湖南师范大学理学院-租房合同标准版

2017考研数学一答案及解析

一、选择题：1~8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。

1cosx

（1）若函数
f(x)

。
,x0
在
x0
连续，则（ ）
ax

b,x0

1

2
1
B.
ab

2
A.
ab
C.
ab0

D.
ab2

【答案】A
【解析】
f(x)f(0)
，而 由连续的定义可得
lim
-
f(x)lim
+
x0x0
1
(x)2
1
1cosx1
2
limf(x)b
b
，，因 此可得，故选
limf(x)limlim
-
+
x0
x0
+
x0
+
x0
2a
axax2a
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(x)
，则有
F'(x)2f(x)f'(x)
，故
F( x)
单调递增，则
F(1)F(1)
，
即
[f(1)][f( 1)]
，即
|f(1)||f(1)
，故选择C。
22
2< /p>

r
（3）函数
f(x,y,z)xyz
在点
(1, 2,0)
处沿向量
n(1,2,0)
的方向导数为（ ）。
22
A.12
B.6
C.4
D.2
【答案】D < br>【解析】
gradf{2xy,x
2
,2z}
，因此代入
( 1,2,0)
可得
gradf
，则有
|
(1,2,

0)
{4,1,0}
fu122
grad{4,1,0}{,,}2。
u|u|333
（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
vv
1
(t)
（单位：ms），虚 线表示乙的速度曲线
vv
2
(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
t
0
（单位：s），则（ ）。

A.
t
0
10

B.
15t
0
20

C.
t
0
25

D.
t
0
25

【答案】C
【解析】从0到
t
0
时刻，甲乙的位移分别为
可知，

t
0
0
v
1
(t)dt
与

v
2
(t)dt
，由定积分的几何意义
0
t
0

25
0
(v
2
(t)v
1
(t)dt 201010
，因此可知
t
0
25
。
（5）设

为n维单位列向量，E为n维单位矩阵，则（ ）。

A.
E

T
不可逆
B.
E

T
不可逆
C.
E2

T
不可逆
D.
E2

T
不可逆
【答案】A
【解析】因为

T
的特征值为0（n-1重）和1，所以
E

T
的 特征值为1（n-1重）和0，
故
E

T
不可逆。

200

210

100

（6）已知矩阵
A021,B020,C020
，则（ ）。
 


001


001

< br>002


A.A与C相似，B与C相似
B. A与C相似，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
0P(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
此选择A。
P( AB)P(AB)P(A)P(AB)
，即
P(AB)P(A)P(B)
，因
P(B)1P(B)
P(B)
1
n
（8）设
X< br>1
,X
2
,LX
n
(n2)
来自总体
N(

,1)
的简单随机样本，记
X

X
i
，则下列
n
i1
结论中不正确的是（ ）。
A.

( X
i1
n
n
i


)
2
服从< br>
2
分布
B.
2

(X
i1
n
X
1
)
2
服从

2
分布
C.

(X
i1
n
i
X)
服从
2
分布
D.
n(X

)
2
服从

2
分布
【答案】B
【解析】
X
i


~N(0,1)< br>，故

(X
i1
n
i


)2
~

2
(n)
，
X
n
X
1
~N(0,2)
，因此
X
n
X
1
2
2
~N(0,
，
1
故
)(
n
X
n
 X
1
2
1
n
)~

(1)
，故B错误，由
S(X
i
X)
2
可得，

n1
i 1
22
2
1
(n1)S

(X
i
X )
2
~

2
(n1)
，
X

~N(0,)
，则有
n(X

)~N(0,1)
，因
n< br>i1
此
n(X

)
2
~

2< br>(1)
。
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。
（9）已知函数
f(x)
【答案】0

1
2462n
【解析】
f(x)1xxxL

(x)

(1)
n
x
2n
，因此
2
1x
n0n 0

1
(3)
，则
f(0)
=_________。 2
1x
f'''(x)

(1)
n
2n(2n 1)(2n2)x
2n3
，代入可得
f
(3)
(0)0
。
n0

（10）微分方程
y''2y'3y0
的 通解为
y
=_________。
【答案】
e(c
1
cos2xc
2
sin2x)

【解析】由
y''2y'3y0
，所以

2
2
30
，因此

2i1
，因此通解为：
x
e
x
(c
1
cos2xc
2
sin2x)。
（11）若曲线积分
=_________。
【答案】－1
【解 析】设
P(x,y)
xdyaydy
22
在区域
D{(x,y )|xy1}
内与路径无关，则
a
22

L
xy1
xay
,Q(x,y)
，因此可得：
2222
xy1x y1
P2xyQ2axyPQ

2
,
，根据，因此 可得
a1
。
y(xy
2
1)
2
x( x
2
y
2
1)
2
yx
（12）幂级数

n1
(1)
n1
nx
n1
在区间
(1,1)
内的和函数
S(x)
=_________。
【答案】
1

(1x)
2
【解析】

 
x1
n1n1n1n
(1)nx[(1)x]'()'
。

2
n1n1
1x(1x)

101
< br>
（13）设矩阵
A112
，

1
,

2
,

3
为线性无关的3维向量，则向量组
A
< br>1
,A

2
,A

3



011


的秩为_________。
【答案】2
【解析】因为
(A

1
,A

2
,A

3
)A(

1
,

2
,
3
)
，而

101

101

101




011



0 11

，因此
r(A)2
，所以向量组
A

1 12
A

1
,A

2
,A

3< br>


011




011




000


的秩2。 < br>（14）设随机变量X的分布函数为
F(x)0.5(x)0.5(
x4)
，其中
(x)
为标准正态
2

分布函数，则< br>EX
=_________。
【答案】2
【解析】
f(x)F '(x)0.5
0.5
1
e
2


x
2
2
1
e
2

1
x
2

2
0.5
e

(x4)
2
22
2
1
e
2

x4
2
)

2
2
(

1
2

0.5
2

2
因此可得
EX2
。
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）
dyd
2
y< br>|
x0
,
2
|
x0
。 设函数
f(u, v)
具有2阶连续偏导数，
yf(e,cosx)
，求
dxdx
x
d
2
y
dy
''
'
|
x0
f
1
(1,1)
，
2
|
x0
f
11(1,1)f
1
'
(1,1)f
2
'
(1,1)< br> 【答案】
dx
dx
【解析】因为
yf(e
x
,c osx)
，所以
dydy
f
1
'
e
x
 f
2
'
sinx
，因此
|
x0
f
1< br>'
(1,1)

dxdx
d
2
y
''x'' x'x''x'''
(fefsinx)efe(fefsinx)sinxfcosx< br>
1112121222
2
dx
d
2
y
'' ''
因此得：
2
|
x0
f
11
(1,1)f
1
(1,1)f
2
(1,1)

dx

（16）（本题满分10分）
求
lim
n

n
k1
n
kk
ln(1)

2
n
【答案】
1

4
【解析】由定积分的定义可知，
lim

1
kk
ln(1)xln(1x)dx
，然后计算定积分，
2

0
n
n
k1
n
n

1
1
1x
2
11
212
xln(1x)dxln(1x)d(x1) ln(1x)|(x1)dx

0

0

02

0
21x
1

1
1
1
(x1)dx


0
24
（17）（本题满分10分） 已知函数
y(x)
由方程
x
3
y
3
3x 3y2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
x
3
y
3
3x3y20
关于x
求导得：
3x
2
3y
2
y'33y'0，
2
令
y'0
得
3x3
，因此
x1
，当
x1
时，
y1
，当
x1
时，
y0
。
对
3x
2
3y
2
y'33y' 0
关于
x
再次求导得：
6x6y(y')
2
3y
2
y''3y''0
，将
y'0
代入可得
6x(3y2
3)y''0

当
x1
时，
y1
时 ，代入可得
y''1
，当
x1
时，
y0
时，代入 可得
y''2
，因此
有函数的极大值为
y(1)1
，极小值为< br>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
，lim

x0
f(x)
0
，证明：
x
（ Ⅰ）方程
f(x)0
在区间
(0,1)
内至少存在一个实根；
（ Ⅱ）方程
f(x)f'(x)(f'(x))0
在区间
(0,1)
内至少 存在两个不同实根。
【答案】
（Ⅰ）证：因为
lim

x0< br>2
f(x)
0
，由极限的局部保号性知，存在
c(0,

)
，使得
f(c)0
，
x
而
f(1)0
，由零点存在定理可知，存在

(c,1)
，使得
f(

)0
。
（Ⅱ）构造函数
F(x)f(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0
x
f(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,

)
，
10
使得
f'(< br>
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
zx
2
y
2
被柱面
z
2
2x
割下的有限部分，其上任一点的弧度
222
为
u(x,y, z)9xyz
，记圆锥与柱面的交线为
C
，
（Ⅰ）求
C
在
xOy
平面上的投影曲线的方程；
（Ⅱ）求
S
的质量
M
。

(x1)
2
y
2
1
【答案】（Ⅰ）

；（Ⅱ）64。
z 0

22


(x1)
2
y
21

zxy
【解析】（Ⅰ）
C
的方程为

，投影到
xOy
平面上为


2

z0


z2x
（Ⅱ）
M
z
2
z
2
222
u(x,y,z)dS9xyzdS
，
dS1()() 2dxdy


xy


因此有
M 92


xy
22
2dxdy18

d


2

2
2cos

0
144

3
2
rdr

cos

d
64
。

3

2
2
（20）（本题满分11分）
三阶行 列式
A(

1
,

2
,

3< br>)
有3个不同的特征值，且

3


1
2

2
，
（Ⅰ）证明
r(A)2
；
（Ⅱ）如果



1


2


3
，求方程组
Ax

的通解。
【答案】（Ⅰ）略；（Ⅱ）
k(1,2,1)(1,1,1),kR
。
【解析】（Ⅰ）证：因为
A
有三个不同的特征值，所以
A
不是零矩阵，因此
r(A)1
，若
TT
r(A)1
，那么特征根0是二重根，这与 假设矛盾，因此
r(A)2
，又根据

3


1
2

2
，
所以
r(A)2
，因此
r( A)2
。
（Ⅱ）因为
r(A)2
，所以
Ax0
的基 础解系中只有一个解向量，又

3


1
2
< br>2
，即

1
2

2


3
0
，因此基础解系的一个解向量为
(1,2,1)
T
。因为< br>


1


2


3< br>，故
Ax

的特解为
(1,1,1)
T
，因此< br>Ax

的通解为
k(1,2,1)
T
(1,1,1)< br>T
,kR
。

（21）（本题满分11分） 222
设
f(x
1
,x
2
,x
3
) 2x
1
x
2
ax
3
2x
1
x
2
8x
1
x
3
2x
2
x
3
在正交变换
xQy
下的标准型为
2
，求
a
的值及一个正交 矩阵
Q
。

1
y
1
2

2
y
2

3


3

3【答案】
a2
，正交矩阵
Q



3
3


3

【解析】
2

2
0
2
2
6


6

6



3

6


6



214


二次型对应的矩阵为
A

111

，因为标准型为

1
y
1
2< br>

2
y
2
2
，所以
A0
，从< br>
41a



2
而
a46，即
a2
，代入得

EA
14
10
，解得

0,3,6
；

2
1
4
1
1

214

111
< br>
012
当

0
时，
0EA

111
，化简得

，对应的特征向量为

41 2

000


k
1

1,2 ,1

；
T

514

121


11

，对应的特征向量为当

 3
时，
3EA

121

，化简得

0

415


000


k
2

1,1,1

；
T

414

171


010
当
6
时，
6EA

171
，化简得

，对应的特征向量为

414

000


k
3

1,0,

1
；
T


3


3

3
从而正交 矩阵
Q



3

3

3

（22）（本题满分11分）
2

2
0
2
2
6


6

6


。
3

6


6


设随机变 量
X
和
Y
相互独立，且
X
的概率分布为
P(X0 )P(X2)
1
，
Y
的概率密
2

2y,0 y1
度为
f(y)


0,其他

（Ⅰ）求
P{YEY}
；
（Ⅱ）求
ZXY
的概率密度。
【答案】
（Ⅰ）
4

9
11
F
Y
(z)F
Y
(z1)
< br>22
1
（Ⅱ）
F
Z

z

< br>【解析】
（Ⅰ）由数字特征的计算公式可知：
EY
22
2

4

3
P

YEY

P

Y



f(y)dy

3
2ydy 

0
3


9


yf(y)dy

2y
2
dy
0
2
，则< br>3
（Ⅱ）先求
Z
的分布函数，由分布函数的定义可知：
F
Z< br>
z

P

Zz

P
XYz

。
由于
X
为离散型随机变量，则由全概率公式可知
F
Z

z

P

XYz

P

X0

P

XYz|X0

P

X1

P

XYz|X1

11
P

Yz

P

Yz1

22
11
F
Y
(z)F
Y
(z1 )
22

（其中
F
Y

z

为< br>Y
的分布函数：
F
Y

z

P

Yz

）
（23）（本题满分11分）

某工程师为了解一台天平的精度，用该天平对一物体的质量做
n
次测量，该物体的质量
是
已知的，设
n
次测量结果
X
1
,X
2
,L,X
n
相互独立，且均服从正态分布
N(

,
2
)
，该工程师
记录的是
n
次测量的绝对误差
Z
i
|X
i


|,(i1,2,L,n)
，利用
Z
1
,Z
2
,L,Z
n
估计

（Ⅰ）求
Z
1
的概率密度；
（Ⅱ）利用一阶矩求

的矩估计量；
（Ⅲ）求

的最大似然估计量。
【答案】
z

2

2
2

e,z0

（Ⅰ）
f(z) F'

z



2


< br>0,z0

2
（Ⅱ）


^

1
2n

Z
i

i1
n

2Z

1
n
2
（Ⅲ）

Z
i


n
i1
^
【解析】
（Ⅰ）因为
X
i
~N(

,

2
)
，所以
Y
i< br>X
i


~N(0,

2
)
，对 应的概率密度为
f
Y

y


1
e
2


y
2
2

2
，设
Z< br>i
的分布函数为
F

z

，对应的概率密度为
f(z)
；
当
z0
时，
F(z)0
；
当
z0
时，
F

z

P

Z< br>i
z

PY
i
zP

zYi
z


z

2

2
e< br>2

,z0

的概率密度为
f(z)F'
z



2

；

0,z0< br>
2


z
z
1
e
2


y
2
2

2
dy
；则
Z< br>i
（Ⅱ）因为
EZ
i

^


0
z
2
e
2


z
2
2

2
dz

2

EZ
i
，从而

的矩估计量为，所以


2
2


< br>
1
2n

Z
i

i1
n

2
Z
；

（Ⅲ）由题可知对应的似然函数为
L< br>
z
1
,z
2
,……，z
n
,
< br>

n

i1
n

1

2

，取对数得：
e
2

2
Z
i
2

dlnL(

)
n

1
Z
i
2

Z
i
2

dlnL(

)< br>

0
，，所以，令
lnL


l nln




3

2


d

d

22

i1

i 1



^
1
n
2
1
n
2
得

Z
i
，所以

的最大似然估计量为
Z
i
。

n
i1
n
i1