考研数学一试题及答案解析doc.docx

1、考研数学一试题及答案解析doc2017 考研数学一答案及解析一、选择题： 18 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。1cosx（1）若函数 f (x)ax, x 0 在 x0 连续，则（）。b, x 0A.1ab2B.1ab2C. ab 0D. ab 2【答案】 A【解析】由连续的定义可得limx 0-f (x)limx 0+f (x)f (0)，而1cos x1 ( x )211lim+ f (x)lim+lim+2， lim- f ( x)b ，因此可得 b，故选x 0x0axx 0ax2ax 02a

2、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)f 2 ( x) ，则有 F ( x)2 f ( 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) x2 y z2 在点 (1,2,0)r处沿向量 n (1,2,0) 的方向导数为（）。A.12B.6C.4D.2

3、【答案】 D【 解 析 】 gradf2 xy, x2 , 2z ， 因 此 代 入 (1,2,0)可 得 gradf |(1,2,0)4,1,0， 则 有fgradu4,1,0 1 , 2 , 2 2 。u| u |3 3 3（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 vv1 (t ) （单位： m/s ），虚线表示乙的速度曲线v v2 (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. t010B. 15t0 20C. t025D. t025【答案】 C【解析 】从 0 到

4、 t0t 0t0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0025v1 (t)dt 20 10 10，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.ET不可逆B.ET 不可逆C. E2T 不可逆D. E2T 不可逆【答案】 A【解析】 因为T 的特征值为0（ n-1重）和 1，所以 ET 的特征值为1（ n-1 重）和 0，故 ET 不可逆。200210100（6）已知矩阵 A021, B020, C020，则（）。001001002A.A与 C相似， B与 C相似B. A与C相似，

5、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 0P( A) 1,0 P(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(

6、AB) ，即 P( AB)P(A) P(B) ，因P(B)P(B)1P(B)此选择 A。（ 8）设 X1 , X 2,L X n ( n2) 来自总体 N (,1)1n的简单随机样本，记 XXi ，则下列n i 1结论中不正确的是（ ）。n)2 服从2 分布A.(X ii1nX1 )2 服从2 分布B. 2 ( X ni 1n2 分布C.( X iX)服从i1D. n( X ) 2 服从 2 分布【答案】 B N (0,1)n)2 2 (n) ， X n【 解 析 】 Xi， 故( X iX1 N(0,2) ，因此i1X nX1X nX1221n N (0,1)(1)，故 B 错误，由 S22

7、可得，2，故 (2n1 i( X i X )11)S2nX )22 (n N (0, 1) ，则有n( X) N (0,1) ，因( n( X i1)， Xi1n此 n( X)22 (1)。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）已知函数 f ( x)1，则 f (3) (0) =_。1x2【答案】 0【解析】 f ( x)111x2x4x6L(x2 ) n( 1)n x2 n，因此x2n 0n0f (x) ( 1)n 2n(2n 1)(2 n 2) x2 n 3 ，代入可得 f (3) (0) 0 。n 0（10）微分方程 y 2 y 3y

8、0 的通解为 y =_。【答案】 e x (c1 cos2xc2 sin2x)【解析】 由 y 2 y3 y0，所以223 0，因此2i 1，因此通解为：x( c1 cos2xc2 sin2x) 。e（ 11 ）若曲线积分xdyaydy 在区域 D( x, y) | x2y21 内与路径无关，则aLx2y21=_。【答案】 1【解析】 设 P( x, y)x,Q( x, y)ay，因此可得：x2y21y21x2P2xy2 ,Q2axy2 ，根据PQ，因此可得 a1 。y( x2y2x( x2y2yx1)1)（12）幂级数n 1 (1)n1 nxn 1 在区间 (1,1) 内的和函数 S( x)

9、 =_。【答案】1(1x)2【解析】n 1 (1)n1nx n 1n 1 (1)n 1 xn (x)(11 2 。1xx)101（13）设矩阵 A112，1,2 ,3 为线性无关的3 维向量，则向量组 A 1, A 2,A3011的秩为 _。【答案】 2【解析】 因为 (A 1,A 2, A 3)A(1,2, 3) ，而101101101A112011011 ，因此 r ( A)2 ，所以向量组 A 1, A 2,A3011011000的秩 2。（14）设随机变量X 的分布函数为 F ( x)0.5( x)0.5( x4) ，其中( x) 为标准正态2分布函数，则 EX =_。【答案】 2【解

10、析】1x21( x 4 )2f ( x) F (x)e0.520.52e222x2( x 4)20.5 1 e 20.512e 2 2222因此可得 EX2 。12三、解答题： 1523 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，yf (ex ,cos x) ，求 dy |x0 , d 22y |x 0 。dxdx【答案】dyd2ydx|x 0f1 (1,1)， dx2|x 0f11 (1,1)f1 (1,1)f2 (1,1)【解析】 因为 yf (ex ,cos x)

11、 ，所以 dyf1exf2 sin x ，因此 dy |x 0 f1 (1,1)dxdxd2 yxxxxdx2( f11ef12 sin x)ef1 e( f21ef22 sin x)sin x f2 cos x因此得： d 2 y |x0f11 (1,1)f1 (1,1)f2 (1,1)dx 2（16）（本题满分 10 分）求 limnk2 ln(1k )nk 1nn1【答案】【解析】 由定积分的定义可知，nk2 ln(11limk ) x ln(1 x)dx ，然后计算定积分，nnn0k 111121)x2 11121)1dxxln(1 x)dx2ln(1 x)d ( x2ln(1x) |

12、0(x1000x1112(x 1)dx40（17）（本题满分10 分）已知函数 y( x) 由方程 x3y33x3 y2 0 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 x3y33x3y20 关于 x 求导得：3x23 y2 y 33y 0，令 y 0 得 3x23 ，因此 x1 ，当 x1 时， y1 ，当 x1 时， y0 。对 3x23y2 y 33 y 0 关于 x 再次求导得： 6x6 y( y )23 y2 y 3y 0 ，将 y 0代入可得 6x (3 y23) y 0当 x1 时， y1时，代入可得y 1，当 x1时， y0

13、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 ， limf ( x)0 ，证明：xx 0（）方程f ( x)0 在区间 (0,1)内至少存在一个实根；（）方程f ( x) f(x)( f ( x) 20 在区间(0,1)内至少存在两个不同实根。【答案】（）证：因为lim f (x)0 ，由极限的局部保号性知，存在c(0,) ，使得 f (c)0 ，x0x而 f (1) 0 ，由零点存在定理可知，存在( c,1) ，使得 f ()0 。（）构造函数F (x)f (

14、 x) f( x) ，因此 F (0)f (0) f (0)0, F() f () f( )0 ，因为 lim f ( x)0，所以f (0)0 ，由拉格朗日中值定理知，存在(0,1) ，使得x 0xf (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,) ，10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 zx2y2 被柱面 z22x 割下的有限部分， 其上任一点的弧度为 u( x, y, z) 9x2y2z2 ，记圆锥与柱面的交线为C ，（）求 C 在 xOy 平面上的投影曲线的方程；（）求 S 的质量 M 。(x1)2y21【答案】（）0；（） 64。z【解析】（） C 的方程为zx2y2，投影到 xOy 平面上为( x1)2y21z22xz0（） Mu(x, y, z)dS9 x2y2z2 dS ， dS1 (z) 2(z)22dxdyxy因此有 M9 2x2y22dxdy18 2d2cosr 2 dr1442 cos3d64 。2032（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312 2 ，（）证明 r ( A)2；（）如果123 ，