2000_2017年历年考研数学一真题(答案+解析)

1、WORD格式-.-专业资料整理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18 小题 每小题 4 分，共 32 分 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 yf ( 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 x0 但对于这三个点，左边的二阶导数

2、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）2 设y1 e2x ( x 1)ex 是 二 阶 常 系 数 非 齐 次 线 性 微 分 方 程23yaybycex 的一个特解 ，则（ A ） a3, b2,c1（B） a3,b2, c1（C）a3, b2,c1（D）a3, b2, c1【详解 】线性微分方程的特征方程为r 2arb0 ，由特word 可编辑 .-.-解可知 r1 2 一定是特征方程的一个实根 如果 r21不是特征方程的实根，则对应于 f ( x)cex 的特解的形式应该为Q( x)ex ，其中

3、 Q( x) 应该是一个零次多项式 ，即常数 ，与条件不符 ，所以 r21也是特征方程的另外一个实根 ，这样由韦达定理可得a( 21)3,b 21 2，同时y* xex 是原来方程的一个解 ，代入可得 c1应该选 （A） 若 级 数an条 件 收 敛 ， 则 x3, x3依次为级数n 1nan ( x 1)n 的n 1（） 收敛点 ，收敛点（） 收敛点 ，发散点(） 发散点 ，收敛点（） 发散点 ，发散点【详解 】注意条件级数an 条件收敛等价于幂级数an xn在 x1 处条n 1n 1件 收 敛 ， 也 就 是 这 个 幂 级 数 的 收 敛 为 1 ， 即 lim an 11， 所 以na

4、nnan ( x 1)n 的 收 敛 半 径 Rlimnan1，绝对收敛域为n 1n( n 1)an 1设 D 是第一象限中由曲线2 xy1, 4xy1与直线 yx, y3x 所f ( x, y) 在 Df(,)围成的平面区域，函数上连续 ，则D（）1（）3dsin2f ( r cos , r sin ) rdr（）142sin213dsin 2f (r cos , r sin)rdr14 2 sin21（）3dsin2f ( r cos , r sin )dr（）142sin213dsin2f (r cos, r sin)dr14 2sin2【详解】积分区域如图所示，化成极坐标方程：2 xy

5、 1 2r 2 sin cos 1 r 21r1sin 2sin 2(0, 2) ，显然 x3, x3 依次为收敛点 、发散点 ，应该选 （ B）word 可编辑 .-.-4 xy 1 4r 2 sin cos 1 r 21r12 sin22 sin2也就是 D：4311r2 sinsin1所以f(xy dxdy3dsin2f (r cos, r sin )rdr，所以应该1, )D42 sin2选（B）11115 设矩阵 A12a ,bd ，若集合1, 2 ，则线性方程14a2d2组 Axb 有无穷多解的充分必要条件是（ A） a, d（ B） a, d（ C） a,d（ D） a, d方

6、程 组 无 穷 解 的 充 分 必 要 条 件 是 r ( A)r( A, b)3 ， 也 就 是(a1)(a2)0,( d 1)(d2) 0 同时成立 ，当然应该选 （ D）6 设 二 次 型 f ( x1, x2 , x3 ) 在 正 交 变 换 xPy 下 的 标 准 形 为2 y12y22y32， 其 中P23 ， 若Q e1 , e3 ,e2， 则e1 ,e , ef ( x1 , x2 , x3 ) 在 xQy 下的标准形为（ A） 2 y12y22y32（ B） 2 y12y22y32（ C） 2 y12y22y32（ D） 2 y12y22y32100100【详解】Qe1 ,

7、e3 , e2e1 ,e2 , e30 01P 0 01 ，010010100QT001 P T0102【详解 】对线性方程组的增广矩阵进行初等行变换：fxT Ax yT PAPy yT1yT1111111111111B ( A,b) 12ad01a1 d101a 1所1以d14a2d203 a21 d2100(a 1)(a 2) ( d 1)(d 2)word 可编辑 .- -.1001001002100QTAQ001 PTAP 001001100 10100100101010故选择 （ A）7 若 A, B 为任意两个随机事件，则（）（A） P(AB ) P(A)P(B)（B） P(AB)

8、 P(A)P(B)（ C ）P( A) P(B)（D ）P(AB)2P( A)P(B)P(AB)2【详 解】P( A)P( AB), P( B)P( AB ),P(A)P(B)所以 P(AB)2故选择 （ C）8设随机变量 X,Y 不相关，且 EX 2,EY 1,DX3 ， 则E(X(XY2)（）（A）3（B）3（C）5（D）5【详解】-2 E(X (XY2)E(X 2)E(XY )2EXDX(EX )2EXEY2EX11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 . 把答案填在题中横线上）ln(cos x )9 limx2x 0【详解 】ln(cos

9、 x)limtan x1limx22 xx0x 02102sin xx dx1cosx2【详解 】只要注意sin x，为奇函数 ，在对称区间上积分为零1 cosxsin x2所以 2xdx 22xdx.2 1cosx0411 若 函 数 zz( x, y) 是 由 方 程 ezxyz x cosx 2 确 定 ， 则dz |(0,1)【详解 】设F(x, )ezxyzxcos2，则y zxword 可编辑 .- -.-Fx ( x, y, z)yz1 sin x, F y ( x, y, z)xz, F z ( x, y, z)ezxy有 Dn2 2( Dn 1 2)且当x 0, y 1时，z

10、 0，所以由于 D12, D2 6 ，得 Dn2n 1( D1 2) 2 2n 12 zF (0, )10zF y (0, , ) 1014设二维随机变量服从正态分布10110， 则x(X,Y)N(,;,;)|(0, )11,|( ,)010,Fz (0,1, 0)xyFz (0,1,0)PXYY 0也就得到 dz |(0 ,1)dx.【详解】由于相关系数等于零，所以 X，Y 都服从正态分布，12设是由平面 x yz1和三个坐标面围成的空间区域，则( x2 y3z)dxdydzX N (1,1),Y N (0,1) ，且相互独立 则 X1 N(0,1)【详解 】注意在积分区域内，三个变量x,

11、y, z 具有轮换对称性 ，也就是x dxdydzydxdydzzdxdydzPXYY0P Y ( X1)0P Y0, X10P Y0, X1( x 2 y 3z)dxdydz 6zdxdydz11z)2 dz16 zdz dxdy 3z(1004Dz三、解答题15（本题满分 10 分）设函数f ( x) xaln(1，2002x ) bx sin x1202g( x) kx3 在 x0 时为等价无穷小 ，求常数 a, b, k 的取值 13 n 阶行列式0022【详解 】当 x 0时，把函数 f ( x) x a ln(1x )bx sin x展开到三0012阶的马克劳林公式 ，得1)n 1

12、 2( 1)n 1【详解 】按照第一行展开，得 Dn2Dn 1 (2Dn12，word 可编辑 .-.-x2x331x3o( x3)f ( x) x a( xo( x) bx( x236(1 a) x ( ab) x2( a ) x3o( x3 )231a 0由于当 x0 时， f ( x), g( x) 是等价无穷小 ，则有ab 0，2ak3解得 ， a1, b11, k.2316 （ 本题满分10 分）设函数 yf ( x) 在定义域 I 上的导数大于零，若对任意的x0I ，曲线yf ( x) 在点 ( x0 , f ( x0 ) 处的切线与直线xx0 及 x 轴所围成区域的面积恒为4，且

13、 f (0)2 ，求 f ( x) 的表达式 【 详解】 yf ( x)在点( x0 , f ( x0 )处的切线方程为yf ( x0 )( xx0 )f ( x0 )f ( x0 )令 y0 ，得 xx0f ( x0 )曲线 yf ( x) 在点00)处的切线与直线xx0 及 x 轴所围成区( x , f ( x域的面积为S1 f ( x0 )( x0 ( x0f ( x0 ) )42f ( x0 )整 理 ， 得 y1 y2 ， 解 方 程 ， 得 1C1 x ， 由 于 f (0)2 ， 得8y81C2所求曲线方程为y8.4x17（ 本题满分 10分）设函数f ( x, y)xyxy，

14、曲线 C : x2y2xy 3 ，求 f ( x, y)在曲线 C 上的最大方向导数 【详解 】显然f1yf1x,xyf ( x, y)xyxy在( x, y)处的梯度word 可编辑 .- -.-gradff, f1y,1 x（ 2）设函数u1 ( x ), u2 ( x), un ( x)都可导，xyf ( x)u1( x)u2 ( x) un ( x) ，写出 f ( x) 的求导公式 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(1y)2(1 x)2【详解 】（1 ）证明 ：设 yu( x)v( x)所 以 此 题 转 化 为

15、 求 函 数 F ( x, y) (1 x)2(1 y) 2在 条 件C : x2y2yu( xx)v(xx) u( x) v( x)xy3下的条件极值 用拉格朗日乘子法求解如下：令 L( x, y, ) (1 x) 2(1 y)2( x2y2u( xx)v( xx )u( x)v( x x )u( x)v( xx)u( x)v( x)xy 3)F x2(1x) 2xy0解 方 程 组 F y2(1y) 2 yx0，得几个可能的极值点x 2y2xy 31,1 ,(1, 1),( 2,1),(1, 2) ，进行比较 ，可得 ，在点 x2, y1 或 x1, y2 处，方向导数取到uv(xx)u(

16、 x)vyu v(xx) u( x) uxxx由导数的定义和可导与连续的关系yuv( xuy' limlimx) u( x) u'( x)v( x ) u( x)v'( x)x 0 xx 0xx最大，为93.18 （ 本题满分10 分）（2 ） f ( x)u1( x)u2 ( x)un ( x)（ 1 ） 设 函 数u( x) , v ( x都 可 导 ， 利 用 导 数 定 义 证 明f ( x )u1 ( x)u1( x)u2 ( x)un ( x)u1 ( x )u2 ( x )un( x )u1 ( x)u2 ( x)u(u( x)v( x )u ( x)v(

17、 x)u( x )v ( x) ；word 可编辑 .-.19 （ 本题满分10 分）已知曲线L 的方程为z2x2y2，起点为 A(0,2,0) ，终点为zxB(0,2 ,0)，计算曲线积分( yz)2d(2xzx(yd)y)Lxcost【详解 】曲线 L 的参数方程为y2 sint ,zcost起点 A(0,2, 0) 对应 t，终点为 B(0,2, 0) 对应 t22( yz)dx( z2x2y)dy( x2y2 )dzL2 ( 2 sintcost)d(cost)( 2 cost)d( 2 cost)(2cos2 t)d cost22 22 sin2 tdt2.0220 （ 本题满分11

18、 分）设向量组 1,2,3为向量空间R3的一组基，12 1 2k 3 , 22 2 , 33(k 1) 3 -（1）证明：向量组1, 2,3 为向量空间 R3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.201x【详解 】（1 ）y ( 1, 2 ,d 3 )z 1,2 ,3020，2k0k120121因为0 204 0，且1,2 ,2k13 显然线性无2k 0 k 12k关，所以1, 2,3 是线性无关的 ，当然是向量空间R3 的一组基 （2 ）设非零向量在两组基下的坐标都是( x1, x2 , x3 )

19、 ，则由条件x1 1x2 2x3 3x1 1x2 2x3 3可整理得 ： x1(12k 3 )x22x3(1k 3 )0，所以条件转化为线性方程组12k 3 ,2 , 1k 3 x0 存在非零解 从而系数行列式应该等于零，也就是word 可编辑 .-.-101101(1,2,3)010(1,2,301002k0k2k0k101由于 1, 2,3 显然线性无关 ，所以 0100，也就是 k 0 2k0kx1此时方程组化为1 , 2 , 1 x2( x1x3 ) 1x2 20 ，x3x1x30x1C1 , 2x20 ，其中由于线性无关 ，所以0，通解为x2x3CC 为任意常数 C所以满足条件的0其

20、中 C 为任意不为零的常数C21 （ 本题满分11 分）023120设矩阵A133相似于矩阵 B0b012a031（ 1）求 a, b 的值；（2）求可逆矩阵 P ，使 P 1AP 为对角矩阵 【详解 】（1 ）因为两个矩阵相似，所以有 trAtrB ， AB 也就是3 a2ba42a3bb5120（2）由E B050(1)2 (5) 0 ，得 A，B031的特征值都为121,35解方程组 (EA) x0 ，得矩阵 A 的属于特征值121 的线性无关23的特征向量为11.20；01解方程组 (5EA) x0得矩阵 A 的属于特征值35 的线性无关的特1征向量为311231100令 P1,2,3

21、10 1，则 P 1AP010.01100522（本题满分 11分）设随机变量 X的概率密度为word 可编辑 .-.-f ( x)2 x ln 2, x 0E(Y )kP(Y17 k 2170,x 0k )k(k 1)S16k 2n 2 648648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 Y23（ 本题满分 11分）为次数 设总体 X 的概率密度为求 Y 的分布函数 ；11f ( x; ),x1（ 1）求 Y 的概率分布 ；0, 其他（ 2）求数学期望 EY .其中 为未知参数 ， X1, X 2, X n 是来自总体的简单样本【详解 】（1 ） X 进行

22、独立重复的观测，得到观测值大于 3 的概率为（1）求参数的矩估计量 ；P(X 3)2 x ln 2dx1（2）求参数的最大似然估计量 38显然 Y 的可能取值为2,3, 4,11k 21k2P(Yk)17( k 1)7, k2,3,4,且8Ck1 88648（2）设S( x)n( n 1) xn 2( xn )xnx223 , x 1n 2n 2n 21 x(1 x)【详解 】（1 ）总体的数学期望为E(X)111)xdx(112令E(X)X ，解得参数的矩估计量 ： ? 2X1 （2 ）似然函数为1,x1 , x2 , , xn 1L( x1 , x2 , , xn ; )(1 )n0,其他

23、word 可编辑 .-.-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? min( x , x, x).12n2016 年全国硕士研究生入学统一考试数学 (一)试卷一、选择题 ： 18 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+1b dx 收敛 ，则（）。0a(1x)xA.a1 且 b1B.a1且 b1C.a1且 ab1D.a1 且 ab1【答案 】Cword 可编辑 .- -.-+111+111ln xdx x ln x

24、x 1dx x ln x x C ，因此选择 D.【解析 】a(1 x)b dx=a(1 x)b dx+a(1 x)b dx ，而xa dxx0x0x1x0当 a 1时收敛，而此时(1x)b（ 3 ） 若 y (1 x2 )21 x2 , y (1x2 )21 x2 是 微 分 方 程不影响，+1+1+1y 'p( x) yq( x) 的两个解 ，则 q(x) = （）。dx ， 而dx 当 a b1 时 收1abdx=1b(1 x)1a b1 bxa2xxA.)(1)3x(1 xx敛，此时 (11) b 不影响 ，因此选择 C.B.3x(1x2 )x（ 2 ） 已 知 函 数 f (

25、 x)2 (x1)x,1ln x, x， 则 f ( x) 的 一 个 原 函 数 是1（）。A.(x 1)2 , x1F ( x)1),x 1x(ln xB.( x 1)2 , x1F ( x)1)1,x1x(ln x(x 1)2 , x1C. F ( x)1)1,x1x(ln x( x 1)2 , x1D. F ( x)1)1,x1x(ln x【答案 】D【 解析】 对函数f ( x)做不定积分可得原函数，xC.x21D.xx21【答案 】A【解析 】将 y(1x2 ) 21 x2 代入微分方程可得：4x(1x2 )xx2p( x)(1x2 )21x2 q(x)1而将 y(1x2 )21x

26、2 代入微分方程可得：4x(1x2 )xx2p( x)(1x2 )21x2 q(x)1将这两个式子相加可得： 8x(1x2 )2 p( x)(1 x2 )22q( x)两个式子相减可得：2x2p( x)1 x201 x2word 可编辑 .-.-因此可得2) (x）2)24 x(1 x2)2)3x(1 x2)q(x) 4x(1 x1 x2(1xx(1 x故选择 A.x, x0（ 4）已知函数 f ( x)1 ,1x1，则（）。, n 1,2,Lnn1nA. x 0 是 f (x) 的第一类间断点B.x0 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 (

27、 x) 在 x0 处可导【答案 】D【解 析】limf ( x) limf ( x)10f (0) ， 因此 在 x0 处 连limx 0nnn续，f (x)f (0)10lim f '( x)1， 而 lim f '(x)limlim n， 而x 0x0x 0xnx1 x 1 ，因此n1n1n 1n(n 1) 1，而左右两边的极限均为1 ，因此 lim f '(x)1 ，nxnx 0故在 x0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. AT与BT相似B. A1与B1相似C. A AT与B BT相似D.A A1与 BB 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 1APB ，于是有：(P 1AP)TPTAT(P 1)TPT AT (PT) 1BT，即 AT BT，(