2018年考研数学一试题答案

1、2017考研数学一答案及解析一、选择题：18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 cos x(i)若函数f(X) ax ,x 0在x 0连续，则()。 b,x 0“.1A. ab 一21B. ab2C. ab 0D. ab 2【答案】A由连续的定义可得lim f (x) x 0-lim+ f (x)x 0+f(0),而lim+ f(x)x 0+lim 1x 0+cos xax2(. x)2lim -+x 0 ax1.1,lim f(x) b ,因此可得b ,故选2a x o2a择Ao(2)设函数f(x)可导，

2、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) f2(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 Co(3)函数 f (x,y, z) x2y z2在点r(1,2,0)处沿向量n (1,2,0)的方向导数为()【解析】gradf22 xy,x , 2z,因此代入(1,2,0)可得 gradf |(1,2,0)

3、 (4,1,0),则有grad京(中叫：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 V1(t)(单位：m/s),虚线表示乙的速度曲线 v V2(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t0 (单位：s),则()。A. t0 10B. 15 t0 20C. t025D. t025【答案】C一，t0, t0，、一一 一-一，一、【解析】从0到t0时刻，甲乙的位移分别为0 V1(t)dt与o v2(t)dt,由定积分的几何意义25可知，0 (V2 M(t)dt 20 10 10,因此可知 t025。(5)设

4、 为n维单位列向量，E为n维单位矩阵，则()。A. ET不可逆B. ET不可逆C. E 2T不可逆D. E 2T不可逆【答案】A【解析】因为的特征值为0 （n-1重）和1,所以ET的特征值为1 (n-1 重)和 0,2 1 00 2 0 ,C0 0 12 0 0(6)已知矩阵A 0 2 1 ,B 0 0 1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【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 Bo（7）设A, B为随机事件，若0P(A) 1,0 P(B)

5、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】P(A) P(AB) 即 p(ab) P(A)P(B),因 1 P(B)由 P(A|B) P(A|B)得 P(AB) P(AB) P(B) P(B)此选择Ao(8)设 X1,X2,L Xn(n 2)来自总体 N(1,1）的简单随机样本，记 X nnXi ,则下列i 1结论中不正确的是（）A.n(Xi )2服从2分布i 1B.n2 (Xn X1)2服从 2分布i 1C.n(Xi

6、i 1X)服从2分布D. n(X22)2服从2分布【解析】XiN(0,1),(Xi)2 2(n) , Xn XiXn Xiir，,XN(0,1),故(一n Xi)22(1),故B错误，由S2(Xi X)2 可得,1(n 1)S2n 22(Xi X) (n 1),i 1N(0,1),则有 Vn(X n此n(X22)(1)。二、填空题：914小题，每小题4分，共24分,请将答案写在答题纸指定位置上o(9)已知函数f (x) -11，则 f (0)= xf '''(x)1 x2(1)nx2n ,因此0(1)n2n(2nn 01)(2n2)x2n 3，代入可得f (0)0。(1

7、0)微分方程y'' 2y'3y 0的通解为y =【答案】ex(cicos、.2xC2 sin、-、2x)【解析】由y'' 2y' 3y0 ,所以2 23 0 ,因此e x(G cos(11)若曲线积分 x* aydy在区域D (x,y)|x2 y2 1内与路径无关，则 L x y 1a =o【答案】1【解析】设P(x,y) 一上一,Q(x,y) -32，因此可得： x y 1x y 12 警2,2 2axy2 ,根据上 _Q,因此可得a 1。y (x y 1) x (x y 1)y x(12)哥级数 n1( 1)n1nxn1在区间(1,1)内的和

8、函数S(x)=。1(1 x)2(13)设矩阵A1(1 x)2n 1 n 1n 1 nx Xl1( 1) nx n 1( 1) x '(-)'1 x1 0 11 1 2 ,1, 2, 3为线性无关的3维向量，则向量组A 1,A 2,A 30 1 1的秩为【答案】2【解析】因为(A 1, A 2, A 3)A( 1, 2, 3 ),而101101A112011011011的秩2。1 0 10 1 1 ,因此r(A) 2,所以向量组A 1,A 2,A 30 0 0(14)设随机变量X的分布函数为F(x)x 40.5 (x) 0.5 ()，其中2(x)为标准正态分布函数，则EX =，,

9、1f(x) F'(x) 0.5e2x20.5 ex21, 0"2一2e一)2110.5e 222(x 4)2222因此可得EX2。三、解答题:1523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)具有2阶连续偏导数,x 、 dyy f(e ,cosx),求|x dxg10, , 2 |xdxd2y dx2汽 0 f1(1,1),叁 dxdx因为 y f (ex,cosx),一 ''x(fueJ'.、xf12 sin x)e|x 0所以口(1,1) G。/) f2(1,

10、1)dydx'xfef2 sin x ,因此.|x 0 dxfi(1,1)一 'x 一 '' xf1ex (f21exf22 sin x)sin xf2 cosx因此得：察x0 f；1。1) 3) 3)(16)(本题满分10分)求limnk 21n(11 nk) nlimn4由定积分的定义可知,n k Tln(1k 1 nk) n1oxln(1 x)dx ,然后计算定积分,10 xln(1x)dx2 x2 11ln(1 x)d(x2 1) ln(1 x) |0 2(x2 1) 一1- dx x10(x 1)dx已知函数y(x)由方程x3 y3 3x 3y 2 0

11、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x3 y3 3x 3y 2 0关于x求导得：3x2 3y2y' 3 3y' 0,令y' 0得3x2 3,因此x 1,当x 1时，y 1,当x 1时，y 0。对 3x2 3y2y' 3 3y' 0关于 x再次求导得：6x 6y(y')2 3y2y'' 3y'' 0,将 y' 0代入可得6x (3y2 3)y'' 0当x 1时，y 1时，代入可得y''1,当x 1时，y 0时，代入可得y

12、'' 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,(I)方程f (x) 0在区间(0,1)内至少存在一个实根;2(n)万程f(x)f'(x) (f'(x)0在区间(0,1)内至少存在两个不同实根。(I)证：因为 l30 ,由极限的局部保号性知，存在x 0 xc (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 f()0。(n )构造函数 F(x) f (x) f '(x),因此 F (0)f(0) f '

13、(0)0,F()f ( ) f '()0,因为lim上区x 0 xf(1) f(0)1 00 ,所以f '(0) 0 ,由拉格朗日中值定理知,存在(0,1),使得f'( ) 0 ,所以f '(0) f'( ) 0 ,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 Jx2 y2被柱面z2 2x割下的有限部分，其上任一点的弧度为u(x, y,z) 9收y2 z2，记圆锥与柱面的交线为 C ,

14、(I)求C在xOy平面上的投影曲线的方程；(n )求S的质量M。(x 1)2z 01 ，、；(n) 64。【解析】(I)C的方程为'x y ,投影到xOy平面上为(x 1) y2xz 0(n) Mu(x, y, z)dS9- x2dS dS J1 (宁宁2dxdy因此有M 95、x2y2 . 2dxdy2cos(20)(本题满分11分)182 .r dr144 y 32 cos3264。三阶行列式A (3)有3个不同的特征值,2 2,(I)证明 r(A)2;(H)如果3,求方程组Ax的通解。【答案】(I)略;(H)k(1,2, 1)T(1,1,1T,k Ro【解析】(I )证：因为A有

15、三个不同的特征值，所以A不是零矩阵，因此r(A)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 31 2 2,所以r(A) 2 ,因此r(A) 2。(n)因为r(A) 2,所以Ax 0的基础解系中只有一个解向量，又 31 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(1,1,11 因此 Ax的通解为 k(1,2, 1)T (1,1,1T,k R。(21)(本题满分11分)222设 f(x1，x2,x3) 2x1 x2 ax3 2xiX2 8x1x3 2x2x3在正交变换 x Qy 下的标准型为22

16、iYi2 y2 ,求a的值及一个正交矩阵Q。【答案】a 2,正交矩阵Q,3 3 避3二32.,6巧"6"0J6二3 一6一262y22,所以A 0,从0 ,解得 0, 3,6 ;1!，对应的特征向量为11,对应的特征向量为01I ，对应的特征向量为【解析】2二次型对应的矩阵为 A 14而a 4 6 ,即a 2,代入得2当 0时，0E A 14Tki 1,2,1；5当 3时，3E A 14Tk2 1, 1,1 ;4当 6时，6E A 1414211,因为标准型为1丫11 a214E A 1114121 41 111 ,化简得 01 ：1200(1 41221 ,化简得 011

17、5001 41 771,化简得 011 40 0k31,0,1从而正交矩阵Q-6-6 - 6-3 -6-6-2-2 o -2-2-3-3 -3-3 -3-3(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(X0) P(X12) 一，Y的概率密 22y,0 y 1 度为f(y)y 0,其他(I)求 PY EY;(n)求Z X Y的概率密度。1 _(n) fz z-Fy(z)21”z 1)(i )由数字特征的计算公式可知：EYyf (y)dy22 i2y2dy ,则 3223 f (y)dy032ydy(n)先求Z的分布函数,由分布函数的定义可知：由于X为离散型随机变量,则由

18、全概率公式可知Fz z P X1P Y 21 Fy (z) 2X Y z|X 0 P X 1 P1 P Y z 12z|X 1(其中Fy12FY(z 1)z为Y的分布函数：Fy 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 n次测量，该物体的质量是已知的，设n次测量结果 X1,X2,L ,Xn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 乙|Xj|,(i 1,2,L ,n),利用 Zi,Z2,L ,Zn估计(I)求Zi的概率密度;(n)利用一阶矩求的矩估计量;(出)求 的最大似然估计量。21(I) f (z) F' z1z0,z 0(n)2：乙i 1(m)1nzi2n i