家人卦-高等学校毕业生登记表自我鉴定

历年考研数学一真题1987-2017
（答案+解析）
（经典珍藏版）最近三年+回顾过去
最近三年篇（2015-2017）
2015年全国硕士研究生入学统一考试
数学(一)试卷
一、选择题 1—8小题．每小题4分，共32分．
１．设函数
f(x)
在
(, )
上连续，其二阶导数
f

(x)
的图形如
右图所示，则 曲线
yf(x)
在
(,)
的拐点个数为
（A）0 （B）1 （C）2 （D）3



【详解】对于连续函数的曲线而言，拐点处的二阶导数等于零或者不存
在．从图上可以看出有两个二阶导 数等于零的点，以及一个二阶导数不存
在的点
x0
．但对于这三个点，左边的二阶导 数等于零的点的两侧二阶
导数都是正的，所以对应的点不是拐点．而另外两个点的两侧二阶导数是
异号的，对应的点才是拐点，所以应该选（C）
（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

2
【详解】线性微分方程的特征方程为rarb0
，由特解可知
r
1
2
一
定是特征方 程的一个实根．如果
r
2
1
不是特征方程的实根，则对应于
f(x )ce
x
的特解的形式应该为
Q(x)e
x
，其中
Q(x )
应该是一个零次多
项式，即常数，与条件不符，所以
r
2
1也是特征方程的另外一个实根，
这样由韦达定理可得
a(21)3,b21 2
，同时
y*xe
是原
来方程的一个解，代入可得
c1应该选（A）
３．若级数
x

a
n1
n

n
条件收敛，则
x3,x3
依次为级数

na(x1 )
n
n1

的
（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
【详解】注意条件级数


a
n 1
n
条件收敛等价于幂级数

a
n1
n
xn
在
x1
处条
1
2x
1
x
2．设< br>ye(x)e
是二阶常系数非齐次线性微分方程
23
y
ay

byce
x
的一个特解，则
件收敛，也就是这 个幂级数的收敛为
1
，即
lim
n

a
n1
1
，所以
a
n

na
n
(x1)n
的收敛半径
Rlim
n1
n
na
n
1
，绝对收敛域为
(n1)a
n1

(0,2)
，显然
x3,x3
依次为收敛点、发散点，应该选（B）
４．设D是第一象限中 由曲线
2xy1,4xy1
与直线
yx,y
围成的平面区域，函数< br>f(x,y)
在D上连续，则

1
sin2

12sin2

3x
所

111

1


5．设矩阵
A

12a

,b
d

，若集合


1,2

，则 线性方程

14a
2

d
2


组
Axb
有无穷多解的充分必要条件是
（A）
a,d
（B）
a,d



f(x,y)dxdy
（ ）
D
（

1
Ａ）


d


3
4
f(rco s

,rsin

)rdr
（Ｂ）
（C）
a, d
（D）
a,d

【详解】对线性方程组的增广矩阵进行初等行变换：


d

3
4
sin2

1
2sin2

f (rcos

,rsin

)rdr


1
sin2

1
2sin2

（

Ｃ1
）


d


3
4
f(r cos

,rsin

)dr
（Ｄ）

111< br>
B(A,b)

12a

14a
2


1

1111

111

d



01a1d1



01a 1

03a
2
1d
2
1

00(a 1)(ad
2




3
4
d


sin2

1
2sin2

f(rc os

,rsin

)dr

方程组无穷解的充分必要条 件是
r(A)r(A,b)3
，也就是
【详解】积分区域如图所示，化成极坐标方 程：
(a1)(a2)0,(d1)(d2)0
同时成立，当然应该选
1
sin2

1
2sin2

（D）．

6．设二次型
f(x
1
,x
2
,x
3
)
在正交变换
xPy
下的标准形为

22
2y
1
2
y
2
y
3
，其中
P

e
1
,e
2
,e
3

，若
Q

e< br>1
,e
3
,e
2

，
1
2xy 12rsin

cos

1rr
sin2
< br>22
1
4xy14rsin

cos

1r r
2sin2

22




< br>

3

4
也就是D：


11< br>
r

2sin

sin


1
sin2

1
2sin2

则
f (x
1
,x
2
,x
3
)
在
xQy
下的标准形为
222222
（A）
2y
1
y
2
y
3
（B）
2y
1
y
2
y
3

22222 2
（C）
2y
1
y
2
y
3
（D）
2y
1
y
2
y
3

所以
f(x,y)dxdy


d


3< br>f(rcos

,rsin

)rdr
，所以应该选
D
4
（B）．

100

100

 
【详解】
Q

e
1
,e
3
,e
2



e
1
,e
2
,e
3


001

P

001

，

010

010



< br>
100


Q
T


001

P
T



故应该选择（D）．
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横

010

线上）

fx
T
Axy
T
PAPyy
T

2

1

T
9．

y

lim
ln(cosx)
x0
x
2




1


所以
【详解】
lim
ln(cosx)
x0
lim
tanx

1
． < br>
100

100

x
2
x0
2x

2
Q
T
AQ


001

P
T
AP


001




100


001

2

1

100



2





001




010

10

．
1

< br>
010




010

 
1


010





2

sinx




1

2



1cosx
x


dx
．

故选择（A）．
【详解】只要注意
sinx
1cosx
为奇函数，在对称区间上积分为零，
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)

所以

2

sinx


2




x

2
2

1cos x

dx2

0
xdx
4
.

（C）
P(AB)
P(A)P(B)P(A)P(B)
11．若函数
zz(x,y)
是由方程
e
z
xyzxcosx2
确定，
2
（D）
P(AB)
2

dz|
(0,1)

．
【详解】P(A)P(AB),P(B)P(AB),
所以
P(AB)
P(A)P (B)
2
【详解】设
F(x,y,z)e
z
xyzxcos x2
，则
故选择（C）．
F
x

(x,y,z)y z1sinx,F
y

(x,y,z)xz,F
z

(x,y,z)e
z
xy
8．设随机变量
X,Y
不相关，且EX2,EY1,DX3
，则
且当
x0,y1
时，
z 0
，所
E(X(XY2))

（ ）
（A）
3
（B）
3
（C）
5
（D）
5

z
F
x
(0,1,0)

F
y

(0,1,0)
【 详解】
x
|
(0,1)

F
1,
z
|
(0,1)
0,

z

(0,1,0)
y
F
z

(0,1,0)
E(X(XY2))E(X
2
)E(XY)2EXDX(EX)
2
EXEY2EX5
也 就得到
dz|
(0,1)

dx.

则
以

12．设

是由平面
xy z1
和三个坐标面围成的空间区域，则

三、解答题
15．（本题满 分10分）设函数
f(x)xaln(1x)bxsinx
，

(x2y3z)dxdydz
．

【详解】注意在积分区域内，三个变量
x,y,z
具有轮换对称性，也就是

xdxdydz

ydxdydz

z dxdydz


2
(x2y3z)dxdydz6zdxdyd z6zdzdxdy3z(1z)dz


0
D
z
0
11
g(x)kx
3
在
x0
时 为等价无穷小，求常数
a,b,k
的取值．
【详解】当
x0
时， 把函数
f(x)xaln(1x)bxsinx
展开到三
1
4
阶的马克劳林公式，得

20
L
02
12
L
13．
n
阶行列式
MOO
0
0
0
L
0L
02
MM

．
22
12
x
2
x
3
1
f(x)xa(xo(x3
))bx(xx
3
o(x
3
))
236

aa
(1a)x(b)x
2
()x
3
o (x
3
)
23
n1n1
【详解】按照第一行展开，得
D
n
2D
n1
(1)2(1)2D
n1
2< br>，
有
D
n
22(D
n1
2)
n1n1
由于
D
1
2,D
2
6
，得< br>D
n
2(D
1
2)222
．


1a0


a
由于当
x0
时，
f (x),g(x)
是等价无穷小，则有

b0
，

2

a
k


3
解得，
a1,b 
11
,k.

23

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


．
【详解】由于相关系数等于零，所以X，Y都服从正态分布，
16．（本题满分10分） 设函数
yf(x)
在定义域
I
上的导数大于零，若对任意的
x
0
I
，曲线
X~N(1,1),Y~N(0,1)
，且相互独立．
则
X1~N(0,1)
．
yf(x)
在点
(x
0
,f(x
0
))
处的切线与直线
xx
0
及< br>x
轴所围成区域的
面积恒为4，且
f(0)2
，求
f(x)
的表达式．
【详
111
解
1
】
1
yf (x)
在点
(x
0
,f(x
0
))
处的切线方程为
P

XYY0

P

Y(X1)0
P

Y0,X10

P

Y0 ,X10


22222

yf
(x
0
)(xx
0
)f(x
0
)

令
y0
，得
xx
f(x
0
)
0
< br>f

(x

0
)
曲线
yf(x)
在点
(x
0
,f(x
0
))
处的切线与直线
xx
0
及
x
轴所围成区
域的面积为
S
1
f
2
f(x)(x
(x
0
)
00
(x
0< br>
f

(x)
)4

0
整理，得
y


1
11
8
y
2
，解方程，得
y
C
8
x
，由于
f(0)2
，得
C1
2
所求曲线方程为
y
8
4x
.

17．（本题满分10分）
设函数
f(x,y)xyxy
，曲线C:x
2
y
2
xy3
，求
f(x,y)
在
曲线
C
上的最大方向导数．
【详解】显然
f
x1y,
f
y
1x
．
f(x,y)xyxy
在
(x,y)
处的梯度
gradf


f
x
,
f

y




1y,1x


f(x,y)
在
(x,y)
处的最大方向导数的方向就是梯度方向，最大值为梯度
的模
gradf(1y)
2
(1x)
2

所以此题转化为求函数
F(x,y)(1x)
2
(1y)
2
在条件
C:x
2
y
2
xy3
下的条件极值．用拉格朗日乘子法求解如下：
令
L(x,y,< br>
)(1x)
2
(1y)
2


( x
2
y
2
xy3)



F
x

2(1x)2x

y

0
解方程 组


F
y

2(1y)2y

 x

0
，得几个可能的极值点


2

xy
2
xy3

1,1

,(1,1),(2, 1),(1,2)
，
进行比较，可得，在点
x2,y1
或
x1,y2
处，方向导数取到
最大，为
93.

18．（本题满分10分）
（1）设函数
u(x),v(x)
都可导，利用 导数定义证明
(u(x)v(x))

u

(x)v(x)u( x)v

(x)
；
（2）设函数
u
1
(x),u
2
(x),L,u
n
(x)
都可导，
f(x)u
1
(x)u
2
(x)Lu
n
(x)
，写出
f(x)
的求导公式．

【详解】（1）证明：设
yu(x)v(x)


yu(x

x)v(x

x)u(x)v(x)

u(xx)v(xx)u(x)v(xx)u(x)v(xx)u (x)v(x)



uv(x
x)u(x)

v


y

x
< br>
u

u

x
v(x

x)u (x)

x

由导数的定义和可导与连续的关系
y'limy
x0
x


lim[
u
x0< br>x
v(xx)u(x)
u
x
]u'(x)v(x)u (x)v'(x)

（2）
f(x)u
1
(x)u
2(x)Lu
n
(x)

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

19．（本题满分10分）
的方程为



z2x< br>2
y
2
已知曲线L，起点为
A(0,2,0)
，终点为

zx
B(0,2,0)
，计算曲线积分

L< br>(yz)dx(z
2
x
2
y)dy(x
2
y
2
)dz
．

【详解】曲线L的参数方程为

xcost

y2sint,



zcost< br>起点
A(0,2,0)
对应
t

2
，终点为
B(0,2,0)
对应
t

2
．

L< br>(yz)dx(z
2
x
2
y)dy(x
2
y
2
)dz





2
(2 sintcost)d(cost)(2cost)d(2cost)(2cos
2
t )dcost
2


22

2
sin
2
tdt
2
0

2

.

20．（本题满分11分）
设向量组

3
1
,

2
,

3
为向量空间
R
的一组基，
1
2

1
2k

3
,

2
2

2
,

3


3
(k1)

3
．
（1）证明：向量组

1
,

2
,

3
为向量空间
R
3
的 一组基；
（2）当
k
为何值时，存在非零向量

，使得

在基

1
,

2
,

3
和基

1
,

2
,

3
下的坐标 相同，并求出所有的非零向量

.


201

【 详解】（1）
(

)



1
,

2
,

31
,

2
,
3


020



，

2k0k1


201
因为
0202
21
k 1
40
，且

1
,

2
,

3
显然线性无关，
2k0k1
2k
所以

31
,

2
,

3
是线性无关的，当然是向量空 间
R
的一组基．
（2）设非零向量

在两组基下的坐标都是
(x
1
,x
2
,x
3
)
，则由条件
x
1

1
x
2

2
x
3

3
x
1

1
x
2

2< br>x
3

3

可整理得：
x
1
(< br>
1
2k

3
)x
2

2x
3
(

1
k

3
)0
，所以条件转化为线
性方程组


1
2k

3
,

2
,

1
k

3

x0
存在非零解．

从而系数行列式应该等于零，也就是 
101101
(

,



1
,

23
)

010

(

1
,

2
,

3
0100



2k0k


2k0k
101
由于< br>
1
,

2
,

3
显然线性无关， 所以
0100
，也就是
k0
．
2k0k

此 时方程组化为


,


x
1


12
,

1


x
2

(x
1
x
3
)

1
x
2

2
0
，


x
3


x
由于


x
1
x
3
 0

1




C


1
,

2
线性无关，所以

，通解为

x
2



0

，其中
C

x
2
0


x
3



C


为任意常数．

C
所以满足条件 的





0


其中
C
为任意不为零的常数．


C


21．（本题满分11分）
023


120

设矩阵
A


133


相似于矩阵
B



0b0

．

12a



031


（1）求
a,b
的值；
（2）求可逆矩阵
P
，使
P
1
AP
为对角矩阵．
【详解】（1）因为两个矩阵相似，所以有
trAtrB
，
AB
．
也就是


3a2b

a4
2a3 b
．




b5

120（2）由

EB0

50(

1)
2
(

5)0
，得A，B
03

1
的特征值都为

1


2
1,

3< br>5

解方程组
(EA)x0
，得矩阵A的属于特征值

1


2
1
的线性无关

2
 
3

的特征向量为


1


1


.

2


0

；

0




1


解方程组
(5EA)x0
得矩阵A的属于特征值

3
5
的线性无关的特

征向量为


1


3


1




1



令
P



231

100

1
,

2
,

3



101



，则
P
1
AP

010

.


0 11




005


22．（本题满 分11分）设随机变量X的概率密度为
f(x)


2
x
ln2,x0

0,x0
对X进行独立重复的观测，直到第2个大于3的观测值 出现时停止，记
Y
为次数．
求
Y
的分布函数；
（1） 求
Y
的概率分布；
（2） 求数学期望
EY.

【详解】（1）X进行独立重复的观测，得到观测值大于3的概率为

P(X3)


3
2
x
ln2dx
1
8

显然Y的可能取值为
2,3,4,L

1
k 2k2
且
P(Yk)
8
C
1
1

7

k1
8



8


1
64
(k1)


7

8


,k2,3,4,
L

（2）设

S(x)

n(n1)x
n2


(xn
)




n



x
2


2
n2n2



x
n2





1x



(1x)
3
,x1


k2
E(Y)

kP(Yk)
1
k(k1)


7

k2


8


1

n2
6464
S

7

8


16

23．（本题满分11分）
设总体
X
的概率密度为

f(x;

)

1


1

,

x1


0,其他
其中

为未知参数，
X
1
,X
2
,L,X
n
是来自总体的简单样本．
（1）求参数

的矩估计量；
（2）求参数

的最大似然估计量．
【详解】（1）总体的数学期望为 < br>E(X)

1
1

x
1

dx 
1
2
(1

)

令
E(X)X，解得参数

的矩估计量：

ˆ
2X1
．
（2）似然函数为

1
L(x

n
,

x
1
,x
2
,
L
,x
n
1< br>1
,x
2
,
L
,x
n
;

)

(1

)



0,其他
显然
L(

)
是关于

的单调递增函数，为了使似然函数 达到最大，只要使

尽可能大就可以，所以
参数

的最大似然估计 量为

ˆ
min(x
1
,x
2
,L,x
n
).










2016年全国硕士研究生入学统一考试

数学(一)试卷
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，请将所选前的字母填在答题纸指定位
置上。
（1）若反常积分

+
1
0
x
a
(1 x)
b
dx
收敛，则（ ）。
A.
a1
且
b1

B.
a1
且
b1

C.
a1
且
ab1

D.
a1
且
ab1

【答案】C
【解析】
< br>+
1
x
a
(1x)
b
dx=

1
1
+
1
1
1
00
x
a
(1 x)
b
dx+

1
x
a
(1x)
bdx
，而

0
x
a
dx
当
a1时收敛，而此时
(1x)
b
不影响，

+
1
+
1
+
1
1
x
a
(1x)
bdx=

1
dx
，而
dx
当
ab1
时收敛，
x
ab
(1
1
b

1
x< br>ab
x
)
此时
(1
1
)
b
x< br>不影响，因此选择C.
（2）已知函数
f(x)


2( x1),x1

lnx,x1
，则
f(x)
的一个原函数是（ ）。
A.
F(x)


(x1)
2
,x1


x(lnx1),x1
B.
F(x)


(x1)
2
,x1

x(lnx1)1,x1

C.
F(x)


(x1)
2
,x1x(lnx1)1,x1


D.
F(x)


(x1)
2
,x1

x(lnx1)1,x1

【答案】D
【解析】对函数
f(x)
做不定积分可得原函数，

lnxdxxlnx

x
1
x
dxxlnxx C
，因此选择D.
（3）若
y(1x
2
)
2
1x
2
,y(1x
2
)
2
1x
2< br>是微分方程
y'p(x)yq(x)
的两个解，则
q(x)
=（ ）。
A.
3x(1x
2
)

B.
3x(1x
2
)

C.
x
1x
2

D.

x
1x
2

【答案】A
【解析】将
y(1x
2
)
2
1x
2
代入微分方程可得： 4x(1x
2
)
x
1x
2
p(x)[(1x
2
)
2
1x
2
]q(x)

而将
y(1x
2
)
2
1x
2
代入微分方程可得 ：
4x(1x
2
)
x
1x
2
p(x)[ (1x
2
)
2
1x
2
]q(x)

将这两个式子相加可得：
8x(1x
2
)2p(x)(1x< br>2
)
2
2q(x)

两个式子相减可得：
2x1x
2
2p(x)1x
2
0

因此可得
q(x)4x(1x
2
)(
x
1x
2
）(1 x
2
)
2
4x(1x
2
)x(1x
2)3x(1x
2
)

故选择A.

（4）已知函 数
f(x)

x,x0


1

n< br>,
1
n1
x
1
，则（ ）。
n
,n1,2,
L
A.
x0
是
f(x)
的第一类间断点
B.
x0
是
f(x)
的第二类间断点
C.
f(x)
在
x0
处连续但不可导
D.
f(x)
在
x0
处可导
【答案】D
【解析】
lim
1
x0

f(x)
n
lim
f(x)
n
lim

n
0f(0)
，因此在
x0
处连续，
1
lim
x0

f'(x) 1
，而
x
lim
0

f'(x)lim
f(x )f(0)
0
x0

x

n
n
li m

x
，而
1
n1
x
1
n，因此
1
n
11
n

n
x
(n 1)
n
，而左右两边的极限均为1，因此
x
lim
0

f'(x)1
，
故在
x0
可导，选择D.
（5）设
A,B
是可逆矩阵，且
A
与
B
相似，则下列结论错误的是（ ）。
A.
A
T
与
B
T
相似
B.
A
1
与
B
1
相似
C.
AA
T
与
BB
T
相似
D.
AA
1
与
BB
1
相似
【答案】C 【解析】因为
A
与
B
相似，因此存在可逆矩阵
P
，使得
P
1
APB
，于
是有：
(P
1
A P)
T
P
T
A
T
(P
1
)
T
P
T
A
T
(P
T
)
1
B< br>T
，即
A
T
~B
T
，
(P
1< br>AP)
1
P
1
A
1
(P
1
)
1
P
1
A
1
PB
1
，因 此
A
1
~B
1
，
P
1
(AA< br>1
)PP
1
APP
1
A
1
P BB
1
，因此
AA
1
~BB
1
，而C选项中，
P
1
A
T
P
不一定等于
BT
，故C不正确，选择C.
（6）设二次型
f(xx
222
1
,x
2
,x
3
)
1
x
2
x
3
4x
1
x
2
4x
1
x
3< br>4x
2
x
3
，则
f(x
1
,x
2
,x
3
)2
在空间直角坐标系下表示的二次曲面为（ ）。
A.单叶双曲面
B.双叶双曲面
C.椭球面
D.柱面
【答案】B
【解析】二次型
f(x
22
x
2
1
,x
2
,x
3
)x
1
x
23
4x
1
x
2
4x
1
x
3
4x
2
x
3
对应的


122
矩阵< br>A



212


，根据
|< br>
EA|0
可以求得特征值为，


221
< br>



22
1
5,

231
，因此二次型的规范形为
fz
2
1
z
2z
3
，故可得
222
123
2
，即
z
22
2
zzz
1
z
2
z
3
(2)
2

(2)
2

(2)
2
1
， 因此对应的曲面为双
叶双曲面，选择B.
（7）设随机变量
X~N(
,

2
)(

0)
，记
pP{X



2
}
，则（ ）。
A.
p
随着

的增加而增加
B.
p
随着

的增加而增加
C.
p
随着

的增加而减少
D.
p
随着

的增加而减少
【答案】B
【解析】
2
pP{X



2
}P{
X
< br>







}P{
X




}
，因此选
择B，
p随着

的增加而增加.
（8）随机试验
E
有三种两两不相容的 结果
A
1
,A
2
,A
3
，且三种结果发生的
概率均为
1
3
，将试验
E
独立重复做2次，
X
表 示2次试验中结果
A
1
发生
的次数，
Y
表示2次试验
A
2
发生的次数，则
X
于
Y
的相关系数为（ ）。
A.
B.
C.
D.
【答案】

1
2

【解析】根据题意可知
X~B( 2,
1
),Y~B(2,
1
33
)
，因此有
EX EY2
1
3

2
3
,DXDY2
1< br>3

2
3

4
9
，
P(XY0 )P(X0)P{Y0}P(X0,Y0)
44111
9

9

3

3

3

7
9
P(XY1)P(X1,Y1)
1
3

1
3
< br>1
3

1
3

2
9
,
< br>因此可得
EXY0
7
9
1
2
9
< br>2
9
，故可得相关系数为：
24

EXYEXEY
XY

DXDY

9

4
9

1
2

9
二、填空题，9~14小题，每小题4分，共24分，请将答案写 在答疑纸指
定位置上.
x
（9）
lim

0
tl n(1tsint)dt
x
1cosx
2

_______ _________.
【答案】
1
2

【解析】
xlim

0
tln(1tsint)dt
xln(1xsinx)1 ln(1xsinx)
x
1cosx
2

x
lim

2xsinx
2

2
lim
x
s inx
2

1
2
lim
xsin
x
x
2

（10）向量场
A(x,y,z)(xyz)ixyjzk< br>的旋度
rotA
________________.
【答案】
(0,1,y1)

【解析】由旋度公式可得

rotA{
R
y

Q
z
,
P
z

R
x
,
Q
x

P
y
}{0,1,y1}

（11）设函数
f (u,v)
可微，
zz(x,y)
由方程
(x1)zy
2x
2
f(xz,y)
确定，则
dz|
(0,1)

________________.
【答案】
dx2dy

【解析】将
(x1)zy
2
x
2
f(xz,y)
两 边分别关于
x,y
求导可得：
z(x1)z
'
,y)x2
f
''
x
2xf(xz
1
(xz,y)(1 z
x
)
，
(x1)z
'
y
2yx
2
[f
'
1
(xz,y)(z
'
y
)f'
2
(xz,y)1]
。
将
x0,y1
代入 原式可得
z1
，因此将
x0,y1,z1
代入关于
x
求
导的式子可得：
1z
'
0
，因此
z
'< br>1
，代入关于
y
求导的式子可得：
z
'
xxy
20
，因
此有
z
'
y
2
，故 可得
dz|
(0,1)
dx2dy
.

（12）设 函数
f(x)arctanx
x
1ax
2
，且
f'' (0)1
，则
a
________________.
【答案】
1
2

【解析】根据
f(x)arctanx
x
1ax
2
，可得：
222
f'(x)
1< br>1x
2

1ax2ax
(1ax
2
)
2

1
1x
2

1ax
(1ax
2
)
2
，然后求二阶导数
为：
2x2ax(1ax
2
)
2
2(1ax
2
f''(x)
(1x
2
)
2

)(1ax
2
)2ax
(1ax< br>2
)
4

此时
f''(0)0
（存疑）

100
（13）行列式
0

10
00
1

________________.
432

1

【答案】

4


3
2

2
3

4

【解 析】

100
0

10

1010000

1


0

14
10

4


3
2

2
3

4
432

1
32

0
1
.
（14）设
x
2
1
,x
2
,L,x
n
为来自总体
X~N(

,

)
的简单随机样本，样本均
值
x9.5
，参数

的置信度为 0.95的双侧知心区间的置信上限为10.8，
则

的置信度为0.95的双侧置信 区间为________________.
【答案】
(8.2,10.8)
【解析】
P{u


0.025

x

u
0.025
}P{xu
0.025
n


xu
0.025
n
}0.95
n
，

因为
xu

0.025
n
10.8
，所以u

0.025
n
1.3
，因此可得
xu

0.025
n
8.2
，故可得置信区间为
(8.2,10.8)
.
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）
已知平面区域
D{(r,

)|2r2(1cos

),





22
}
，计算二重
积分
xdxdy
.
D
【答案】
5


32
3

【解析】


xdxdy

2
2(1c os

)
r
2
cos

dr

2
r
3
cos

)


d
< br>D
2

2


cos

|
2(1
2
d

2
3
8


3< br>
2
2


(3cos

3cos
3

cos
4

)d

2

8

2
23
8



cos

d

8
2

2


cos< br>
d



2

cos
4

d

2
3

2

4
< br>2

cos2

)d

8

2< br>8

(1

(1sin
2

)dsin



2

cos
3

dsin

2

2
3

2
sin2

sin
3



4(

)|
2

8(sin

)|
2
8
3

[(cos

sin

|
2
2
2< br>


2
3

2
3

2< br>
2
2


3sin

cos
< br>2
4


32

3
2

2


sin
2
2

d

2< br>
4


32
3


2


(1cos4

)d

2
4

32sin4



3
(

< br>4
)|
2


2
5


32
3

（16）（本题满分10分）
设函数
y(x)
满 足方程
y''2y'ky0
，其中
0k1
.
（Ⅰ）证明：反常积分


0
y(x)dx
收敛； （Ⅱ）若
y(0)1,y'(0)1
，求


0
y(x)dx
的值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
1
k

【解析】
（Ⅰ）特征方程为
r
2
2rk0
，由0k1
可知，特征方程有两个不

同的实根，即
r
2 44k
1,2

2
11k
且
r
1,2
0
，因此二阶常系
数齐次线性方程的解为：
y(x)C
rxrx
1
e
1
C
2
2
e
，故可得


0
y(x)dx

(C
r
1
e
1
x
C
2
e
r
2
x
0
)dx

C
1
r
1
x

C
2< br>r
r
e|
0
e
2
x
|

0
1
r
2


C
1
r
(01 )
C
2
(01)
1
r
2

C
1
C
2
r

1
r
2
因此

0
y(x)dx
收敛.
（Ⅱ）由
y(x)C
r
1
xrx
1
eC
2
e
2
，
y( 0)1,y'(0)1
可得：



C
1
 C
2
1

CrCr1
，解得
C
1


1122
1
C
2

k
2


r
1,2
11
代入可得


y(x)dx
C
1
C
2
11
0
r
< br>r
(
1
)
12
2
11k11k< br>

121
2

1(1k)

k< br>（17）（本题满分10分）
设函数
f(x,y)
满足
f(x,y )
x
(2x1)e
2xy
，且
f(0,y)y1
，
L
t
是从
点
(0,0)
到点
(1,t)
的光滑曲线，计算曲线积分
I(t)

f(x,y)f(x,
Lt
x
dx
y)
y
dy
，并求
I(t)< br>的最小值.
【答案】3
【解析】
根据
f(x,y)
x
(2x1)e
2xy
可得：
f(x,y)

(2x1)e
2xy
dxe
y< br>
2xe
2x
dx

e
2x
dx
e
y
(xe
2x


e
2x
dx< br>
e
2x
dx)

(y)

xe
2xy


(y)
又
f(0,y)y1
故可知
(y)y1
，因此
f(x,y)xe
2xy
y1

所以
f(x,y)
y
xe
2xy
1
，
I(t)

f(x,y)f
L
t
x
dx
(x,y)
y
dy

L
(2x1)e
2x y
dx(1xe
2xy
)dy

t
设
P (2x1)e
2xy
,Q1xe
2xy
，则有
P
(2x1)e
2xy
,
Q
e
2xy
2 xe
2xy
yx

因此
P
y

Q
x
，因此积分与路径无关
故

I(t)

(2x1)e
2xy
dx(1xe
2xy
L
)dy
t


1(2x1)e
2x
dx

t
(1e
2y
00
)dy

e
2
te
2t
e
2
te
2t
因为
I(t)te
2t
，所以< br>I'(t)1e
2t
，令
I'(t)0
可得
t2< br>
而
I''(t)e
2t
，因此
I''(2)10< br>，因此当
t2
有最小值为
I(2)213
.
（18）（本题满分10分）
设有界区域

由平面
2xy2z 2
与三个坐标平面围成，

为

整个
表面的外侧，计算曲 面积分
I


(x
2
1)dydz2ydzdx 3zdxdy
.
【答案】
1
2

【解析】
I


(x
2
1)dydz2ydzdx3zdxdy
，令
Px
2
1,Q2y,R3z

由高斯公式可知：
I

(
P
x

Q
y

R
z
)dxdydz23)dxdydz


(2x

(2x1)dxdydz

dxdy
< br>1x
y


2
0
(2x1)dz
D
xy


(2x
2
xxy
y
)d xdy
D
xy
2


112x
2
0dx

0
(2xxxy
y
2
)dy
< br>1
2
19）（本题满分10分）
知函数
f(x)
可导，且< br>f(0)1,0f'(x)
1
2
.设数列
{x
n
}
满足
x
n1
f(x
n
)(n1,2,L)
，证明：

Ⅰ）级数

(x
n1
x
n)
绝对收敛；
n1
Ⅱ）
lim
n
x
n
存在，且
0lim
n
x
n
2
.


Ⅰ）证：
x
n1
f(x
n
)
，因此有
|x
n1
x
n
||f(x
n
)f(x
n 1
)||f'(

)(x
n
x
n1
)|
1
2
|x
n
x
n1
|

1< br>2
|f(x)f(x
111

n1n2
)|
2

2
|x
n1
x
n2
|L
2
n1
|x
2
x
1
|


（< br>已
（
（
【答案】利用绝对收敛定义证明即可。
【解析】
（


显然

1

n1
|x
2< br>x
1
|
收敛，因此

(x
n1
xn
)
绝对收敛.
n1
2
n1

n
（Ⅱ）记
S
n
(x
n1
x
n
)
， 因此得
S
n
x
n1
x
1
，因为级数
n1


(x
n1
x
n
)
收敛，因 此
limS
n
存在，因此
limx
n
存在，不妨设
n1
nn
lim
n
x
n
A
， < br>x
n1
f(x
n
)f(x
n
)f(0)1 f'(

)x
n
1
，由
0f'(x)
1< br>2
可得
x
1
n1
f'(

)x
n
1
2
x
1
n
1
，两边取极限可得
A
2
A1
，即
A2

若
A0
， 这与
A
1
2
A1
矛盾，若
A0
，与
(1f'(

))A1
矛盾，因
此可得
0A2
，即
0lim
n
x
n
2
.

（20）（本题满分11分）

111

22
< br>设矩阵
A


2a1


,B


1a



11a


.



a12


当
a
为 何值时，方程
AXB
无解、有唯一解、有无穷多解？在有解时，
求解此方程. 
1

【答案】
a2
时，无解；
a1
时 ，有无穷多解，
X

1

k


1< br>1k
2
1

；

k
1
k2




1
3a


a 2

a2
且
a1
时，有唯一解，
X
a4


0



a2




10




【解析】 增广矩阵为

22

11122
(A,B)

111

2a11a





0a233a4



11aa12





00a11a0


< br>因此当
|A|(a2)(a1)0
即
a2
且
a 1
时，有唯一解；

3a


x

1< br>12


a2

设
X

x11

xx

B
，解得
X

a 4


2122

x
31
x

， 代入
AX

0



a2


32



10




当
a2
代入


11122
< br>11122


0a233a4


< br>00336



00a11a0







00330


x
11
x
12

设
X


xx

6,3x

2122

，因此可得
3x
3232
0
，这两个式子是矛盾的，

x
3 1
x
32


因此方程组无解；
当
a1
代入



1112 2

11122


0a233a4





03333


，此时方程组

00a11a0




00000



xx



x
11
x
21
x
31
2
1112
有无穷多解，将
X


xx

入可得

xxx
32
2

2122

x
31
x

代

1222

x3
，解得
32

< br>3
21
3x
31


3x
22
 3x
32
3


x
11
1

11

，不妨设

x
x


31,x
32
为自由未知量，则可得
X
12
1

k

1
1k
2
1

k
1
k


2




（21）（本题满分11分）

011
已知矩阵
A



230





00 0


（Ⅰ）求
A
99
；
（Ⅱ）设3阶矩阵B(

2
100
1
,

2
,

3
)
满足
BBA
.记
B(

1< br>,

2
,

3
)
，
将
< br>1
,

2
,

3
分别表示成
1
,

2
,

3
的线性组合.
< br>22
99
12
99
22
98

【答 案】（Ⅰ）
A
99



22
100
12
100
22
99




000


（Ⅱ）

2
99
)
100
1
(2
1
(22)

2
;


2
(12
99
)

1
 (12
100
)

2
;


3
(22
98
)

1
(22
99
)

2

【解析】
（Ⅰ）利用相似对角化，由
|

EA|0
得到特征值为
0,1,2
，
当

0< br>时，代入

EA
中，求解方程组
(

EA)X 0
的解就是特征向

量，即
r

3

2< br>
1





2


同理得到其他的两个特征向量分别为：

1
对应的特征向量为

r

1


1


1


，

2
对应的特征向量为
r

23


2

0




0

，



设
P(rr
311

12



，则有
P
1< br>AP

000


010

1
,
2
,r
1
)

2

，因此可得 

200




002


99
A
99
P

000

010


P
1
，根据矩阵
P
可以求得其逆矩阵为


002




00
1

2
P
1



< br>212





1


11
2


因此有


000

99

1


311

000


00
2

A
99
P


010

P
1


212


212



010





002


200


002
99






11
1
2

< br>
22
99
12
99
22
98
< br>


22
100
12
100
22
99




000


（Ⅱ）
B
2
BAB
3
BBAB
2
A BAABA
2
，因此可得
B
100
BA
99
、 ，所以

22
99
12
99
22
98< br>
B
100
(


1
,

2
,

3
)(

1
,

2< br>,

3
)A
99
(

1
,

2
,

3
)

22
100
12
100
22
99




00 0



因此有

99100
1
(2 2)

1
(22)

2
;

< br>2
(12
99
)

1
(12
100
)

2
;


3
(22
98
)

1
(22
99
)

2


（22）（本题满分11分）
设二维随机变量
(X,Y)
在区域
D{(x,y)|0x1,x
2
yx}
上服
从均匀分布， 令
U


1,XY

0,XY

（Ⅰ）写出
(X,Y)
的概率密度；
（Ⅱ）问
U
与
X
是否相互独立？并说明理解；
（Ⅲ）求
ZUX
的分布函数
F(z)
.
【答案】 < br>（Ⅰ）
f(x,y)



3,0x1,x
2
yx



0,其他
（Ⅱ）
U
与X
不独立，因为
P{U
1
2
,X
1
2}P{U
1
2
}P{X
1
2
}

（Ⅲ）
Z
的分布函数为：


0,z0
3
z
2
z
3
,0z
F

2
1
Z
(z)
1


3

2(z1)
2

3
(z1)
2
,1z2

22

1,z2
【解析】
（Ⅰ）区域
D
的面 积为
s(D)

1
0
(xx
2
)dx
1
3
，因此服从均匀分布，
因此有
f(x,y)



3,0x1,x
2
yx



0,其他
（Ⅱ）
U
与
X
不独立
P{U 
1
2
,X
1111
2
}P{U0,X
2
}P{XY,X
2
}
12
P{U
1
2< br>}
1

2
,P{X
11
2
}
2
因此
P{U
1
2
,X
111
2
} P{U
2
}P{X
2
}
，故不独立.

（Ⅲ）
F(z)P{UXz}P{UXz|U0}P{U0 }P{UXz|U1}P{U1}
知参数，
X
1
,X
2< br>,X
3
为总体
X
的简单随机抽样，令
Tmax(X
1
,X
2
,X
3
)
.

P{UXz ,U0}
P{U0}
P{U0}
P{UXz,U1}
P{U 1}
P{U1}
P{Xz,XY}P{1Xz,XY}



0,z0
P{Xz,XY}


3
2< br>z
2
z
3
,0z1



1
2
,z1


0,z1

3
P{1 Xz,XY}


2(z1)
2

3
( z1)
2
,1z2

2



1
2
,z2
因此可得

0,z0

3
z
2
z
3
,0z
F)


2
1
Z
(z


1
3

2(z1)
2

3
(z1)
2
,1z2

22

1,z2
（23）（本题满分11 分）

3x
2
设总体
X
的概率密度为
f(x,< br>
)



3
,0x

，其 中

(0,)
为未


0,其他
（Ⅰ）求< br>T
的概率密度；
（Ⅱ）确定
a
，使得
aT
为

的无偏估计.
【答案】
（Ⅰ）
T
的概率密度：

9x
8f(x)

,0x

T


9



0,其他
（Ⅱ）
a
10
9

【解析】
（Ⅰ）根据题意，
X
1
,X
2
,X3
独立同分布，因此可得
F
T
(t)P{max(X
1,X
2
,X
3
)t}P{X
1
t,X
2
t,X
3
t}
P{X
1
t}P{X
2t}P{X
3
t}(P{X
3

1
t})当
t0
时，
F
T
(t)0
；
9
当
0t

时，
F
T
(t)(

t< br>3x
2
3
t
0

3
dx)
9
；
当
t

时，
F
T
(t)1
，因此可得概率密度函数为：

9x
8
f

,0 x

T
(x)




9

0,其他
（Ⅱ）
E(aT)aE(T)a


t8
9
0
t
9

9
dt
10
a

，根据题意，如果
aT
为

的
无偏估计，则有

E(aT)

，因此可得
a
9
.
10
















2017年全国硕士研究生入学统一考试
数学(一)试卷
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

,x0
在
x0
连续，则（ ）（1）若函数
f(x)

。
ax

b,x0

1

2
1
B.
ab

2
A.
ab
C.
ab0

D.
ab2

【答案】A
【解析】
由连续的定义可得
limf(x)limf(x)f(0)
，而
-+< br>x0x0

1
1cosx
2
(x)
21
x
lim
0
+
f(x)
x
lim
0
+
ax
lim
x0
+
ax

2 a
，
lim
x0
-
f(x)b
，因此可
得b
1
2a
，故选择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)2f(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)x
2
yz
2
在点
(1,2,0)
处沿向量
r
n(1,2,0)
的方向 导
数为（ ）。
A.12
B.6
C.4
D.2
【答案】D
【解析】
gradf{2xy,x
2
,2z}
，因此代入
(1,2,0)
可得
gradf|
(1,2,0)
{ 4,1,0}
，则有
f
u
grad
u
|u|
{4,1,0}{
1
3
,
2
3
,
2
3
}2
。
（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
t
0
0
时刻，甲乙 的位移分别为

t
0
0
v
1
(t)dt
与

0
v
2
(t)dt
，由定
积分的几何意义可知，

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
（6）已知矩阵
A


021


,B



020


,C

100


020
< br>则
002

，（ ）。


001




001





< br>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
P(AB)P(AB)P(A)P(AB)
P(B)

P(B)

1P(B)
，即
P(AB)P(A)P( B)
，因此选择A。
（8）设
X
1
,X
2
,LX
n
(n2)
来自总体
N(

,1)
的简单随机样 本，记
X
1
n

n
X
i
，则下列结论中 不正确的是（ ）。
i1
A.

n
(X
2
i


)
服从

2
分布
i1
n
B.
2

(X
n
X
1
)
2
服从

2
分布
i1
n
C.

(X
i
X)
服从

2
分布
i1
D.
n(X

)
2
服从

2
分布

【答案】B
n
【解析】
X
i


~N(0,1)
，故

(X
i


)2
~

2
(n)
，
X
n
X
1
~N(0,2)
，
i1
因此
X
n
X
1
2
~N(0,1)
，故
(
X
n
X
1< br>2
)
2
~

2
(1)
，故B错误，由
S
2

1
n
n1

(X
2
n 1)S
2
n
i
X)
可得，
(
i1

(X
i
X)
2
~

2
(n1)，
i1
X

~N(0,
1
)
，则有
n(X

)~N(0,1)
，因此
n(X

)
2
~

2
n
(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)
1
1x
2
，则
f
(3)
(0)
=_________。
【答案】0
【解析】
f( x)
1
246

1x
2
1xxx
L


(x
2
)
n
(1)
n
x
2n
，
n0

n0
因此

f' ''(x)

(1)
n
2n(2n1)(2n2)x
2n 3
，代入可得
f
(3)
(0)0
。
n0
（1 0）微分方程
y''2y'3y0
的通解为
y
=_________。
【答案】
e
x
(c
1
cos2xc
2
sin2x)

【解析】由
y''2y'3y0
，所以
< br>2
2

30
，因此

2i1
，
因此通解为：
e
x
(c
1
cos2xc
2sin2x)
。
（11）若曲线积分

xdyaydy
D {(x,y)|x
2
y
2
L
x
2
y
2
1
在区域
1}
内与路径
无关，则
a
=____ _____。
【答案】－1
【解析】设
P(x,y)
x
x2
y
2
1
,Q(x,y)
ay
x
2< br>y
2
1
，因此可得：
P
y

2 xyQ2axyPQ
(x
2
y
2
1)
2
,
x

(x
2
y
2
1)
2
，根据
y

x
，因此可得
a1
。
（12 ）幂级数


n1
(1)
n1
nx
n1< br>在区间
(1,1)
内的和函数
S(x)
=_________。
【答案】
1
(1x)
2

【解析】


n1
(1)
n1
nx
n1
[


n1n
x1
n1
(1)x]'(
1x
)'< br>(1x)
2
。

（13）设矩阵
A

101


112

，

1
,

2
,

3
为线性无关的


3维向量，则 向

011


量组
A

1
,A

2
,A

3
的秩为_________。
【答案】2
【解析】因为
(A

1
,A

2
,A

3
)A(

1
,

2
,

3
)
，而


101

A


112


101
101



011



011< br>
，因此
r(A)2
，所以向量

011






011



000


组
A

1
,A

2
,A

3
的秩2。
（14）设随机变量X的分布函数 为
F(x)0.5(x)0.5(
x4
2
)
，其中
(x)
为标准正态分布函数，则
EX
=_________。
【答案】2
【解析】
(
x4
)
2
f(x) F'(x)0.5
1

x
2
2
2

e 0.5
1
e

2
2
2


12

x
2
0.5
1
e

2
2

0.5
1
2

2
e

( x4)
2
2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）
设函数
f(u,v)< br>具有2阶连续偏导数，
yf(e
x
,cosx)
，求
dy< br>2
dx
|
dy
x0
,
dx
2
|< br>x0
。
【答案】
dy
d
2
dx
|
'
y
''
x0
f
1
(1,1)
，
d x
2
|
x0
f
11
(1,1)f
'
1
(1,1)f
'
2
(1,1)

【解析】因为
yf(e
x
,cosx)
，所以
dy
f
''
d x
1
e
x
f
2
sinx
，因此
dydx
|
x0
f
'
1
(1,1)

d
2
y
dx
2
(f
''x''
(f
' 'x''
11
ef
12
sinx)e
x
f
'< br>1
e
x
21
ef
22
sinx)sinxf'
2
cosx

因此得：
d
2
y
'' ''
dx
2
|
x0
f
11
(1,1)f1
(1,1)f
2
(1,1)


（16）（本题满分10分）
n
求
lim
k
n

k1
n
2
ln(1
k
n
)

【答案】
1
4

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

< br>1
1
2

0
(x1)dx
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】对
x
3
y
3
3x3y20< br>关于
x
求导得：
3x
2
3y
2
y'3 3y'0
，
令
y'0
得
3x
2
3
，因此
x1
，当
x1
时，
y1
，当
x 1
时，
y0
。
对
3x
2
3y
2y'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< br>6x(3y
2
3)y''0

当
x1
时，< br>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
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
f(x)
x0

x
0
，
证明：
（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))
2
0
在区间(0,1)
内至少存在两个不同实
根。
【答案】
（Ⅰ）证：因为lim
f(x)
x0

x
0
，由极限的局部保号性 知，存在
c(0,

)
，
使得
f(c)0
，而
f(1)0
，由零点存在定理可知，存在

(c,1)
，使得< br>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)
x0

x
0
，所以
f'(0)0
，由拉格朗日中值 定理知，存在

(0,1)
，使得
f(1)f(0)
10f'(

)0
，所以
f'(0)f'(

)0< br>，因此根
据零点定理可知存在

1
(0,

)，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
zx
2
y
2
被柱面
z
2
2x
割下的有限部分，
其上任一点的弧度为
u(x,y,z )9x
2
y
2
z
2
，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
。
【答案】（Ⅰ）


(x1)
2
y
2
1
；（Ⅱ）64。

z0
2
【解析】（Ⅰ）
C
的方程为



zxy
2
，投影到
xOy
平面上为

z
2
2x

(x1)
2
y
2

1


z0

（Ⅱ）
M
< br>u(x,y,z)dS

9x
2
y
2
z2
dS
，

dS1(
z
x
)
2
(
z
2
y
)2dxdy

因此有
M92

x
2
y
2
2dxdy1 8
2cos

r
2
dr
144

2


d

2

0
3
2
3


cos

d

64
2
。
（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

3


1
2

2
，
（Ⅰ）证明
r(A)2
；
（Ⅱ）如果


< br>1


2


3
，求方程组
Ax

的通解。
【答案】（Ⅰ）略；（Ⅱ）
k(1,2,1)
T(1,1,1)
T
,kR
。
【解析】（Ⅰ）证：因为
A< br>有三个不同的特征值，所以
A
不是零矩阵，因
此
r(A)1
，若
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< br>

1
2

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



1


2


3
，故
Ax

的特 解为
(1,1,1)
T
，因此
Ax

的通解为
k (1,2,1)
T
(1,1,1)
T
,kR
。

（21）（本题满分11分）
设
f(x2x
222
1
,x
2
,x
3
)
1
x
2
ax
3
2x
1
x
2
8x
1
x
3
2 x
2
x
3
在正交变换
xQy
下的标准型为
22
1
y
1


2
y
2
，求
a
的值及一个正交矩阵
Q
。


3
< br>26


326



【答案】
a 2
，正交矩阵
Q


3
0
6


33





326



326



【解析】

214< br>二次型对应的矩阵为
A



111


，因为标准型为

22
1
y
1


2
y
2
，

41a


所以
A0
，从而
a46
，即
a2
，代入得

214

EA1

110
，解得

0,3,6
；
41

2

21 4

111

当

0
时，
0E A


111


，化简得

< br>012


412


，对应的
< br>


000



特征向量为
k
T
1

1,2,1

；

当

3
时，
3EA

514

< br>121



121

11


15

，化简得


0

4



000

，对应


的 特征向量为
k
2

1,1,1

T
；

414

171

当

6
时 ，
6EA


171



，化简得

414


010


< br>000

，对应的特


征向量为
k
3
1,0,1

T
；


3
< br>26


326


从而正交矩阵
Q


3
0
6


33
< br>。



326



326< br>


（22）（本题满分11分）
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)< br>1
2
，
Y
的概率密度为
f(y)

2y,0y1

0,其他

（Ⅰ）求
P{YEY}
；
（Ⅱ）求
ZXY
的概率密度。
【答案】
（Ⅰ）
4
9

（Ⅱ）
F
1
Z
< br>z


2
F)
1
Y
(z
2
F
Y
(z1)

【解析】
（Ⅰ）由数字特征的计算公式可知：
EY



1

yf(y)dy2y2
dy
2
0

3
，
则
P
< br>YEY

P



Y
2
< br>22
3




3

f(y)d y

3
0
2ydy
4
9

（Ⅱ）先求
Z
的分布函数，由分布函数的定义可知：
F
Z

z

P

Zz

P

XYz
< br>。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
< br>X0

P

XYz|X0

P

X1

P

XYz|X1


1

2
P

Yz


1
2
P

Yz1


1
2
Fz)
1< br>Y
(
2
F
Y
(z1)
（其中
F
Y

z

为
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< br>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

< br>|,(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】

2
2
（Ⅰ）
f(z)F'

z



< br>2

e

z
2

2
,z0


0,z0
^
（Ⅱ）


< br>1
n

2n

Z
i

i1
2
Z

^
n
（Ⅲ）


1
n< br>
Z
2
i

i1
【解析】
（Ⅰ）因为< br>X~N(

,

2
)
，所以
Y

~N(0,

2
ii
X
i
)
，对应的概 率密
度为
f
1
2

y
Y

y

2

2
2

e
，设
Z
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
< br>Z

P

zY
z
1

y2
i
z

P

Y
i
z
i
z



2

2
z
2
edy
；

2
2
则
Z
f(z) F'

z




2

e
z
2

2
,z0
i
的概率密度为； 

0,z0
z
2
（Ⅱ）因为
EZ
i



z
2
e

2

22


0
2

dz
2

，所以


2
EZ
i
，从而

^
n
的矩估计量为



1
2n

Z
i


Z
；
i1
2
（Ⅲ）由题可知对应的似 然函数为
n
i
2
L

z

1
,z
2
,……，z

1
Z
n
,

< br>

2

2
，取对数得：
i1
2

e
n
lnL




Z
2< br>
dlnL(

)
n

1
Z
2i
，所以

i1

ln

2
ln


2

2



d




i

3

，令
i1< br>


dlnL(

)
1
n
2< br>d

0
，得


n

Z
i
，所以

的最大似然估计量为
i1

^
1n

n

Z
2
i
。

i1
回顾过去篇（2000-2014）
2000年全国硕士研究生入学统一考试
数学(一)试卷
一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.