考研数一真题及解析1.docx

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考研数一真题及解析1

2016年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题及答案

一、选择题:

18小题,每小题4分,共32分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求的,请将所选项前的字母填在答．题．纸．指定位置上.

+∞

（1）若反常积分0

1

xa（1+

x）bdx收敛，则（）

（A）

a<1且b>1.

（B）

a>1且b>1.

（C）

a<1且a+b

>1.

（D）

a>1且a+b

>1.

【答案】（C）

【解析】排除法.根据被积函数特点，取a=0，

+∞dx

0（1+x）b

=1（1+x）1-b+∞

1-b0

=1[lim1-1]收敛，只需保证b>1即可.说明，a<1可以使原广义积分收敛，排除B

1-bx→+∞（1+x）b-1

+∞

和D.

再取a=-1,b=2，

xdx

=+∞（1+x）-1dx=

+∞dx-+∞

1dx

⎰0（1+x）2⎰0

（1+x）2

⎰01+x

⎰0（1+x）2

=ln（1+x）+∞++∞=+∞，发散，说明满足A的条件，但是原广义积分发散，排除A.

00

⎧2（x-1）,x<1,

（2）已知函数f（x）=⎨

⎩

lnx,x

≥1,

则f（x）的一个原函数是（）

⎧

（A）F（x）=⎨

（x-1）2,x

<1,

（B）

F（x）=⎧（x

-1）2,

x<1,

⎩x（lnx

-1）,x

≥1.

⎩x（lnx

+1）-1,x

≥1.

（C）

⎧（x-1）2,

F（x）=⎨

x<1,

（D）

F（x）=⎧（x

-1）2,

x<1,

⎨

【答案】（D）

⎩x（lnx

+1）+1,x

ò

≥1.

1

⎩x（lnx

-1）+1,x

≥1.

⎰2--11

x→1x→1

limF（x）=lim（xlnx-x+C2）=-1+C2.由limF（x）=limF（x）=F

（1）可知：

C1=C2.

⎨

x→1+

x→1+

x→1-

x→1+

⎧x2-2x+C,x<1

取C1=C2=C，其原函数为F（x）=⎨

⎩xlnx-x+C,x≥1

.当C=1时，对应的原函数为D.

（3）若y

=（1+

x2）2-

1+x2,y

=（1+

x2）2+

是微分方程y'+

p（x）y

=q（x）

的两个解，则q（x）=（）

（A）3x（1+

【答案】（A）

x2）.（B）

-3x（1+

x2）.

x

（C）.

1+x2

（D）

-

x.

1+x2

【解析】因为y（x）=（1+x2）2-

和y（x）=（1+x2）2+

为y'+p（x）y=q（x）的两个解，

那么，y2（x）-y1（x）=2为y'+p（x）y=0的解.代入该齐次方程可得

2x+p（x）⋅2

=0，故，p（x）=-

x

1+x2

.再将y（x）=（1+x2）2+

代入原方程可得

4x（1+x2）+

x-x

1+x2

[（1+x2）2+

1+x2]=q（x），所以，q（x）=3x（1+x2），选择A.

⎧x,

⎪

x≤0,

（4）已知函数f（x）=⎨111

则（）

⎩nn+1

n=1,2,,

n

（A）

x=0是f（x）的第一类间断点.（B）

x=0是f（x）的第二类间断点.

（C）

f（x）在x=

0处连续但不可导.（D）

f（x）在x=

0处可导.

【答案】（D）

【解析】因为limf（x）=limx=0，limf（x）=lim1=0，可得，limf（x）=limf（x）=f（0），

x→0-

x→0-

x→0+

n→∞n

x→0-

x→0+

故f（x）在x=0点连续.又因为f'（0）=lim

f（x）-f（0）=limx-0=1，

-x→0-

1

x-0

x→0-x-0

f'（0）=lim

f（x）-f（0）=lim

n，而1

+x→0+

x-0

x→0+x-0

n+1nx

可得1≤1

nxn+

（5）设A，B是可逆矩阵，且A与B相似，则下列结论错误的是（）

（A）

AT与BT相似.（B）

A-1与B-1相似..

（C）

A+AT与B+BT相似.（D）

A+A-1与B+B-1相似.

【答案】（C）

【解析】A与B相似，即存在可逆矩阵P，使P-1AP=B，则

B=（PAP）

=PA（P

）=PA（P）

=（（P））

A（P）

，即（A）是正确说法；

B-1=（P-1AP）-1=P-1A-1（P-1）-1=P-1A-1P，进一步有

B+B-1=P-1AP+P-1A-1P=P-1（A+A-1）P，即（B）（D）都是正确说法；故选（C）.

（6）设二次型f（x,x,x）=x2+x2+x2+4xx+4xx+4xx，则f（x,x,x）=2在空间直

123123121323123

角坐标下表示的二次曲面为（）

（A）单叶双曲面.（B）双叶双曲面.

（C）椭球面.（D）柱面.

【答案】（B）

⎛122⎫

【解析】二次型f（x,x,x）对应的矩阵A=ç212⎪，由

123

-1

ç⎪

⎝⎭

ç221⎪

-2-2

E-A=-2

-2

-1

-2

-2

-1

=（-5）（+1）2=0

得，A的特征值为=5,==-1，所以经过正交变换后，f（x,x,x）=5y2-y2-y2，

123123123

于是f（x,x,x）=2表示曲面5y2-y2-y2=2，是双叶双曲面.故选（B）.

123123

（7）设随机变量X~N（,2）（>0），记p=P{X≤+2}，则（）

（A）p随着的增加而增加.（B）p随着的增加而增加.

（C）p随着的增加而减少.（D）p随着的增加而减少.

【答案】B

【解析】

P{X≤+

2}=Φ（

+2-

）=Φ（）

由于正态分布的分布函数是单调递增的，所以P{X≤+2}随着的增加而增加.

（8）随机试验E有三种两两不相容的结果A,A,A,且三种结果发生的概率均为1,将试验E独

1233

立重复做2次，X表示2次试验中结果A1发生的次数，Y表示2次试验中结果A2发生的次数，

则X与Y的相关系数为（）

（A）-12

（B）

-13

（C）

13

（D）

12

【答案】（A）

【解析】方法一：

（X,Y）的概率分布为

X

Y

0

1

2

0

1

9

2

9

1

9

1

2

9

2

9

0

2

1

9

0

0

E（X）=E（Y）=2，E（XY）=2，所以Cov（X,Y）=E（XY）-E（X）E（Y）=-2

3

E（X2）=E（Y2）=8

9

99

，D（X）=D（Y）=4

9

所以相关系数XY=

Cov（X,Y）

=-1

2.

方法二：

设Z表示2次试验中结果A3发生的次数，则X+Y+Z=2。

根据方差的性质有D（Y）=D（2-X-Z）=D（X+Z）=D（X）+D（Z）+2Cov（X,Z），注意到D（Y）=D（X）=D（Z）,Cov（X,Z）=Cov（X,Y），从而D（X）=-2Cov（X,Y）。

所以根据相关

系数的定义有XY=

Cov（X,Y）=-

Cov（X,Y）

=-1。

2

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.

x

⎰0tln（1+tsint）dt

（9）

lim

x→0

1

1-cosx2

=.

【答案】

【解析】

2

lim

⎰0tln（1+tsint）dt

=lim

⎰0tln（1+tsint）dt

=lim

xln（1+xsinx）

x→0

1-cosx2

x→0

1x4

2

x→02x3

=limxsinx=1.

x→02x22

（10）向量场A（x,y,z）=（x+y+z）i+xyj+zk的旋度rotA=.

【答案】（0,1,y-1）

【解析】

→

→

i

∂

→

j

∂

→

k

∂

∂x

x+y+z

∂yxy

∂zz

rotA=

=（0,1,y-1）

（11）设函数f（u,v）可微，z=z（x,y）由方程（x+1）z-y2=x2f（x-z,y）确定，则

dz|（0,1）=.

【答案】-dx+2dy

【解析】将x=0,y=1代入（x+1）z-y2=x2f（x-z,y）得z=1.

（x+1）z-y2=x2f（x-z,y）两边对x求偏导得：

z+（x+1）∂z=2xf+x2f'⋅（1-∂z）

∂x1∂x

∂z

将x=0,y=1，z=1代入上式得∂x

（0,1）=-1.

（x+1）z-y2=x2f（x-z,y）两边对y求偏导得：

（x+1）∂z-2y=x2（f'⋅（-∂z）+f'）

∂y1∂y2

∂z

将x=0,y=1，z=1代入上式得∂y

（0,1）

=2，所以dz

（0,1）

=-dx+2dy.

（12）设函数f（x）=arctanx-

1

x

1+ax2

，且f'（0）=1，则a=.

【答案】

2

【解析】由已知得f'（x）=

1

1+x2

1-ax2

-（1+ax2）2,

f'（x）=

-

2x（1+x2）2

2ax（3-ax2）

，

（1+ax2）3

所以f

''（0）=lim

x→0

f'（x）-f'（0）

x

1

=lim

x→0

-

2x（1+x2）2

+2ax（3-ax2）（1+ax2）3

x

=-2+6a，

即-2+6a=1，所以a=.

2

（13）

-1

0

0

0

-1

0

0

0

-1

4

3

2

+1

行列式

【答案】4+3+22+3+4

=.

-10000

4+14+2

【解析】

=4（-1）

-10+3（-1）0-10

0-10-1

-10-10

+2（-1）4+30

0+（+1）（-1）4+40

-1=4+3+22+（+1）3

00-100

=4+3+22+3+4.

（14）设x,x,...,x为来自总体N（,2）的简单随机样本，样本均值x=9.5，参数的置信度

为0.95的双侧置信区间的置信上限为10.8，则的置信度为0.95的双侧置信区间为

【答案】（8.2,10.8）

【解析】的置信水平为1-的置信区间是

⎛x-t（n-1）s,x+t（n-1）s⎫

ç22⎪

⎝⎭

的置信水平为1-的置信区间为（x-a,x+a）

已知x=9.5，置信上限是10.8即x+a=10.8

解得a=1.3，所以置信区间为（9.5-1.3,9.5+1.3），即（8.2,10.8）.

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）

已知平面区域D=⎧（r,）2≤r≤2（1+cos）,-≤≤⎫,计算二重积分⎰⎰xdxdy.

⎨22⎬

⎩⎭D

【解析】二重积分为

I=⎰⎰xdxdy

D

=2⎰2d⎰

2（1+cos）

r2cosdr

02

=22cos⋅1

03

r32（1+cos）d

=16

3

=16

3

0

⎰2⎡⎣（1+cos）3-1⎤⎦cosd

⎰2⎡⎣3cos+3cos2+cos3⎤⎦cosd

=162cos2d+162cos3d+16

003

2cos4d

0

=16116⋅2+16⋅3⋅1⋅

⋅⋅+

2233422

=5+32.

3

（16）（本题满分10分）

设函数y（x）满足方程y'+2y'+ky=0，其中0

⎰

+∞

（I）证明：

反常积分0

y（x）dx收敛；

⎰

（II）若y（0）=1,y'（0）=1,求+∞y（x）dx的值.

0

【解析】（I）证明：

原方程对应的特征方程为2+2+k=0，则∆=22-4k=4（1-k）>0，即方程有两个不同的实根，从而由根与系数的关系可得1+2=-2,12=k，再由0

<0,<0

，且原方程的通解为y（x）=Ce1x+Ce2x，则

1212

y（x）dx=+∞（Cex+Cex）dx=⎛C1ex+C2ex⎫+∞=-⎛C1+C2⎫，即

y（x）dx收

⎰⎰1122

ç1

2⎪ç⎪⎰

00⎝12⎭0

敛。

⎝12⎭0

（II）有y（0）=1,y'（0）=1及y（x）=Cex+Cex可得⎧C1+C2=1

12

⎩C11+C22=1

对C+C=1两端分别同除以,可得C1+C2=1①

12

C1+C2=1

111

②

222

则①+②=C1+C2+C2+C1=1+1，则

121212

C1+C2=

1+1

-C2-C1=1+2-C11+C22=-2-1=-3，从而

12

12

12

12

12

kkk

+∞y（x）dx=-⎛C1+C2⎫=-⎛-3⎫=3

⎰0ç

⎪çk⎪k

⎝12⎭⎝⎭

（17）（本题满分10分）

设函数f（x,y）满足∂f（x,y）=（2x+1）e2x-y,且f（0,y）=y+1,L是从点（0,0）到点（1,t）的光滑

∂xt

曲线，计算曲线积分I（t）=⎰∂f（x,y）dx+∂f（x,y）dy，并求I（t）的最小值.

Lt∂x∂y

【解析】因∂f（x,y）=（2x+1）e2x-y，则f（x,y）=xe2x-y+（y）

∂x

又有f（0,y）=y+1，则（y）=y+1，f（x,y）=xe2x-y+y+1，

∂2f（x,y）=∂2f（x,y）

∂f（x,y）

∂f（x,y）

又

∂x∂y

∂y∂x

，则I（t）与路径无关，即∂x

dx+

∂ydy是f（x,y）的全

微分，则

I（t）=⎰

∂f（x,y）dx+∂f（x,y）dy=⎰

d（f（x,y））=

（1,t）

f（x,y）

Lt∂x

∂yLt

（0,0）

=f（1,t）-f（0,0）=e2-t+t

I'（t）=1-e2-t，令I'（t）=0,⇒t=2。

当t>2时，I'（t）>0，I（t）是递增的；当t<2时，I'（t）<0，I（t）是递减的；

故I（t）在t=2时取得最小值，故I（t）min

（18）（本题满分10分）

=I

（2）=3

设有界区域Ω由平面2x+y+2z=2与三个坐标平面围成，∑为Ω整个表面的外侧，计算曲

面积分I=⎰⎰（x2+1）dydz-2ydzdx+3zdxdy.

∑

【解析】I=⎰⎰（x2+1）dydz-2ydzdx+3zdxdy

∑

12-2x

1-x-y

12-2x⎛

y⎫1

⎰⎰⎰（2x+1）dv∴I=⎰（2x+1）dx⎰

dy⎰

2dz

=⎰（2x+1）dx⎰ç1-x-

⎪dy=

Ω

（19）（本题满分10分）

000

00⎝

2⎭2

已知函数f（x）可导，且f（0）=1,0

=f（x）（n=1,2）证明：

∞

（I）级数∑（xn+1-xn）绝对收敛；

n=1

（II）limxn存在，且0

2nn+1n

n→∞n→∞

【解析】（I）已知函数f（x）可导，数列满足xn+1=f（xn）（n=1,2,），在xn和xn-1（n=2,3,）构成的区间上使用拉格朗日中值定理，得

xn+1-xn=f（xn）-f（xn-1）=f'（n）（xn-xn-1），（n介于xn和xn-1之间）

由0

2

x-x

=f（x）-f（x

）=f'（

）（x-x

）<1x-x

n+1

nnn-1

nnn-1

2nn-121

1+∞1+∞1

即un

=xn+1-xn<

x2-x1，又正项级数∑n-1

n=1

x2-x1=

x2-x1⋅∑n-1收敛，

n=1

∑

+∞

由比较审敛法和绝对收敛的定义，得级数（xn+1-xn）绝对收敛.

n=1

（II）由（I）中的推导可知，x

-x=f'（）（x-x），且0

n+1

nnnn-12

故xn+1-xn与xn-xn-1（n=2,3,）同号，不妨设x2-x1>0，

+∞n-1

此时级数∑（xn+1-xn）为一个收敛的正项级数，设Sn-1=∑（xk+1-xk），则

n=1k=1

∑

n-1

Sn-1=（xk+1-xk）=（xn-xn-1）+（xn-1-xn-2）++（x2-x1）=xn-x1，

k=1

故limxn=limSn-1+x1存在，设limxn=A.

n→∞

n→∞

n→∞

由拉格朗日定理得，f（x）-f（0）=f'（）x（介于0和x之间）

即xn+1=f（xn）=f（0）+f'（