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 ,
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