x，
故gradf（x,y）={1+y,1+x}，模为
此题目转化为对函数g（x,y）=
即为条件极值问题.
，
在约束条件C:
x2+y2+xy=3下的最大值.
为了计算简单，可以转化为对d（x,y）=（1+y）2+（1+x）2在约束条件C:
构造函数：
F（x,y,λ）=（1+y）2+（1+x）2+λ（x2+y2+xy-3）
⎧Fx'
=2（1+x）+λ（2x+y）=0
⎪F'
=2（1+y）+λ（2y+x）=0，得到M（1,1）,M（-1,-1）,M（2,-1）,M（-1,2）.
⎨y1234
=x2+y2+xy-3=0
⎩λ
d（M1）=8,d（M2）=0,d（M3）=9,d（M4）=9
所以最大值为
=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u1（x）,u2（x）,,un（x）可导，f（x）=
式.
u1（x）u2（x）
un（x），写出f（x）的求导公
（I）[u（x）v（x）]'
=limu（x+h）v（x+h）-u（x）v（x）
h→0h
=limu（x+h）v（x+h）-u（x+h）v（x）+u（x+h）v（x）-u（x）v（x）
=limu（x+h）v（x+h）-v（x）+limu（x+h）-u（x）v（x）
h→0
hh→0h
=u（x）v'
（x）+u'
（x）v（x）
（II）由题意得
f'
（x）=[u1（x）u2（x）
=u'
（x）u（x）
（19）（本题满分10分）
⎧⎪z=2-x2-y2,
已知曲线L的方程为⎨
⎪⎩z=x,
起点为A（0,2,0），终点为B（0,-
2,0），计算
⎰
曲线积分I=（y+z）dx+（z2-x2+y）dy+x2y2dz
L
【答案】π2
⎧x=cosθ
⎪ππ
【解析】由题意假设参数方程⎨y=
2sinθ，θ:
→-
22
⎩
⎪z=cosθ
⎰π2[-（2sinθ+cosθ）sinθ+2sinθcosθ+（1+sin2θ）sinθ]dθ
-
=⎰π2-
2sin2θ+sinθcosθ+（1+sin2θ）sinθdθ
π
=222sin2θdθ=π
02
（20）（本题满11分）
设向量组α1,α2,α3为R3的一个基，β=2α+2kα，β=2α，β=α+（k+1）α.
（I）
证明向量组βββ为R3的一个基;
11322
313
α,α,α
（II）当k为何值时，存在非0向量ξ在基1
ξ.
（I）证明：
23与基β1β2β3下的坐标相同，并求所有的
（β1,β2,β3）=（2α1+2kα3,2α2,α1+（k+1）α3）
=（α,α,α
⎛201⎫
）ç
020⎪
123ç
2k0k+1⎪
201
020
=221
2kk+1
=4≠0
2k0k+1
故β,β,β为R3的一个基.
（II）由题意知，
ξ=k1β1+k2β2+k3β3
即
=k1α1+k2α2+k3α3,ξ≠0
k1（β1-α1）+k2（β2-α2）+k3（β3-α3）=0,
ki≠0,i=1,2,3
k1（2α1+2kα3-α1）+k2（2α2-α2）+k3（α1+（k+1）α3-α3）=0
k1（α1+2kα3）+k2（α2）+k3（α1+kα3）=0有非零解
即α1+2kα3,α2,α1+kα3=0
101
即010=0，得k=0
2k0k
k1α1+k2α2+k3α1=0
∴k2=0,k1+k3=0
ξ=k1α1-k1α3,k1≠0
（21）（本题满分11分）
⎛02
-3⎫
⎛1-20⎫
设矩阵A=ç
-13-3⎪相似于矩阵B=ç
0b0⎪.
1-2a⎪ç
031⎪
（I）求a,b的值；
（II）求可逆矩阵P，使P-1AP为对角矩阵..
（I）
A~B⇒tr（A）=tr（B）⇒3+a=1+b+1
02-31-20
A=B⇒-13-3=0b0
1-2a
031
∴⎧a-b=-1⇒⎧a=4
⎨2a-b=3⎨=5
⎩⎩b
（II）（II）
A=ç
-13
-3⎫⎛100⎫⎛-12
-3⎪=ç
010⎪+ç
-12
-3⎪=E+C
1-23⎪ç
001⎪ç
1-23⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎛-12
C=ç
-3⎫⎛-1⎫
-1⎪（1
-23）
1⎪
C的特征值λ1=λ2=0,λ3=4
λ=0时（0E-C）x=0的基础解系为ξ
=（2,1,0）T;
ξ
=（-3,0,1）T
λ=5时（4E-C）x=0的基础解系为ξ=（-1,-1,1）T
A的特征值λA=1+λC:
1,1,5
⎛2-3-1⎫
令P=（ξ,ξ,ξ）=ç
10-1⎪，
⎛1
∴P-1AP=ç
1
011⎪
⎫
⎪
5⎪
⎧⎪2-xln2,x>
0,
（22）（本题满分11分）设随机变量X的概率密度为f（x）=⎨
⎪⎩0,
x≤0.
对X进行独立重复的观测,直到2个大于3的观测值出现的停止.记Y为观测次数.（I）求Y的概率分布;
（II）求EY
（I）记p为观测值大于3的概率，则p=P（X>
3）=⎰+∞2-xln2dx=1，
从而P{Y=n}=
升级会员 