陕西省振兴计划-北京市司法考试办公室

同龄人搜盘100
2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题
2015年考研数学一真题及答案（完整版）

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.
．．．< br>(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.
2xx
【解析】由题意可知，
e
、
e
为二阶常系数齐次微分方程
y

ay

by0
的解，所以2,1
1
2
1
3
2
为特征方程
rarb0
的根，从而
a (12)3
，
b122
，从而原方程变为
1

同龄人搜盘100
2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题
y

3y
< br>2yce
x
，再将特解
yxe
x
代入得
c 1
.故选（A）

(3) 若级数

a
n1

n
条件收敛，则
x3与
x3
依次为幂级数

na(x1)
n
n1
n
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
【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

即
x2
为幂级数
n
条件收敛，< br>
a(x1)
n
n1

n
的条件收敛点，所以< br>
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

na (x1)
n
n1

的收敛
区间还是
(0,2)
.因而
x3
与
x3
依次为幂级数


na(x 1)
n
n1

n
的收敛点，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3x
围成的平面区
域，函数
f

x,y

在
D
上连续，则

1
sin2

1
2sin2


f

x, y

dxdy
( )
D
(A)



d


3< br>4
f

rcos

,rsin


rdr

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

f

rcos

,rsin


dr

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

【答案】（B）
2

同龄人搜盘100
2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题
【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






o

x



所以


f(x,y)dxd y


d


3
D
4
1
sin2

1
2sin2

f(rcos

,r sin

)rdr
，故选（B）

1


111



(5) 设矩阵
A12a
，
b

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

< br>
01a1d1

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
，其中
y
2
y
3
P

e
1
,e
2,e
3

，若
Q

e
1
,e< br>3
,e
2

，则
f

x
1
,x
2
,x
3

在正交变换
xQy
下的标准< br>形为 ( )
3

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2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题
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)
222
【解析】由
xPy
，故
fx
T
Axy
T
(P
T
AP)y2y
1
.且
y
2
y
3

200


P
T
AP 

010


001

.

100


QP

001

 PC

010




200

Q
T
AQC
T
(P
T
AP)C

010


001



222
所以
fx
T
Axy
T
(Q
T
AQ)y 2y
1
。选（A）
y
2
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(AB)P(B)
，
从而
P(AB)

4
P
A

P

B

P

A
P

B

(D)
P

AB



22
P(A)P(B)
，选(C) .
2

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2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题
(8)设随机变量
X,Y
不 相关，且
EX2,EY1,DX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
2
XY2X)E(X
2
)E(XY)2E(X)


D(X)E
2
(X)E(X)E(Y)2E(X)


3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.
．．．
(9)
lim

【答案】

2
lncosx
_________.

x0
x
2
1

2
0
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< br>sinx
ln(cosx)
cosx
lim
tanx
 
1
.
【解析】方法一：
limlim
x0x0x0x
2
2x2x2
1
x
2
ln(cosx)ln(1 cosx1)cosx1
2

1
.
方法二：
lim limlimlim
x0x0x0x0
x
2
x
2x
2
x
2
2
【分析】此题考查

(10) < br>sinx
(



2
1cosx
x)d x________.

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

x
(11)若函数
zz(x,y)
由方程
exyzxcosx2
确定 ，则
dz
(0,1)
________.

【答案】
dx

5

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2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题
【分析】此题考查隐函数求导.
【 解析】令
F(x,y,z)e
z
xyzxcosx2
，则
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
.
所以
z
x
(0,1)

F
x
(0,1,0)
z
1,
F
z

(0,1,0) y
(0,1)

F
y

(0,1,0)
0，因而
dz
F
z

(0,1,0)
(0,1)
dx.

1
与三个坐标平面平面所围成的空间区域，则(12)设
是由平面
xyz

(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

zdz

dxdy
，

0
D
z
1
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z)
2
.所以
2
11
11
232
(x2y3z)dxdyd z6zdxdydz6z(1z)dz3(z2zz)dz.

 
00
24

20

02
2

___________.

2
2
12

0

(13)
n阶行列式

00

2
00

1
【答 案】
2
n1
2

【解析】
按第一行展开得
6

同龄人搜盘100
2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题
20

0
0
2
2
2D
n1
(1)
n1
2(1)
n1
2D
n1
2

12

D
n


0
0
0

22
0

12
2(2D
n2
2)22
2
D
n2
2
2
22
n
2
n1
2

2
n1
2


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

2
【解析】由题设知，
X~N(1,1),Y~N(0,1)< br>，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}PY{

P{X1}P{Y0}
11111
0}
.

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.
(15)(本题满分10分) 设函数
f

x

xal n(1x)bxsinx
，
g(x)kx
3
，若
f

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
xaln

1x

bxsinx
1
【解 析】法一：原式
lim
x0
kx
3

x
2< br>x
3
x
3
3

xa

xo

x


bx

xo

x
3


236

1

lim
3
x0
kx
7

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

3
kx
aa
0,1

23k
11
a1,b,k

23
即
1a0,b
xaln

1x

bxsinx
 1
法二：
lim
x0
kx
3
a
bsinx bxcosx
lim
1x
1

2
x0
3kx
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
3
6k

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< br>
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f

0

2
，求
f

x

00
0
的表达式.
【答案】
f(x)
8
. < br>4x
【解析】设
f

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

,

令
y0
，得到
x 

f

x
0

x
0
，
f


x
0

8

同龄人搜盘100
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故由题意，
f

x
0

1
1
f

x
0



x
0
x

4
，即
f
x
0

4
，可以转化为一阶微分方程，

22f

x
0

y
2
11
即
y


，可分离变量得到通解为：
xC
，
8
y8
已知
y

0

2
，得到
C
即
f

x


111
1
，因此
x
；
2
y82
8
.
x4
(17)(本题满分10分)
已知函数
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.
【答案】3
【解析】因为
f

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


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
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
22

1y



1x

22
22
，

1y



1x

在约束条件
C:x
2
 y
2
xy3
下的最大值.


F
x

2

1x




2xy

0


F
y

2

1 y




2yx

0
，得到
M
1

1,1

,M
2

1,1< br>
,M
3

2,1

,M
4
< br>1,2

.

22

F

< br>xyxy30
d

M
1

8,d

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)
9

同龄人搜盘100
2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题
vx)]

u

(x)(vx)u(x)v

(x)
（I）设函数
u(x),v (x)
可导，利用导数定义证明
[u(x)(
（II）设函数
u
1< br>(x),u
2
(x),,u
n
(x)
可导，
f(x )u
1
(x)u
2
(x)u
n
(x)
，写出< br>f
(
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 )
limv(x)

limu(xh)
h0 h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)u
n
(x)]



u
1

(x)u
2
(x)u
n
(x)u< br>1
(x)u
2

(x)u
n
(x)u
1
(x)u
2
(x)u
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
A0,2,0
，终点为
B0,2,0，计算


zx,

曲线积分
I
2 222
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< br>2
[(2sin

cos

)sin

2sin

cos

(1sin
2

)si n

]d


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

2
π
2
 22

sin
2

d


π
2< br>0
2
π

2
10

同龄人搜盘100
2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题

(20) (本题满11分)
设向量组
α
1
,
α
2
,α
3< br>内
R
的一个基，
β
1
=2α
1
+2kα3
，
β
2
=2α
2
，
β
3
= α
1
+

k+1

α
3
.
3< br>（I）证明向量组

1

2

3
为
R
3
的一个基;
（II）当k为何值时，存在非0向量
ξ
在基α
1
,
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
,
< br>2
,

3



2

1< br>+2k

3
,2

2
,

1
+

k1


3


2
< br>


1
,

2
,

3< br>

0

2k

2

0
2k
0
2
1


0

0k1


1
40

k1

01
2
202
2k
0k1
3
故
β
1
,β
2
,β
3
为
R
的一个基.
（II）由题意知，

k
1

1
k
2

2
k3

3
k
1

1
k
2

2
k
3

3
,

0

即
k
1


1


1

k
2


2


2

k
3


3


3

0, k
i
0,i1,2,3


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

101
即
0100
，得k=0
2k0k
k
1

1
k
2

2
k
3

1
0
k
2
0,k
1
k
30

11

同龄人搜盘100
2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题

k
1

1
k
1

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=

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
023120
b
3
0

1
AB 1330
12a0

ab1

a4
< br>




2ab3

b5
(II)

023

100

123


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
;

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

12

同龄人搜盘100
2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题

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1
p(1p)p(n1)()()
，
n2,3,

1
8
7
8
为
Y
的概率分布；
1
2
7
n2

777
(II)
E(Y )

nP{Yn}

n(n1)()()

n(n1)[()
n2
2()
n1
()
n
]< br>
88888
n2n2n2
记
S
1
(x)< br>


n(n1)x
n2

n2
1x1
，则

S
1
(x)

n(n 1)x
n2

n2
(

nx
n2

n1
)

(

x
n
)
 

n2
2
，
(1x)
3
2x
，
3
(1x)
S
2
(x)

n(n1)x< br>n2
n1
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
13

同龄人搜盘100
2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题
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
, ,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)




xf(x ;

)dx

x

1
11

dx
，
1

2
1


2X 1,
X
，解得

令
E(X)X
，即
2
(II) 似然函数
L(

)
1
n
X

X
i
为

的矩估计量；
n
i1

f(x;

)
，
i
i1
n
n
当

x
i
1
时，
L(

)
从而
11
n
()
，则
lnL (

)nln(1

)
.

1

i1
1

dlnL(

)n

，关 于

单调增加，
d

1


min {X,X,,X}
为

的最大似然估计量. 所以

12n


14