电子科技大学研究生院-中山中考分数线

Born to win
2017年考研数学一真题及答案解析
跨考教育 数学教研室
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
的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.
1cosx
,x0

（1）若函数
f(x)

在
x0
处连续，则（ ）
ax

b,x0
1
2
(C)ab0
(A)ab
【答案】A

B< br>
ab

D

ab2
1
2

1
x
11
1cosx1
2
【解析】
lim
在处连续
bab.
选A.
lim,Qf(x)
x0
x0

x0

ax
2a2
ax2a

'
（2）设函数
f(x)
可导，且
f(x)f(x)0
，则（ ）
(A)f(1)f(1)
(C)f(1)f(1)

【答案】C

B

f(1)f(1)

D

f( 1)f(1)

【解析】
Q
f(x)f
'
(x)0,



f(x)0

f(x)0
或

(1)

(2)
，只有C选项满足
(1)
且满足
(2)
，所以选 C。

f'(x)0

f'(x)0
2
（3）函数f(x,y,z)xyz
在点
(1,2,0)
处沿向量
u

1,2,2

的方向导数为（ ）
2
(A)12

【答案】D
【解析】
选D.

(B)6(C)4(D)2

gradf{2xy,x
2
,2z} ,gradf
(1,2,0)
{4,1,0}
fu122
grad f{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
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1

精勤求学 自强不息
Born to win!
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（ ）
v(ms)
10
20
0
51015
2025
30
t(s)

(A)t
0
10

【答案】B
(B)15t
0
20(C)t
0
25(D)t
0
25

【 解析】从0到
t
0
这段时间内甲乙的位移分别为

t
00
v
1
(t)dt,

v
2
(t)dt,则乙要追上甲，则
0
t
0


t
0
0
v
2
(t)v
1
(t)dt10
，当
t0
25
时满足，故选C.
（5）设

是
n
维单位列向量，
E
为
n
阶单位矩阵，则（ ）
(A)E
T
不可逆
(C)E2

不可逆

【答案】A
T

B

E

T
不可逆

D

E2

T
不可逆
< br>T
T
【解析】选项A,由
(E

)





0
得
(E

)x0
有非零解，故
E

0
。即
E

TT< br>TT
不可逆。选项B,由
r(

)

1
得

的特征值为n-1个0，1.故
E

的特征值为n-1个 1，2.故可逆。
T
其它选项类似理解。


200

210

100


（6）设矩阵
A 021,B020,C020
,则（ ）


< br>001


001


002



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
(A)A与C相 似,B与C相似

【答案】B
2

2

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Born to win
【解析】由
(

EA)0
可知A的特征值为2,2,1

100


因为
3r(2EA)1
，∴ A可相似对角化，且
A~020



002


由

EB0
可知B特征值为2,2,1.
因为
3r(2EB)2
，∴B不可相似对角化，显然C可相似对角化，
∴
A~C
，且B不相似于C

（7）设
A,B
为 随机概率，若
0P(A)1,0P(B)1
，则
P(AB)P(AB)的充分必要条件是（ ）
(A)P(BA)P(BA)
(C)P(BA)P(BA )
(B)P(BA)P(BA)
(D)P(BA)P(BA)


【答案】A
【解析】按照条件概率定义展开，则Ａ选项符合题意。
1
n< br>（8）设
X
1
,X
2
X
n
(n2)
为来自总体
N(

,1)
的简单随机样本，记
X

X
i
，则下列结论中不正确
n
i1
的是（ ） < br>(A)

(X
i


)
2
服从
2
分布
i1
n
n

B

2(X
n
X
1
)
2
服从

2
分 布

(C)

(X
i
X)
2
服从

2
分布
i1

D

n(X
)
2
服从

2
分布

【答案】B
【解析】
X
:
N(

,1),X
i
< br>
:
N(0,1)


(X
i


)
2
:

2
(n),A正确
i1
n(n1)S

(X
i
X)
2
:
2
(n1)，C正确，
2
i1
n

1
X ~N(

,),n(X

)
:
N(0,1),n(X< br>
)
2
~

2
(1),D正确,
n
(X
n
X
1
)
2
~N(0,2),~

2
(1),故B错误.
2
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3

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由于找不正确的结论，故B符合题意。

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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】
f(0)6

【解析】

11
2nn2n
f(x)(x)(1) x

22
1x1(x)
n0n0
1
(3)f(0)
=__________ ，则
2
1x
f
'''(x)

(1)
n
2n(2n1)(2n2)x
2n 3
f
'''
(0)0
n2


'''
(10) 微分方程
y2y3y0
的通解为
y
_________
【 答案】
ye
x
(c
1
cos2xc
2
sin 2x)
，（
c
1
,c
2
为任意常数）
【解析】齐 次特征方程为

2

30

1,2
1 2i

故通解为
e
x
(c
1
cos2xc< br>2
sin2x)

(11) 若曲线积分
2
xdxaydy
22

L
x
2
y
2
1
在区域
D(x,y)|xy1
内与路径无关，则

a
__________

【答案】
a1

【解析】

(12) 幂级数
P2xyQ2axyPQ

2
,,a1
由积分与路径无关知
y(xy
2
1)
2
x(x
2< br>y
2
1)
2
yx

(1)
n1

n1
nx
n1
在区间
(1,1)
内的和函 数
S(x)
________
【答案】
s(x)
1

1x

2
< br>1



x

n1n1n1n

【解析】

(1)nx


(1)x



2

n1

n1


1x

(1x)

'
'

101< br>

（13）设矩阵
A

112

，< br>
1
,

2
,

3
为线性无关的3 维列向量组，则向量组
A

1
,A

2
,A

3
的秩为

011


4

4

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Born to win
_________

【答案】2
【解析】由

1
,

2< br>,

3
线性无关，可知矩阵

1
,

2
,

3
可逆，故
r

A

1
,A

2
,A

3

r
< br>A


1
,

2
,

3< br>

r

A

再由
r

A

2
得
r

A

1
,A
2
,A

3

2

（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)
为标准正态分布函数，则
2
EX< br>_________

【答案】2
【解析】
F

(x)0.5

(x)

0.5x40.5

x4

()
，故
EX0.5

x

( x)dxx

()dx


222

2



x4x4
x

(x) dxEX0
242t

(t)dt814t

(t)d t8

tx

()dx
。令，则=






22
因此
E(X) 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）
dy
设 函数
f(u,v)
具有2阶连续偏导数，
yf(e,cosx)
，求
dx
x
d
2
y
2
x0
，
dx

x0
dy
【答案】
dx
【解析】
x0
d2
y
f(1,1),
2
dx
'
1
x0''
f
11
(1,1),

x0
yf(e,co sx)y(0)f(1,1)

dy
dx


f
1
'
e
x
f
2
'

sinx


x0
x0
x
f
1
'
(1,1 )1f
2
'
(1,1)0f
1
'
(1,1)

d
2
y
''2x''x''x''2'x'

2
f
11
ef
12
e(sinx)f
21
e(s inx)f
22
sinxf
1
ef
2
cosx
dx
d
2
y
''

2
f
11
(1,1)f
1
'
(1,1)f
2
'
(1,1)
dx
x0
结论：
dy
dx
2
f
1
'
(1,1)
x0
''
f
11
(1,1)f
1
'
(1,1)f
2
'
(1,1)
x0
dy< br>dx
2


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5

精勤求学 自强不息

（16）（本题满分10分）求
lim
Born to win!
k

k

ln

1


2
n 

n


k1
n
n
【答案】
【解析】
1

4< br>11
kk1
1
1
lim

2
ln(1)

xln(1x)dx

ln(1x)dx
2
(l n(1x)x
2
0
n
n2
0
2
k1n
n
1
0


0
x
2
1 11
dx)

1x4
（17）（本题满分10分）
33
已知函数
y(x)
由方程
xy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】
两边求导得：
3x
2
3y
2
y'33y'0
（1）
令
y'0
得
x1

对（1）式两边关于x求导得
6x6y

y'

3y
2
y''3y''0
（2）
将
x1< br>代入原题给的等式中，得

2

x1

x1< br>，
or

y1y0

将
x1,y1代入（2）得
y''(1)10

将
x1,y0
代入（2）得
y''(1)20

故
x1
为极大值点，
y(1)1
；
x1
为极小值 点，
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< br>
x0
f(x)
0
，证明：
x
()
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))
20
在区间
(0,1)
内至少存在两个不同实根。
【答案】
【解析】
（I）
f(x)
二阶导数，
f(1)0,lim

x0
f(x)
0

x
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6

6

Born to win
解：1）由于
lim

f(x)
0
，根据极限的保号性得
x0
x
f(x)


0,x(0,
)
有
0
，即
f(x)0

x
进而
x
0
(0,

)有f



0
又由于
f(x)
二阶可导，所以
f(x)
在
[0,1 ]
上必连续
那么
f(x)
在
[

,1]
上连续，由
f(

)0,f(1)0
根据零点定理得：
至少存 在一点

(

,1)
，使
f(

)0
，即得证
（II）由（1）可知
f(0)0
，

(0,1),使f(

)0
，令
F(x)f(x)f'(x)，则
f(0)f(

)0

由罗尔定理


(0,

),使f'(

)0
，则
F(0) F(

)F(

)0
，
对
F(x)
在
(0,

),(

,

)
分别使用罗 尔定理：


1
(0,

),

2< br>(

,

)
且

1
,

2
(0,1),

1


2
，使得F'(

1
)F'(

2
)0
，即 F'(x)f(x)f''(x)

f'(x)

0
在< br>(0,1)
至少有两个不同实根。
得证。

（19）（本题满分10分）
设薄片型物体
S
是圆锥面
z
2
x
2
y
2
被柱面
z
2
2x
割下的有限部分，其上任一点的密度为

9x
2
y
2
z
2
。记圆锥面与柱面的交线为
C

()
求
C
在
xOy
平面上的投影曲线的方程；
()
求
S
的
M
质量。
【答案】64
【解析】
22


zxy
（1）由题设条件知，C
的方程为

x
2
y
2
2x

2


z2x

x
2
y
2< br>2x
则
C
在
xoy
平面的方程为


z0

（2）
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7

精勤求学 自强不息
Born to win!
m


(x,y,z)dS
9x
2
y
2
z
2
dS
ss
D:x
2
y
2
2x

92x
2y
2
2dxdy


18


d


2

2
2cos

0
r2
dr64

（20）（本题满分11分）设3阶矩阵
A


1
,

2
,

3

有 3个不同的特征值，且

3


1
2

2
。
()
证明

r(A)2
；

( )
若



1


2


3
，求方程组
Ax

的通解。

1

1


【答案】（I）略；（II）通解为
k

2



1

,kR


1

1


【解析】
（I ）证明：由

3


1
2

2
可得

1
2

2


3
0< br>，即

1
,

2
,

3
线 性相关，
因此，
A

1

2

30
，即A的特征值必有0。



,

1


2
0

0


又因为A有 三个不同的特征值，则三个特征值中只有1个0，另外两个非0.


1


2
且由于A必可相似对角化，则可设其对角矩阵为




∴
r(A)r()2

（II）由（1）
r(A )2
，知
3r(A)1
，即
Ax0
的基础解系只有1个解向 量，

1

1

1


由

1
2

2


3
0
可得


1
,

2
,
3

2A20
，则
Ax0
的基础解系为
2
，



1

1


1




1

1

1


又



1


2


3
，即


1,

2
,

3

1A1

，则
Ax

的一个特解为
1
，



1

1


1

< br>

1

1


综上，
Ax

的通解为
k21,kR



1

1



8

8

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222
（21）（本题满分11分）设二次型
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

22
在正交变换
XQY
下的标准型

1
y
1


2
y
2
，求
a
的值及一个正交矩阵
Q



1< br>

3

1
【答案】
a2;Q


3


1


3
【解析】

1
2
0
1
2
1


6

2

22
,f xQy 3y6y

12

6

1


6


214< br>

f(x
1
,x
2
,x
3
)X
T
AX
，其中
A

111


41a


T22
由于
f(x
1
,x
2
,x
3
)XAX
经正交变换后，得到的标准形为

1
y
1


2
y
2

，
2
故
r(A)2|A|01
1
1
1
 4
10a2
，
a4

214

< br>将
a2
代入，满足
r(A)2
，因此
a2
符合 题意，此时
A111
，则


412



2
|

EA|1
4
14
10

1
3,

2
0,

3
6
，

1
1

2

1


由
(3EA)x0
，可得A的属于特征值-3的特征向 量为

1
1
；


1



1


由
(6EA)x0
，可得A 的属于特征值6的特征向量为

2
0



1



1


由
(0EA)x0
，可得A的属于特征值0的特征向量为

3
2


1


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9

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令
P


1
,
2
,

3


3


1
，则
PAP6

，由于

1
,< br>
2
,

3
彼此正交，故只需单位化即可：

0



1

111
TTT

1,1,1

,

2


1,0,1

,

3


1,2,1

,
，
326

1
2
0
1
2
1
< br>
6


3

2


T

6

，
QAQ

6


0


1


6


1


3

1
则
Q


1

2

3




3


1


3
2
f3y
1
2
6y
2

xQy

（22）（本题满分11分）设随 机变量
X,Y
相互独立，且
X
的概率分布为
P(X0)P(X 2)
1
，
Y
的
2

2y，0y1
概 率密度为
f(y)


0,其他

()
求
P(YEY)

()
求
ZXY
的概率密度。

【答案】
(I)P{YEY}
【解析】

z, 0z1
4

;(II)f
Z
(z)

9
z2,2z3
()E(Y)

y2ydy
01
2
3
2
24
P(YEY)P(Y)

3
2ydy
0
39
()F
z
(Z)P(Zz) P(XYz)

P(XYz,X0)P(XYz,X2)
P( Yz,X0)P(Yz2,X2)

11
P(Yz)P(Yz2 )
22
（1） 当
z0,z20
，而
z0
，则F
z
(Z)0

10

10

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（2） 当
z21,z1 ,
即
z3
时，
F
z
(Z)1

1
2
z

2
1
（4）当
1z2
时，
F
z
(Z)

2
11
（5）当
2 z3
时，
F
z
(Z)(z2)
2

22
（3）当
0z1
时，
F
z
(Z)
z0
0

1

z
2
,0z1
2


1
所以综上
F
z
(Z)
< br>,1z2

2

11
2

2

2
(z2),2z3


1,z3

所以
f
z
(Z)

F
z
(Z)



'

0z1

z

z22z3


（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
2
的质量
< br>是已知的，设
n
次测量结果
X
1
,X
2
 X
n
相互独立且均服从正态分布
N(

,

)< br>。该工程师记录
的是
n
次测量的绝对误差
Z
i
X< br>i


(i1,2,n)
，利用
Z
1
,Z
2
Z
n
估计

。
()
求
Z
i
的概率密度；
()
利用一阶矩求

的矩估计量

【答案】
z

2

2
e
2

, z0

(I)f
Z
i
(z)

2

;


0, 其他
2
1

n
ˆ
=
(
II
)
矩估计< br>
X
i


;

n2
i1
1
n
ˆ
=
(
III
)
最大似然估计：

(
X
i


)
2

n
i 1

【解析】
()F
z
i
(z)P(Z
i< br>z)P(X
i


z)

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当
z0,F
z
i
(z)0

当
z0 ,F
z
i
(z)P(zX
i


z)P (

zX
i


z)F
X
(
z)F(

z)

当
z0
时， < br>f
z
i
(z)F
z
i
(z)f
x(

z)f
x
(

z)
z

2

2
e
2

,z0

综上< br>f
z
i
(z)

2


0,z0

2

'
1
e
2
< br>
z
2
2

2

1
e
2< br>

z
2
2

2

2
e
2


z
2
2

2

()E

Z
i



2


2

2


0

2
< br>2
2

zedz

0
2

z< br>2

2
1
e
2

dz
2
2

z
2


0
e

z
2
2

2
z
2
2

2
d(2
)

2

2

1
n
1
n
Z

Z
i


X
i



n
i1
n
i1
^
令
E(Z
i
)Z
由此可得

的矩估计量



1
X

2n
i1
n
i



对总体
X
的
n
个样本
X
1
,X
2
,X
n
，则相交的绝对误差的样本
Z
1
, Z
2
,Z
n
,Z
i
x
i
u,i 1,2...n,
令其样
本值为
Z
1
,Z
2
, Z
n
,Z
i
x
i
u



Z
i
2
n


2


i1
2

2

,Z
1
,Z
2
, Z
n
0
则对应的似然函数
L(

)


e


2




0,其他
两边取对数，当
Z
1
,Z
2
,Z
n
0
时
n
21
lnL(

)nln
2
2

2


Z
i1
n
2
i

dlnL(

)n1
n
2
3

Z
i
0
令
d

u

i1
12

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Born to win
1
n
2
1n
µ
所以，

Z
i
(X
i
u)
2
为所求的最大似然估计。

n
i1
n
i1
全国统一服务热线：

400—668—2155

13

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P
14

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