有趣的对联-深圳出入境检验检疫局

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题解析
一、选择题: 1
:
8小题,每小题4分,共32分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项
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)设函数
f( x)
在

,

内连续，其中二阶导数
f
 
(x)
的图形如图所示，则曲线
yf(x)
的拐点的个数为 ( )
(A)
0
(B)
1
(C)
2
(D)
3


【答案】（C）
【解析】拐点出现在二阶导数等于0，或二阶导数不存在的点，
并且 在这点的左右两侧二阶导函数异号.因此，由
f

(x)
的图形可得，曲线
yf(x)
存在两个拐点.故选（C）.
(2)设
y
1
2x
1
e(x)e
x
是二阶常系数非齐次线性微分方程
y

ay

byce
x
的一
23
个特解，则( )
(A)
a3,b2,c1

(B)
a3,b2,c1

(C)
a3,b2,c1

(D)
a3,b2,c1

【答案】（A）
【分析】此题考查二阶常系数非齐次线性微分方程的反问题——已知解来确定 微分方程
的系数，此类题有两种解法，一种是将特解代入原方程，然后比较等式两边的系数可得待估系数值，另一种是根据二阶线性微分方程解的性质和结构来求解，也就是下面演示的解法.
【解析 】由题意可知，
e
2x
、
e
x
为二阶常系数齐次微分方程
y

ay

by0
的解，
2
所以 2,1为特征方程
rarb0
的根，从而
a(12)3
，< br>b122
，从而原方
1
2
1
3
程变为
y

3y

2yce
，再将特解
yxe
代入得
c1
.故选（A）
(3) 若级数
x
x

a
n1

n
条件收敛，则
x3
与
x3
依次为幂级数

na
n
( x1)
n
的 ( )
n1

(A) 收敛点，收敛点
(B) 收敛点，发散点

(C) 发散点，收敛点
(D) 发散点，发散点
【答案】（B）
【分析】此题考查幂级数收敛半径、收敛区间，幂级数的性质.
【解析】因为
a
n1

n
条件收敛，即
x2
为幂级数

a(x1)
n
n1

n
的条件收敛点，所以

a(x1)
n
n1

n

n
的收敛半 径为1，收敛区间为
(0,2)
.而幂级数逐项求导不改变收敛区间，故

n a(x1)
n1
n
的收敛区间还是
(0,2)
.因而
x 3
与
x3
依次为幂级数

na
n
(x1)< br>n
的
n1

收敛点，发散点.故选（B）.
(4) 设
D
是第一象限由曲线
2xy1
，
4xy1
与直线yx
，
y
区域，函数
f

x,y

在
D
上连续，则

1
sin2

1
2s in2

3x
围成的平面

f

x,y

dxdy
( )
D
(A)



d


3
4
f

rcos
,rsin


rdr

(B)


d


3
4
1
sin2

1
2sin2

1
sin2

1
2sin 2

f

rcos

,rsin

rdr

f

rcos

,rsin< br>

dr


(C)


d


3
4

(D) 

d


3
4
1
sin2

1
2sin2

f

rcos

,rs in


dr

【答案】（B）
【分析】此题考查将二重积分化成极坐标系下的累次积分
【解析】先画出D的图形，

y
所以

f(x,y)dxdy


d< br>

3
D
4
1
sin2

1
2sin2

f(rcos

,rsin

)rdr，
o
x
故选（B）

1


11 1



(5) 设矩阵
A12a
，
b< br>
d

，若集合


1,2

， 则线性方程组
Axb
有


14a
2


d
2



无穷多解的充分必要条件为 ( )

(A)
a,d

(B)
a,d

(C)
a,d

(D)
a,d

【答案】(D)

111

【解析】
(A,b)

12a

14a
2

1

1111


d



01a1d1
< br>2

d

00(a1)(a2)(d1)(d2)


，
由
r(A)r(A,b)3
，故
a1或
a2
，同时
d1
或
d2
.故选（D）
222
(6)设二次型
f

x
1
,x
2
,x
3

在正交变换为
xPy
下的标准形为
2y
1
y
2
y
3
，其中
P

e
1
,e
2
,e
3

，若
Q

e
1
,e
3
,e
2

，则
f

x
1
,x
2
,x
3

在正交变换
xQy
下的标准形为
( )
222
(A)
2y
1
y
2
y
3

222
(B)
2y
1
y
2
y
3

222
(C)
2y
1
y
2
y
3

222
(D)
2y
1
y
2
y
3

【答案】(A)
22
【解析】由
xPy
，故
fx
T
Axy< br>T
(P
T
AP)y2y
1
2
y
2
.
y
3

200


T
且
PAP

010

.

001



100


由已知可得
:
QP

001

PC


010

< br>
200


TTT
故有
QAQC(PAP)C 

010



001


22
所以
fx
T
Axy
T
(Q
T
A Q)y2y
1
2
y
2
.选（A）
y
3
(7) 若A,B为任意两个随机事件，则 ( )

(A)
P

AB

P

A

P

B

(B)
P

AB

P

A

P

B


(C)
P

AB


【答案】(C)
【解析】由于ABA,ABB
，按概率的基本性质，我们有
P(AB)P(A)
且
P

A

P

B

P

A

P

B

(D)
P

AB



22
P(AB)P(B )
，从而
P(AB)P(A)P(B)
P(A)P(B)
，选(C) .
2
(8)设随机变量
X,Y
不相关，且
EX2,EY1,D X3
，则
E


X

XY2




( )
(A)
3
(B)
3
(C)
5
(D)
5

【答案】(D)
【解析】
E[X(XY2)]E(X XY2X)E(X)E(XY)2E(X)


D(X)E(X)E(X)E(Y)2E(X)


32
2
21225
，选(D) .
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.
．．．
2
22
lncosx
_________.

2
x0
x
1
【答案】


2
0
【分析】此题考查型未定式极限，可直接用洛必达法则，也可以用等价无穷小替换.
0
sinx
ln(cosx)
cosx
lim
tanx
< br>1
.
【解析】方法一：
limlim
x0x0x0
x
2
2x2x2
1
x
2
ln(cosx)ln(1co sx1)cosx1
2

1
.
方法二：
liml imlimlim
x0x0x0x0
x
2
x
2
x
2
x
2
2
(9)
lim
(10)
sinx
(



2
1cosx
x)dx_ _______.

2

π
2
【答案】
4
【分析】此题考查定积分的计算，需要用奇偶函数在对称区间上的性质化简.


2

sinx

2
【解析】



x

dx2

xdx.

0

1cosx4

2

2


(11)若函数
zz(x,y)
由方程
exy zxcosx2
确定，则
dz
【答案】
dx

【分析】此题考查隐函数求导.
【解析】令
F(x,y,z)exyzxcosx2
，则
z
x
(0,1)
________.

F
x
(x,y,z)yz1sinx,F
y

xz,F
z

(x,y,z)e
z
xy

又当
x0,y 1
时
e
z
1
，即
z0
.
z所以
x
(0,1)
F

(0,1,0)
z

x
1,
F
z

(0,1,0)y
(0, 1)
F
y

(0,1,0)
0
，因而
dz< br>F
z

(0,1,0)
(0,1)
dx.
(12)设

是由平面
xyz1
与三个坐标平面平面所围成的空间 区域，则

(x2y3z)dxdydz__________.


【答案】
1

4
【分析】此题考查三重积分的计算，可直接计算，也可以利用轮换对称性化简后再计算.
【解析】由轮换对称性，得

(x2y3z)dxdydz6
 
zdxdydz6


1
0
zdz
< br>dxdy
，
D
z
其中
D
z
为平面
zz
截空间区域

所得的截面，其面积为
1
1
(1z)
2
.所以
2
1
11
232
(x2y3z)d xdydz6zdxdydz6z(1z)dz3(z2zz)dz.
 
00
24

20L02
12L
(13)
n
阶行列式
MMO
0
0
【答案】
2
n1
02
MM
___________.

22
12
0L
0L
2

【解析】
按第一行展开得

20L0
0
2
2
2D
n1
(1)
n1
2(1)< br>n1
2D
n1
2
12L
D
n
< br>L
0
0
0L
0L
22
12

2 (2D
n2
2)22
2
D
n2
2
2< br>22
n
2
n1
L2
2
n1
2

(14)设二维随机变量
(x,y)
服从正态分布
N
(1,0;1,1,0)
，则
P{XYY0}________.

【答案】
1

2
【解析】由题设知，
X~N(1,1), Y~N(0,1)
，而且
X、Y
相互独立，从而
P{XYY0}P{ (X1)Y0}P{X10,Y0}P{X10,Y0}


P{X1}P{Y0}P{X1}P{Y0}
11111
.
22222
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.
g(x)kx
，(15)(本题满分10分) 设函数
f

x
xaln(1x)bxsinx
，若
f
3

x

与
g

x

在
x0
是等价 无穷小，求
a,b,k
的值.
【答案】
a1,b,k.

1
2
1
3
【解析】法一：原式
lim
x0
xaln

1x
bxsinx
1

3
kx

x2
x
3
x
3
3

xa

x o

x


bx

xo
< br>x
3


236

1

 lim
x0
kx
3

1a

x
< br>
b
lim
x0

a

2
a
3
b
43

xxxo

x

2

36
1

3
kx
aa
0,1

23k
11
a1,b,k

23
即
1a0,b

法二：
lim
x0
xaln

1x

bxsinx1

kx
3
a
bsinxbxcosx
lim
1x
1

x0
3kx
2
因为分子的极限为0，则
a1

1

lim
x0
1

1x

2
2bcosxbxsinx
6kx
1
1
，分子的极限为0，
b

2
2
2bsinxbsinxbxcosx
1x

3

1
lim1
，
k

x0
6k
3

11
a1,b,k

23
(16)(本题满分10分) 设函数
f

x

在定义域I上的导数大于零，若对任意的
x
0
I
，由
线
y=f

x

在点

x,f

x


处的切线与直线
xx
及
x
轴所围成区域的面积恒为4 ，且
00
0
f

0

2
，求
f

x

的表达式.
【答案】
f(x)
8
.
4x
【解析】设
f< br>
x

在点
x
0
,f

x
0

处的切线方程为：
yf

x
0

 f


x
0

xx
0

,< br>
令
y0
，得到
x

f

x
0

x
0
，
f


x
0

故由题意，
程，
f

x
0

1
1
f

x
0



x
0
x

4
，即< br>f

x
0

4
，可以转化为一阶微分方
2
2f


x
0

y
2
11即
y


，可分离变量得到通解为：
xC
， < br>8
y8
已知
y

0

2
，得到< br>C
即
f

x


111
1
，因此
x
；
y82
2
8
.
x4
(17)(本题满分10分)

已知函 数
f

x,y

xyxy
，曲线C：
x2
y
2
xy3
，求
f

x,y

在曲线C上的最大方向导数.
【答案】3
【解析】因为
f
< br>x,y

沿着梯度的方向的方向导数最大，且最大值为梯度的模.
f
x
'

x,y

1y,f
y
'
x,y

1x
，
故
gradf

x,y



1y,1x

，模为
此题目转化为对函 数
g

x,y


的最大值.即为条件极值问题.
为了计算简单，可以转化为对
d(x,y)

1y



1x

在约束条件
22

1y



1x

22
22
，
22

1y



1x

在约束条件
C:xy xy3
下
C:x
2
y
2
xy3
下的最大值 .
构造函数：
F

x,y,



< br>1y



1x



xy xy3

22
22


F
x
2

1x




2xy
< br>0


F
y

2

1y



2yx

0
，得到
M< br>1

1,1

,M
2

1,1

,M
3

2,1

,M
4

1,2

.

22

F


xyxy30
d

M
1

8,d
< br>M
2

0,d

M
3

9,d

M
4

9

所以最大值为
93
.
(18)(本题满分 10 分)
（I） 设函数
u(x),v(x)
可导，利用导数定义证明
[u(x)(vx)]

u

(x)(vx)u(x)v

(x)

u
2
(x)Lu
n
(x)
，写出
f
(
x)
（II）设函数
u
1
(x),u
2
(x),L,u< br>n
(x)
可导，
f(x)u
1
(x)
的求导公式.
u(xh)v(xh)u(x)v(x)

h0
h
u(x h)v(xh)u(xh)v(x)u(xh)v(x)u(x)v(x)

lim

h0
h
v(xh)v(x)u(xh)u(x)

limu(xh)limv(x)

h0h0
hh
【解析 】（I）
[u(x)v(x)]

lim

u(x)v

(x)u

(x)v(x)

（II）由题意得
f

(x)[u
1
(x)u
2
(x)Lu
n
(x)]


u
1

(x)u
2
(x) Lu
n
(x)u
1
(x)u
2

(x)Lun
(x)Lu
1
(x)u
2
(x)Lu
n

(x)

(19)(本题满分 10 分)


z 2x
2
y
2
,
已知曲线L的方程为

起点为< br>A0,2,0
，终点为
B0,2,0
，


zx ,

计算曲线积分
I
2222
yzdxzxydy (xy)dz
.



L
【答案】
2
π

2

xcos


ππ
【解析】由题意假设参数方程

y2sin

，

:

22

zcos




π
2
π
2< br>[(2sin

cos

)sin

2sin

cos

(1sin
2

)sin

]d



π
2


π
2sin
2

sin

cos

(1s in
2

)sin

d


2
 22

sin
2

d


(20) (本题满11分)
π
2
0
2
π

2
设向量组
α
1
,
α
2
,α
3
内
R
的一个基，
β
1
=2α
1
+2kα
3
，< br>β
2
=2α
2
，
β
3
=α
1
+

k+1

α
3
.
3
3
（ I）证明向量组

1

2

3
为
R
的一个基;
（II）当k为何值时，存在非0向量
ξ
在基
α
1< br>,
α
2
,α
3
与基

1

2

3
下的坐标相同，并
求所有的
ξ
.
【答案】
【解析】(I)证明：


1
,

2
,

3



2

1
+2k

3
,2

2
,

1
+
k1


3


2




1
,

2
,

3


0

2k

01


20
0k1



2

0
0
2
1
02
2k

0k1
2
2k
1
40

k1

故
β
1
,β
2
, β
3
为
R
3
的一个基.
（II）由题意知，
< br>k
1

1
k
2

2
k
3

3
k
1

1
k
2
< br>2
k
3

3
,

0

k
i
0,i1,2,3

即
k
1


1


1

k
2


2


2

k
3


3


3

0,
k
1

2< br>
1
+2k

3


1

k
2

2

2


2

k
3


1
+

k+1


3


3

0
k
1


1
+2k

3

k
2

< br>2

k
3


1
+k

3

0有非零解
即

1
+2k

3,

2
,

1
+k

3
0

1
即
0
01
100
，得k=0
2k 0k
k
1

1
k
2

2
k< br>3

1
0
k
2
0,k
1
k
3
0


k
1

1
k1

3
,k
1
0

(21) (本题满分11 分)

023

120

 
设矩阵
A

133

相似于矩阵
B=< br>
0b0

.

12a

031


(I) 求
a,b
的值；
（II）求可逆矩阵
P
，使
PAP
为对角矩阵..
【解析】(I)
A~Btr(A)tr(B)3a1b1

1
0
AB1
1
2
3
2
3
a< br>120
b
30
0

1
30

ab1

a4






2ab3

b5

023

100

123

(II)
A

133



010


123

EC


1 23

001

123



123

1


C

 123



1


123


123

1


C
的 特征值

1


2
0,

3
 4


0
时
(0EC)x 0
的基础解系为

1
(2,1,0)
T
;
< br>2
(3,0,1)
T


5
时
(4E C)x0
的基础解系为

3
(1,1,1)
T

A的特征值

A
1

C
:1,1,5


231


令
P(

1
,

2
,

3
)

101

，

011



1

 
P
1
AP

1



5


x

2ln2,x0,

(22) (本题满分11 分) 设随机变量
X
的概率密度为
f

x




x0.


0,
对
X
进行独立重复的观测,直到2个大于3的观测值出现的停止.记
Y
为观测次数.
(I)求
Y
的概率分布;
(II)求
EY

【解析】(I) 记
p
为观测值大于3的概率，则
pP(X3)


3
1
2
x
ln2dx
，
8
1n22n2
从而
P{Yn}C
n
，
n2,3, L

p(1p)p(n1)()()
1
1
8
7< br>8
为
Y
的概率分布；
(II)
法一
:
分解法
:

将随机变量
Y
分解成< br>Y=MN
两个过程
,
其中
M
表示从
1
到< br>n(nk)
次试验观测值大
于
3
首次发生，
N
表示 从
n1
次到第
k
试验观测值大于
3
首次发生
.
则
M~Ge(n,p)
，
N:Ge(kn,p)
(
注：< br>Ge
表示几何分布
)
所以
E(Y)E(MN)E(M)E( N)
1122
16
.
ppp
1
8
法二
:
直接计算

1
2
7
n2

777
E(Y)

nP{Yn }

n(n1)()()

n(n1)[()
n2< br>2()
n1
()
n
]
88888
n2n2 n2
记
S
1
(x)


n(n1)x< br>n2

n2
1x1
，则


S
1
(x)

n(n1)x
n2< br>
n2
(

nx
n2
n1
n1
)

(

x
n
)


n2
2
，
3
(1x)
2x
，
(1x)
3
S
2
(x)

n(n1)x
n2
x

n(n1)x
n2
xS
1
(x)
n2

S
3
(x)

n(n1)xx
n
n2

2

n(n1)x
n2

n2
2x
2
xS
1
(x)
，
3
(1x)
2
24x2x
2
2

所以
S(x) S
1
(x)2S
2
(x)S
3
(x)
，
(1x)
3
1x
从而
E(Y)S()16
.
(23) (本题满分 11 分)设总体X的概率密度为：
7
8

1
,

x1,

< br>f(x,

)

1


0,其他.
其中

为未知参数，
x
1
,x
2
, L,x
n
为来自该总体的简单随机样本.
(I)求

的矩估计量.
(II)求

的最大似然估计量.
【解析】(I)
E(X)

1


xf( x;

)dx

x

11

， < br>dx
1

2
1
n
X

Xi
为

的矩估计量；
n
i1
1

$$
2X1,
令
E(X)X
，即
X
，解得

2
n
(II) 似然函数
L(

)

i1


1

n
,

x
i< br>1


f(x
i
;

)

，

1



其他

0,
11
n
()
，则
lnL(

)nln( 1

)
.

1

1

i 1
n
当

x
i
1
时，
L(

)
从而
dlnL(

)n

，关于

单调增加，
d

1

$$
min{X,X,L ,X}
为

的最大似然估计量. 所以

12n