办公用品申请表-爱眼护眼小常识

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

【答案】A
1
x
1cosx
2

1
,Qf(x)
在
x0
处连 续

1
bab
1
.
选A. 【解析】
lim lim
x0

x0

ax
2a2
ax2a< br>（2）设函数
【答案】C
【解析】
Q
f(x)
可导，且f(x)f
'
(x)0
，则（ ）

f(x)0
f(x)0
f(x)f
'
(x)0,

(1)
或

(2)
，只有C选项满足
(1)
且满足
(2)
，所以选C。
f'(x)0f'(x)0

f(x,y,z)x< br>2
yz
2
在点
(1,2,0)
处沿向量
u

1,2,2

的方向导数为（ ） （3）函数
【答案】D
【解析】
选D.
gradf{2xy,x
2
,2z},gra df
(1,2,0)
{4,1,0}
fu122
gradf{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)< br>，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< br>0
（单位：s），则（ ）
【答案】B
【解析】从0到
t0
这段时间内甲乙的位移分别为

t
0
0
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
t
0
25
时满足， 故选C.
（5）设

是
n
维单位列向量，
E
为< br>n
阶单位矩阵，则（ ）
【答案】A
【解析】选项A,由
(E 

)





0
得(E

)x0
有非零解，故
TT
E

T
0
。即
E

T
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。其
它选项类似理解。
T
TT

200

210
 
100


（6）设矩阵
A021,B020,C 020
,则（ ）



001
< br>
001


002


【答案】B
【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

< br>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(A
【答案】A
【解析】按照条件概率定义展开，则Ａ选项符合题意。
B)P(AB)
的充分必要条件是（ ）
1
n
（8）设
X
1
,X
2
X
n
(n2)
为来自总体< br>N(

,1)
的简单随机样本，记
X

X
i
，则下列结论中不正确的
n
i1
是（ ）
【答案】B
【解析】
由于找不正确的结论，故B符合题意。
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】
(10) 微分方程
y2y3y0
的通解为
【答案】
'''< br>1
(3)
f(0)
=__________ ，则
2
1x
y
_________
ye
x
(c
1
cos2xc
2
sin2x)
，（
c
1
,c
2
为任意常数）
2

2

3 0

1,2
12i
【解析】齐次特征方程为

故通解为
e
x
(c
1
cos2xc
2
sin 2x)

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 (11) 若曲线积分

a
__________
【答案】
a1

【解析】
P2xyQ2axyPQ
2
,,a1
由积分与路径无关知
22222
y (xy1)x(xy1)yx
(12) 幂级数

(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

n1
2

【解析】

( 1)
n1

nx
n1
1




x




(1)
n1
x
n





2

1x(1x)< br>

n1

'
'

101
< br>
（13）设矩阵
A112
，

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


_________
【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

A< br>

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< br>(x)
为标准正态分布函数，则
2

EX
_________
【答案】2
【解析】
F

(x)0.5

(x)

0.5x40.5
< br>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)dt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） < /p>

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】
结论：
x 0
d
2
y
f(1,1),
2
dx
'
1< br>''
f
11
(1,1),

x0
（16）（本题 满分10分）求
lim
k

k

ln

1 


2
n

n


k1
n
n
【答案】
【解析】
1

4
（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】
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）
2
将
x1
代入原题给的等式中，得

将
x1,y1
代入（2）得

x1

x1
，
or


y1

y0
y''(1)10

y''(1)20
将
x1,y0
代入（2）得
故x1
为极大值点，
y(1)1
；
x1
为极小值点，y(1)0

f(x)
0
，证明：
x
（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
()
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
解：1）由于
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
lim

进而
x
0
(0,

)有f
又由于
那么



0

f(x)
二阶可导，所以
f(x)
在
[0,1]
上必连续
f(x)
在
[

,1]
上连续，由
f(

)0,f(1)0
根据零点定理得：
f(

)0
，即得证 至少存在一点

(
< br>,1)
，使
（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
< br>
(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
(

,

)
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
(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
y2
2x
则
C
在
xoy
平面的方程为



z0
（2）

（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
k21,kR



1

1


【解析】
（I）证明：由

3


1
2

2
可得
1
2

2


3
0
，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，
< br>1

1

1


由

1
2

2


3
0
可得< br>

1
,

2
,

3
< br>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
,
< br>2
,

3

1A1

，则
Ax 

的一个特解为
1
，



1

1


1




1

1


综上，
Ax
< br>的通解为
k21,kR



1
< br>1


（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

在正交变换
X
2QY
下的标准型

1
y
1
2

< br>2
y
2
，求
a
的值及一个正交矩阵
Q
222

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

6

1


6


214


f(x
1
,x
2
,x
3
)X
T
AX
，其中< br>A

111



41a


由于
f(x
1
,x
2
,x
3
)X AX
经正交变换后，得到的标准形为

1
y
1


2
y
2
T22
，

2
故
r(A) 2|A|01
1
1
1
4
10a2
， < br>a4

214


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
|< br>
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
< br>
由
(6EA)x0
，可得A的属于特征值6的特征向量为
< br>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


令
P


1
,

2
,

3


3


1
6
，则
PAP

，由于

1
,

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

6


3

2


T
，
QAQ6



6


0


1


6


1


3

1
则
Q


1

2

3




3


1


3
（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
，< br>Y
的
2

2y，0y1
概率密度为
f(y)< br>

0,其他

()
求
P(YEY)

()
求
ZXY
的概率密度。
【答案】
(I)P{Y
【解析】

z, 0z1
4

EY};(II)f
Z
(z)
9

z2,2z3
（1） 当
z0,z20
，而< br>z0
，则
F
z
(Z)0

（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
2
（5）当
2z3
时，
F
z
(Z)(z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
(z2),2z 3

22


1,z3


所以
0z1

z
'

f
z
(Z)

F
z
(Z)




z22z3
2
（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
X
n< br>相互独立且均服从正态分布
N(

,

)
。该工程师 记录的是
n
次
测量的绝对误差
Z
i
X
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】
【解析】< br>()F
z
i
(z)P(Z
i
z)P(X
i< br>

z)

当
z0,F
z
i
(z)0

当
z0 ,F
z
i
(z)P(zX
i


z)P (

zX
i

当
z0
时，
z
2

2
e
2

,z0

综上
f
z
i
(z)

2



0,z0

2

z)F
X
(
< br>z)F(

z)

令
E(Z
i
)Z
1
n
1
n
Z

Z
i


X
i



n
i1
n
i1
^
由此可得

的矩估计量



1
2n

X
i1
n
i



对 总体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
X
的
n
个样本
X
1
,X
2
,X
n
，
值为
Z
1
,Z
2
,Z
n,Z
i
x
i
u

n

Z
i
2



2

n

i12

2

,Z
1
,Z
2
,Z< br>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
dlnL(

)n1
n
2

3

Z
i
0
令
d

u
i1

1
n
2
1
n
µ
Z
i
(X
i
u)
2
为所求的最大似然估计。

所以，



n
i1
n
i1