美国佛罗里达大学-廉政承诺书

2005年考研数学一真题解析
一、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）
（1）曲线
y
x
2
2x1
的斜渐近线方程为
y
11
2
x
4
.

【分析】 本题属基本题型，直接用斜渐近线方程公式进行计算即可.
【详解】 因为a=
limf(x)x
2
x
x
lim
1
x
2x
2
x

2
，

blim

f(x)
x
x
ax

lim
x1)

1
4
，
x
2(2
于是所求斜渐 近线方程为
y
1
2
x
1
4
.

（2）微分方程
xy

2yxlnx
满足
y(1)
1
的解为
y
1
93
xlnx
1
9
x .
.
【分析】直接套用一阶线性微分方程
y

P(x)yQ( x)
的通解公式：

ye


P(x) dx
[

Q(x)e

P(x)dx
dxC]
，
再由初始条件确定任意常数即可.
【详解】 原方程等价为
y


2
x
ylnx
，
于是通解为
ye


2
x
dx
[

lnx e

2
x
dx
dxC]
1
x
2[

x
2
lnxdxC]

=
1
3
xlnx
11
9
xC
x
2
，
由< br>y(1)
111
9
得C=0，故所求解为
y
3
xlnx
9
x.

（3）设函数
u(x,y,z)1
x
2
y
2
z
2

1
6

12

18
，单位向量
n
3
{1,1,1}
，< br>u
n
(1,2,3)
=
3
3
.
【分析】 函数u(x,y,z)沿单位向量
n

{cos
,cos

,cos

}的方向导数为：

u
n

u
x
cos


uu
y
cos


z
cos


则

因此，本题直接用上述公式即可.
【详解】 因为
 ux
uy
uz

，

，

，于是所求 方向导数为
x3
y6
z9

u
n
(1,2,3)
=
1111113
.

3
3< br>3
3
3
3
3
x
2
y
2
与 半球面
zR
2
x
2
y
2
围成的空间区域，< br>
是
2
3
)R
.
2
（4）设
< br>是由锥面
z

的整个边界的外侧，则

xdydzyd zdxzdxdy
2

(1

【分析】本题

是封闭曲面且取外侧，自然想到用高斯公式转化为三重积分，再用球
面（或柱面）坐标进行计算即可.
【详解】

xdydzydzdxzdxdy

3dxdydz


=
3

R

2
4
00

d


sin

d


d

2

(1
0
2
2
3
)R.

2
（5）设

1
,
2
,

3
均为3维列向量，记矩阵

A(

1
,

2
,

3
)< br>，
B(

1


2


3
,

1
2

2
4

3,

1
3

2
9

3
)
，
如果
A1
，那么
B
2 .
【分析】 将B写成用A右乘另一矩阵的形式，再用方阵相乘的行列式性质进行计算即
可.
【详解】 由题设，有

B(

1


2


3
,

1
2
2
4

3
,

1
3

2
9

3
)


111


=
(

1
,

2
,

3
)123
，



149


111
于是有
BA123122.

149
（6）从数1,2,3,4中任取一个数，记为X, 再从
1,2,,X
中任取一个数，记为Y, 则
P{Y2}
=
13
.
48
【分析】 本题涉及到两次随机试验，想到用全概率公式, 且第一次试验的各种两两互

不相容的结果即为完备事件组或样本空间的划分.
【详解】
P{Y2}
=
P{X1}P{Y2X1}
+< br>P{X2}P{Y2X2}

+
P{X3}P{Y2X3}
+
P{X4}P{Y2X4}

=
111113
(0).

423448
二、选择题（本题共8小题，每小题4分，满分32分. 每小题给出的四个选项中，只有一
项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内）
（ 7）设函数
f(x)lim
n
1x
n
3n
，则f( x)在
(,)
内
(A) 处处可导. (B) 恰有一个不可导点.
(C) 恰有两个不可导点. (D) 至少有三个不可导点. [ C ]
【分析】 先求出f(x)的表达式，再讨论其可导情形.
【详解】 当
x1
时，
f(x)lim
n
1x
n
3n
1
；
当
x1
时，
f(x)lim
n
111
；
n
当
x1
时，
f(x)limx(
n
3
1
x
3n
1)x.

1
n
3
x
3
,x1,

即
f(x)

1, 1x1,
可见f(x)仅在x=
1
时不可导，故应选(C).

x
3
,x1.

（8）设F(x)是连续函数f(x)的一个原 函数，
MN
表示“M的充分必要条件是N”，
则必有
(A) F(x)是偶函数

f(x)是奇函数.
（B） F(x)是奇函数

f(x)是偶函数.
(C) F(x)是周期函数

f(x)是周期函数.
(D) F(x)是单调函数

f(x)是单调函数. [ A ]
【分析】 本题可直接推证，但最简便的方法还是通过反例用排除法找到答案.
【详解】 方法一：任一原函数 可表示为
F(x)

x
0
f(t)dtC
，且
F

(x)f(x).

当F(x)为偶函数时，有
F(x) F(x)
，于是
F

(x)(1)F

(x)，即
f(x)f(x)
，
也即
f(x)f(x)
，可见f(x)为奇函数；反过来，若f(x)为奇函数，则
从而
F(x)

x
0
f(t)dt
为偶函数，

x
0
f(t)d tC
为偶函数，可见(A)为正确选项.
方法二：令f(x)=1, 则取F(x)=x+1, 排除(B)、(C); 令f(x)=x, 则取F(x)=
应选(A).
1
2
x
, 排除(D); 故
2

（9）设函 数
u(x,y)

(xy)

(xy)

xy
xy

(t)dt
, 其中函数

具有二阶导数，

具有一阶导数，则必有

2
u
2
u
2
u
2
u
(A)

2
. （B）
2

2
.
2xyxy

2
u
2
u

2
u
2
u

2
. [ B ] (C)

2
. (D)
xy
x< br>xy
y

2
u

2
u
2
u
【分析】 先分别求出
2
、
2
、，再比较答案即可.
xy
x
y
【详解】 因为
u


(xy)


(xy)

(xy)
(xy)
，
x
u



( xy)


(xy)

(xy)

( xy)
，
y


2
u< br>


(xy)


(xy)


(xy)


(xy)
， 于是 < br>2
x

2
u



(xy) 


(xy)


(xy)


(xy)
，
xy

2
u




(xy)


(xy)


(x y)


(xy)
，
2
y

2
u
2
u
可见有
2

，应选(B).
 xy
2
（10）设有三元方程
xyzlnye
xz
1
，根据隐函数存在定理，存在点(0,1,1)的一个
邻域，在此邻域内该方程

(A) 只能确定一个具有连续偏导数的隐函数z=z(x,y).
(B) 可确定两个具有连续偏导数的隐函数x=x(y,z)和z=z(x,y).
(C) 可确定两个具有连续偏导数的隐函数y=y(x,z)和z=z(x,y).
(D) 可确定两个具有连续偏导数的隐函数x=x(y,z)和y=y(x,z). [ D ]
【分析】 本题考查隐函数存在定理，只需令F(x,y,z)=
xyzlnyexz
1
, 分别求出三
个偏导数
F
z
,F
x
,F
y
，再考虑在点(0,1,1)处哪个偏导数不为0，则可确定相应的隐函数.
【详解】 令F(x,y,z)=
xyzlnye
xz
1
, 则

xz

F
x

yez
，
F
y

 x
z
xz
，
F
z

lnyex
，
y
且
F
x

(0,1,1)2
，
F
y

(0,1,1)1
，
F
z

(0 ,1,1)0
. 由此可确定相应的隐函数x=x(y,z)和
y=y(x,z). 故应选(D).
（11）设

1
,

2
是矩阵A 的两个不同的特征值，对应的特征向量分别为

1
,

2
， 则

1
，
A(

1


2
)
线性无关的充分必要条件是
(A)

1
0
. (B)

2
0
. (C)

1
0
. (D)

2
0
. [ B ]
【分析】 讨论一组抽象向量的线性无关性，可用定义或转化为求其秩即可.
【详解】 方法一：令
k
1

1
k
2A(

1


2
)0
，则

k
1

1
k
2

1

1
k
2

2

2
0
，
(k
1
k
2

1
)

1
k< br>2

2

2
0
.
由于

1
,

2
线性无关，于是有

k
1
k
2

1
0,



k

0.

22
当
2
0
时，显然有
k
1
0,k
2
0
，此时

1
，
A(

1


2
)
线性无关；反过来，
若

1
，
A(< br>
1


2
)
线性无关，则必然有

2
0
(,否则，

1
与
A(

1

2
)
=

1

1
线性相 关)，
故应选(B).
方法二： 由于
[

1
,A(

1


2
)][

1
,
1

1


2

2
][

1
,

2
]


1

1

，


0

2

可见

1
，
A(

1


2)
线性无关的充要条件是
1

1
0

2


2
0.
故应选(B).
**
（12）设A为n（
n2
）阶可逆矩阵，交换A的第1行与第2行得矩阵B,
A,B
分
别为A,B的伴随矩阵，则
(A) 交换
A
的第1列与第2列得
B
. (B) 交换
A
的第1行与第2行得
B
.
(C) 交换
A
的第1列与第2列得
B
. (D) 交换
A
的第1行与第2行得
B
.
[ C ]
【分析】 本题考查初等变换的概念与初等矩阵的性质，只需利用初等变 换与初等矩阵
的关系以及伴随矩阵的性质进行分析即可.
【详解】 由题设，存在初等矩阵< br>E
12
（交换n阶单位矩阵的第1行与第2行所得），使
****
** **

得
E
12
AB
，于是
B< br>*
(E
12
A)
*
A
*
E
*< br>12
A
*
E
12
E
12

AE
12
B
,可见应选(C).
（13）设二维随机变量(X,Y) 的概率分布为
X Y 0 1
0 0.4 a
1 b 0.1
已知随机事件
{X0}
与
{XY1}
相互独立，则
**
1
A
*
E
12
，即
(A) a=0.2, b=0.3 (B) a=0.4, b=0.1
(C) a=0.3, b=0.2 (D) a=0.1, b=0.4 [ B ]
【分析】 首先所有概率求和为1，可得a+b=0.5, 其次，利用事件的独立性又可得一等
式，由此可确定a,b的取值.
【详解】 由题设，知 a+b=0.5
又事件
{X0}
与
{XY1}
相互独立，于是有

P{X0,XY1}P{X0}P{XY1}
，
即 a=
(0.4a)(ab)
, 由此可解得 a=0.4, b=0.1, 故应选(B).
S
2
（14）设
X
1
,X
2,,X
n
(n2)
为来自总体N(0,1)的简单随机样本，
X为样本均值，
为样本方差，则
(A)
nX~N(0,1)
(B)
nS~

(n).

22
(n1)X
1
2
(n1)X
~t(n1)
(D)
n
(C)
~F(1,n1).
[ D ]
S

X
i
2
i2
【分析】 利用正态总体抽样分布的性质和

分布、t分布及F分布的定义进行讨论即
可.
【详解】 由正态总体抽样分布的性质知，
2
X0
nX~N(0,1)< br>，可排除(A);
1
n
X0
又

S
n
(n1)S
2
nX
22
(n1)S~

(n 1)
，不能
~t(n1)
，可排除(C); 而
2
1
S
断定(B)是正确选项.
因为
X
2
1
~

(1),

X~

(n1)，且
X~

(1)与

X
i
2
~
2
(n1)
相互独
22
i
22
1
2
i2i2
nn

X
1
2
立，于是
1
n1

X
i2
n

(n1)X
1
2
2
i

X
i2
n
~F(1,n1 ).
故应选(D).
2
i
三 、解答题（本题共9小题，满分94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
（15）（本题满分11分）
设
D{(x,y)xy
大整数. 计算 二重积分
22
2,x0,y0}
，
[1x
2
y2
]
表示不超过
1x
2
y
2
的最
22
xy[1xy]dxdy.


D
【分析】 首先应设法去掉取整函数符号，为此将积分区域分为两部分即可.
【详解】 令
D
1
{(x,y)0xy1,x0,y0}
，

D
2
{(x,y)1xy
则
22
22
2,x0,y0}
.
22
xy[1xy ]dxdy
=

xydxdy2

xydxdy


D
D
1
D
2



=

2
0
sin< br>
cos

d


rdr2

2
sin

cos

d


r
3< br>dr

001
1

3
2
137
.

848
1
)x
2n
的收敛区间与和函数f(x).
n(2n1)
（16）（本题满分12分）
求幂级数

(1)
n1
(1
n1

【分析】 先求收敛半径，进而可确定收敛区间. 而和函数可利用逐项求导得到.
【详解】 因为
l im
(n1)(2n1)1n(2n1)
1
，所以当
x
2
1
时，原级数
n
(n1)(2n1)n(2n1)1
绝对收敛，当
x1
时，原级数发散，因此原级数的收敛半径为1，收敛区间为（－1,1）
2
(1)
n1
2n
x,x(1,1)，
记
S(x)


2n(2n1)
n1

(1 )
n1
2n1
x,x(1,1)，
则
S

(x)


n1
2n1
S

(x)

(1)
n1
x
2n2

n1

1
,x(1,1).

1x
2
由于
S(0)0,S

(0)0,

所以
S

(x)

S

(t)dt

0
x
1
dtarctanx,

0
1t
2x
xx
1
S(x)

S

(t)dt
arctantdtxarctanxln(1x
2
).

00
2
又

(1)
n1

n 1
x
2n
x
2
,x(1,1),

1x
2
x
2
从而
f(x)2S(x)

1x
2
x
2
2xarctanxln(1x),x( 1,1).

2
1x
2
（17）（本题满分11分）
如图，曲线C的方程为y=f(x)，点(3,2)是它的一个拐点，直线
l
1
与l
2
分别是曲线C在点
(0,0)与(3,2)处的切线，其交点为(2,4). 设函数f(x)具有三阶连续导数，计算定积分

3
0
(x
2
x)f

(x)dx.

【分析】 题设图形相当于已知f(x)在x=0的函数值与导数值，在x=3处的函数值及一阶、
二阶导数值.
【详解】 由题设图形知，f(0)=0,
f

(0)2
; f(3)=2,
f

(3)2,f

(3)0.

由分部积分，知


3
0
(x
2
x) f

(x)dx

(x
2
x)df
< br>(x)(x
2
x)f

(x)
0
33
0


f

(x)(2x1)dx

0
3
=


3
0
(2x1)df

(x)(2x1)f

(x)
3
0
2

f

(x)dx

0
3
=
162[f(3)f(0)]20.

（18）（本题满分12分）
已知函数f(x)在[0，1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0,f(1)=1. 证明：
（I）存在

(0,1),
使得
f(

)1

；
（II）存在两个不同的点
,

(0,1)
，使得
f

(

)f

(

)1.

【分析】 第一部分显然用 闭区间上连续函数的介值定理；第二部分为双介值问题，可
考虑用拉格朗日中值定理，但应注意利用第一 部分已得结论.
【详解】 （I） 令
F(x)f(x)1x
，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0, F(1)=1>0,
于是由介值定理知，存在

(0,1),
使得
F(

)0
，即
f(

)1

.
（II） 在
[0,

]
和
[

,1]< br>上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点


(0 ,

),

(

,1)
，使得
f

(

)
f(

)f(0)f(1)f(

)
，
f

(

)


01

于是
f

(

)f

(

)
f(

)1f(
< br>)1

1.


1

1

（19）（本题满分12分）
设函数

(y)
具有连续导数，在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线L上，曲线积分


(y)dx2xydy
2x
2
y
4
L
的值恒为同一常数.
（I）证明：对右半平面x>0内的任意分段光滑简单闭曲线C，有


(y)dx2xydy
2xy
24
C
0
；
（II）求函数

(y)
的表达式.
【分析】 证明 （I）的关键是如何将封闭曲线C与围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线
相联系，这可利用曲线积分的可 加性将C进行分解讨论；而（II）中求

(y)
的表达式，显然
应用积分与 路径无关即可.
【详解】 （I）
Y

l
1

l
2
C
o X
l
3

如图，将C分解为：
Cl
1
l
2
，另作一条曲线
l
3
围绕原点且与C相接，则



(y)dx2xydy
2x
2
y
4
C


(y)dx2xydy
2x
2
y
4
l
1
l
3



(y)dx2xydy
2x
2
y
4
l
2
l
3
0
.
（II） 设
P

(y)
2x
2
y
, Q
4
2xy
，
P,Q
在单连通区域
x0
内具有 一阶连续偏导数，
24
2xy
在该区域内与路径无关，故当
x0
时，总有由（Ⅰ）知，曲线积分


(y)dx2xydy
2x
2
y
4
L
QP

.
xy
Q2 y(2x
2
y
4
)4x
g
2xy4x
2y2y
5
,
①
24 2242
x(2xy)(2xy)

P


( y)(2x
2
y
4
)4

(y)y
3
2x
2


(y)


(y)y
44

(y)y
3
.
②
y(2x
2
y
4
)
2
(2x
2
y
4
)< br>2
比较①、②两式的右端，得
③



(y)2y,


435

　
④


(y)y4

(y)y2y.
由③得

(y)yc
，将

(y)
代入④得
2y4cy2y,

所以
c0
，从而

(y)y.

（20）（本题满分9分）
222
已知二次型
f(x
1
, x
2
,x
3
)(1a)x
1
(1a)x
2
2x
3
2(1a)x
1
x
2
的秩为2.
2
2535
（I） 求a的值；
（II） 求正交变换
xQy< br>，把
f(x
1
,x
2
,x
3
)
化成 标准形；
（III） 求方程
f(x
1
,x
2
,x
3
)
=0的解.
【分析】 （I）根据二次型的秩为2，可知对应矩阵的行列式为 0，从而可求a的值；（II）
是常规问题，先求出特征值、特征向量，再正交化、单位化即可找到所需 正交变换； （III）
利用第二步的结果，通过标准形求解即可.
【详解】 （I） 二次型对应矩阵为

1a1a0



A1a1a0
，


02


0

1a1a0
由二次型的秩为2，知
A1a1a00
，得a=0.
200

110


（II） 这里
A110
， 可求出其特征值为

1


2
2,

3
0
.



0 02



1

0


解
(2EA)x0
，得特征向量为：

1


1

,

2


0

， 
0

1



1




解
(0EA)x0
，得特征向量为：
3< br>
1

.


0


由于

1
,

2
已经正交，直接将

1< br>,

2
，

3
单位化，得：


1

0

1


1
 
1


1


1

,

2


0

,

3


1


2

2

1

0

0

令
Q


1

2

3

，即为所求的正交变换矩阵，由x=Qy，可 化原二次型为标准形：
2
.

f(x
1
,x
2< br>,x
3
)
=
2y
1
2
2y
2（III） 由
f(x
1
,x
2
,x
3
)=
2y
1
2y
2

0，得
y
10,y
2
0,y
3
k
（k为任意常数）.
22

1
从而所求解为：x=Qy=

（21）（本题满分9分） 
2

0

c


k



c

，其中c为任意常数.

3


0
3



k

 
0



123


已知3阶矩阵A 的第一行是
(a,b,c),a,b,c
不全为零，矩阵
B246
（k为常 数），



36k


且AB=O, 求线性方程组Ax=0的通解.
【分析】 AB=O, 相当于告之B的每一列均为Ax=0的解，关 键问题是Ax=0的基础解系
所含解向量的个数为多少，而这又转化为确定系数矩阵A的秩.
【详解】 由AB=O知，B的每一列均为Ax=0的解，且
r(A)r(B)3.

（1）若k
9
, 则r(B)=2, 于是r(A)
1
, 显然r(A)
1
, 故r(A)=1. 可见此时Ax=0的基础
解系所含解向量的个数为3-r(A)=2, 矩阵B的第一、第三列线性无关 ，可作为其基础解系，

1

3


故A x=0 的通解为：
xk
1

2

k
2

6

,k
1
,k
2
为任意常数.

3

k


(2) 若k=9，则r(B)=1, 从而
1r(A)2.


1


xk
1） 若r(A)=2, 则Ax=0的 通解为：
1

2

,k
1
为任意常数.

3


2） 若r(A)=1,则Ax=0 的同解方程组为：
ax
1
bx
2
cx
3
0
,不妨设< br>a0
,则其通解为

b

c






a

a

x k
1

1

k
2

0

,k
1
,k
2
为任意常数.

0

1



（22）（本题满分9分）

设二维随机变量(X,Y)的概率密度为

f(x,y)


1,0x1,0y2x,

其他.

0,
求：（I） (X,Y)的边缘概率密度
f
X
(x),f
Y
(y)
；
（II）
Z2XY
的概率密度
f
Z
(z).

【分析】 求边缘概率密度直接用公式即可；而求二维随机变量函数的概率密度，一般
用分布函 数法，即先用定义求出分布函数，再求导得到相应的概率密度.
【详解】 （I） 关于X的边缘概率密度
f
X
(x)
=

=< br>


2x



dy,
0 x1,
f(x,y)dy
=

0

其他.


0,

2x,0x1,


0,其他.
关于Y的边缘概率密度
f
Y
(y)
=




1
dx,0y2,

y
f(x,y)dx
=


2

其他.


0,
y


1,
0y2,
=


2
其他.


0,
（II） 令
F
Z
(z)P{Zz}P{2XYz}
，
1） 当
z0
时，
F
Z
(z)P{2XYz}0
；
2） 当
0z2
时，
F
Z
(z)P{2XYz}

=
z
1
2
z
;
4
3) 当
z2
时，
F
Z
(z)P{2XYz}1.

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


4
z2.

1,
1


1z,
0 z2,
故所求的概率密度为：
f
Z
(z)


2
其他.


0,
（23）（本题满分9分）
设
X
1
,X
2
,,X
n
(n2)
为来自 总体N(0,1)的简单随机样本，
X
为样本均值，记

Y
i< br>X
i
X,i1,2,,n.

求：（I）
Y
i
的方差
DY
i
,i1,2,,n
；
（II）
Y
1
与
Y
n
的协方差
Co v(Y
1
,Y
n
).

【分析】 先将
Y
i
表示为相互独立的随机变量求和，再用方差的性质进行计算即可；求
Y
1
与
Y
n
的协方差
Cov(Y
1
,Y
n
)，本质上还是数学期望的计算，同样应注意利用数学期望的运
算性质.
【详解】 由题设 ，知
X
1
,X
2
,,X
n
(n2)
相 互独立，且
EX
i
0,DX
i
1(i1,2,,n)，
EX0.

11
n
（I）
DY
i
D(X
i
X)D[(1)X
i


X
j< br>]

nn
ji
1
2
1
=
(1)DX
i

2
n
n

DX
ji
n
j

(n1)
2
1n1
(n1).
=
n
n
2
n
2
（II）
Cov(Y
1
,Y
n
)E[(Y
1
EY
1
)(Y
n
EY
n
)]

=
E(Y
1
Y
n
)E[(X
1
X)(X
n
X)]

2
=
E(X
1
X
n
X
1
XX
n
XX)

=
E(X
1
X
n
)2E(X
1
X)EX

n
2
22
=
0E[X< br>1


X
1
X
j
]DX(EX)

n
j2
2
=


211
.

nnn