最新考研高数一真题(附答案)资料

精品文档2008年研学试分、解评注一选题(题小，小4分，分.每题出的个项，有项符题要，所项的母在后括内)（1）设函数

(x)

x

，则

f

的零点个数为【】0(A)0.(B)1.(C)2.(D)．【答】应B).【详】

f

ln(2x

22xln(22

．显然

f

在区间

(

上连续

f

由零点定理，知

f

至少有一个零点．又

f

2

)

4x22

2

恒大于零所

f

在(

上是单调递增的．又因为

f

，根据其单调性可知，

f

至多有一个零点．故

f

有且只有一个零点．故应B).（2）数

f(y)arctan

在点(处梯度等于【】(A)

i

(B).(C)

j

.(D).【答】应选【详】因

1yyy2．2x222x12

．所以

(0,1)

，

，是f(y)(0,1)

(0,1)

.故选A).（3）下列微分方程中，以

yxx2x3

（

C,1

3

为任意的常数）为通解的是【】(A)

y

.(B)

y

.(C)

y

.(D)

y

.【答】应选精品文档33z精品文档【详】由

ye

x

cos2x2x3

，知特根

1

1，

2,3

2

，故对应的特征值方程为1)(i)(2i)(4)

4

所以所求微分方程为

y

0

．应选（4）设函数

f(x在(

内单调有界，

{}n

为数列，下列命题正确的是【(A)若

{}n

收敛，则

{f()}n

收敛

(B)若

{}n

单调，则

{f()}n

收敛(C)若

{)}n

收敛，则

{}n

收敛.(D)若

{f(x)}n

单调，则

{}n

收敛.【答】应选【详解】若

{}n

单调，则由函数

f(x在(

内单调有界知，若

{f()}n

单调有界，因此若

{f(x)}n

收敛．故应选（5）设为阶零矩阵，E为n阶位矩阵．若A，则【】则下列结论正确的是：(A)(C)

EA不逆，则不逆(B)E可，则可逆.(D)

E可逆，则E可逆.EA逆，则不逆【答】应【详】故选EAEA2)AE

，

E)(EAA)

．故

E

，

E

均可逆．故应选

（6）设

A

为3阶实对称矩阵，如果二次曲面方程

zA

在正交变换下的标准方程的图形如图，则A的特征值个数为【】(A)0.(B)1.(C)2.(D)3.精品文档精品文档【答】应选2y2z【详解】此二次曲面为旋转双叶双曲面，此曲面的标准方程为a2c2特征值个数为1．应

2

．A的正（7）随机变量X,独立同分布且的分布函数为数为【】

F(，{,}

的分布函(A)

2

()

.(B)

F()F(y

.(C)[1F()](D)F((y)].【答案】应(A)．【详解】

()Pzmax{X,}zzF()F(zF

2()

．故应选A)．（8）设随机变量

XN(0,1)

,

N(1,4)

,且关系数

XY

1

，则【】(A)(C)

Y2X1}1YX1}

(B)(D)

YX1}1Y【答案】应选．【详解】用排除法．设

YaX

．由

XY

1

，知

X

，

Y

正相关，得

．排除（）和（

XN(0,1)，Y(1,4)，得EX0,EY1,(aX)aEXb

．b，1．而排除B).故选(D)二填题－小，小分共24分答填题横上.)（9）分程

xy

满条件(1)的是y

.【答】应填

1

．【详】由

dyydy，得dxxx

．两边积分，得

ln||

．精品文档xxxx精品文档代入条件

y(1)，C．所

1

．（）曲线

sin(xy))

在点

(0,1)

的切线方程为

.【答】应填

y

．【详】设

F,y)sin())

，则F(xxy)，(x,xxy)

，x

，

．于是斜率

FxFy

．故所求得切线方程为

y

．（11已知幂级数

a(x2)n

n

在处收敛，在

处发散，则幂级数n

a(xn

n

的收敛域为

.n【答】

(1,5]

．【详解】由题意，知

a(x2)n

n

的收敛域为(，

an

n

的收敛域为(2,2]．所n

n以

axn

n

的收敛域为

(1,5]

．n

设

曲

面

是

z4

2

2

的

上

侧，

则

xdzdx2dxdy

.【答】4．【详】作助面

:01

取下侧．则由高斯公式，有

xdxdy

xdxdy

dxdy

2dxdy

．

x

4精品文档drrdr2220，从而drrdr2220，从而．B0101012精品文档

(

2

)

1162004

．设A为2阶阵1

2

为线性无关的维向量，

A，A212

2

则A的非零特征值为__________.【答】应1【详】根题设条件，得

A(1

)(A)(0,2212

)(11

)2

2

．记

1

)2

，因

1

2

线性无关，故

,1

)2

是可逆矩阵．因此P

22

，则与似，从而有相同的特征值．因为

B|

20

，，

．故A

的非零特征值为．设随机变量服参数为1的松分布，则X____________．【答】应.【详X服参数为1的松分布

EXDX

由

EX()2得．P2三解题－23小题，共94分)(15)(本满分)

．求极限

x)x4【详解1】

0

x)x4

lim0

xsin(sin

＝

x0

cosx)322x

sin(sinxx

(或

0

1(sin)2xo(sinx，或lim32x32

)精品文档精品文档

．【详解2】

0

x)x4

lim0

x)x4t

＝

t

tsintlimt3t3t

t

（或

limt0

tt

）

．（）(本满9分)计算曲线积分

sinx

2

，其中

L

是曲线

yx

上从

(0,0)

到

L的一段．【详解1】按曲线积分的计算公式直接计算．

sinx

2

L

[sinxdxx

1)sinxcosx]

x

sin0

x

2

2

0

2

x2xdx002x220．2

0

2

【详解2】添加辅助线，按照Green公进行计算．设

1

为

轴上从点

,0)

到

(0,0)

的直线段．

D

是

1

与围的区域

2

L

D

x2x

D

4

x

xydydx

xsin

xdx

xx)

精品文档L112xsinL112xsinx精品文档

x22

0

0

2xx2xdx220

0

2

2

．因为

xdxx

2

0

2xdx

故

L

sin2x

2【详解3】令

I

sinxdxx

2

ydyLxdxydy2ydyIL

2对于I，记P2x,1Isin2．

．因为

，I与积分路径无关．对于I

I，2xcos

x

sin

x2x2

xdx00

22

0

cosdx2220

2

．故

L

sin2

2（本满11分已曲

:

x2y20,x5,

求

C

上距离

面最远的点和最近的点．【详】精品文档

(,y,z)面的距离为||故C上离面最远的点和最近的点的3y3y精品文档坐标等价于求函数

z

在条件

x

2z

0,xy3z

下的最大值点和最小值点．构造拉格朗日函数L(x,zxy22)xz

，由

LxLyLz2y22y得

x

，从而

22z20,2z

解得或z5.根据几何意义，曲线C上存距离面最远的和最近的点，故所求点依次为(5,5,5)

和

(1,1,1)

．【详2】点

(,y,z)

到

面的距离为

z|

故

上距离

面最远的点和最近的点的坐标等价于求函数

x22

在条件

y2

x5

2

0

下的最大值点和最小值点．构造拉格朗日函数L(,z2y2y2(xy5)

，

Lx

x2x(x

由

Ly2y(xy0,y23

0.得x，而

2

29

x

2

．解得精品文档32(cos32(cosx精品文档

或

z5.根据几何意义，曲线C上存距离面最远的和最近的点，故所求点依次为(5,5,5)

和

(1,1,1)

．【详】由

x

222

0

得

xysin代入

x3z，得5z3

sin

所以只要求

)

的最值．令

52(

0，解得

44

．从而或z5.(1,1,1)根据几何意义，曲线(5,5,5)和．

上存在距离

面最远的点和最近的点，故所求点依次为（）(本满分)设

f()

是连续函数，（）用定义证明函数

F)

f(t)

可导，且

()f(

；（II）

f()

是以2为期的周期函数时证明函数

G(x

ft)dtxf)

也是以2为期的周期函数．（证】

Fx)

Fx)(x)x

xlim

f()(tdt0x精品文档xxxx2xx精品文档0

x

f(t)dtx

x0

fxx

limf(f()【注】不能利用L’Hospital法得到

limx

x

f(t)dtx

lim

f(x)x

．【法1】据设，有G2)f(t)dtx(f(f(t)dt00

，

(x)

x

f(t

f()dt

2f(x)

f()dt

．当从而

f()

是以2为期的周期函数时，Gx2))．因而

f(x2)f()

．G(x()

．取

得，

G(02)G

，故

G(x2)G()0

．即

G(x)

ft)dtx

f(t)dt

是以为期的周期函数．【证法2】根据题设，有

G(x2)

2

f(t)dt(x2)f(t)dt

，

2

f()x

2

f()

f()2

ft)dt

．

对于

2

f(t)dt

，作换元

t

，并注意到

f(2)f(u)

，则有

f)dtf(2)duf()

f()dt

，

因而

x

2

f()dtx

f()

．

于是G(x2)

f(t)dtx

f(tG(x)

．

即

G(x)

ft)dtxf(t)dt

是以为期的周期函数【证法3】根据题设，有

G(x2)

2

f(t)dt(x

f()dt

，

2

f(t)dt2

2

f(t)dtx

f()2

f()

精品文档2f(t)dtxf()22f(t)dtxf()2(x)f()dtf()dtx22320精品文档222．

f()2

f()当

f()

是以2为期的周期函数时，必

2

ft)

ft)

．

事实上d

2

f(t)dt)

f(f(x)0

，所以

f(t)dtC

．取

x

得，

C

f(t)dt

f()dt

．

所以G(x2)(t)x(t)()

．即

G(x)

ft)dtx

f(t)dt

是以为期的周期函数(19)(本满分)

将函数

f((0)

展开成余弦级数，并求级数

1

(n

1

的和．【详】将

f()

作偶周期延拓，则有

b0,n2,n

．0

2

0

(1x)d

．an

2

0

f(x

2

0

cos

0

x

2

cos

020xnxdx

0

22n

0

0

2sinn

21)2

n

4(1)n

n

．精品文档精品文档所以

f(x)

aacosnx421

(n1n21

cos

，

0x

．令x=0，

f1

23

1

(1n又

f1

，所以

(1)1n121

．（）(本题满分)设

为3维向量，矩阵

A

，其中

,

分别是

得转置．证明：（）

秩r(A)2；（）

若

线性相关，则秩r(A2．【详解法1】

r(Ar(

r

r

rr(

2

．【证法2】因为

A

，

A

为

3

矩阵，所以

r(A3

．因为3维向量，所以存在向量0，得

0,

0于是

所以0有零解，从而r2

．【证法3】因为

A

，所以

A

为

3

矩阵．又因为

，

所以

|A

0

故

r(A2

．（）【证法】由

线性相关，不妨设

．于是r(

2(1k

r

1(本题分12)．设n

元线性方程组Ax

，其中精品文档x，．x，．精品文档

2a1a2a2a2

2a1a22a

x

xx（）明行列式(na

n

；（）a

为何值时，该方程组有惟一解，并求

1

．（）a

为何值时，该方程组有无穷多解，并求其通解．2a22

1【详解法】学归纳法．记

DA

a

21a

2a

a以下用数学归纳法明

D(n1)

．当

时，

1

，结论成立．当n时D2

21a22

a

2

，结论成立．假设结论对小于

的情况成立．将

D

n

按第一行展开得

2

aDaDnn

2

a

2

2

n2aD1

D22ana

n1

2

n1)

n2故

n(na(n1)

．精品文档2121精品文档【注】本题（1）也可用递推法．由

D2aD1

a

D2

得，DaDn

a(1

aD2

)n(Dan)

．于是

D(n1)a

2a1a22a1（法】元法．记

|

a

2a1a

2a1a

2a2a11rar2

0

3a2a21a

2

2a

2

2an2a0

32

a1r3

ar2

0

43a

a122a1a

2

2aa

2

2an精品文档xx精品文档

1rar1

1

1

n(n1)．（II详】当

0

时，方程组系数行列式

n

，故方程组有惟一解．由克莱姆法则，将

n

得第一列换成

，得行列式为10

1

2a1a22a

1a

21

a

21

D1

na

a

2aa

a

a

2aa

a

1所以，

1(n

．（详解】0，方程组为

x2x0x此时方程组系数矩阵得秩和增广矩阵得秩均为

1

，所以方程组有无穷多组解，其通解为00

0

，其中

为任意常数．(本题分11)设随机变量与Y相独立，X的率密度为

Pi)

13

(i1,0,1)，的概率精品文档22YYYY322YYYY3精品文档密度为0yf(y)0,它记

Z

．（）求

PX

；（）

Z

的概率密度

f(z)Z

.（详】解1．1ZXX011