考研数学一真题及答案全

2023年12月10日发(作者：十一校联考数学试卷13题)

2017年全国硕士研究生入学统一考试

数学一试题

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,只有一个选项是符合题目要求的．请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上．

．．．1cosx,x01若函数f(x)在x连续,则

axb,x0 A

ab答案A

详解由limx01．

2B

ab1．

2C

ab0． D

ab2．

1cosx11b,得ab.

ax2a22设函数fx可导,且f(x)f\'(x)0则

A

f1f1 ． B

f1f1．

C

f1f1．

答案C

D

f1f1.

f2(x)]0,从而f2(x)单调递增,f2(1)f2(1). 详解f(x)f(x)[23函数f(x,y,z)xyz在点(1,2,0)处沿着向量n(1,2,2)的方向导数为

A

12．

答案D

详解方向余弦cosB

6． C

4． D2 ．

2212,coscos,偏导数fx2xy,fyx2,fz2z,代入33cosfxcosfycosfz即可.

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)单位：m/s,三块阴影部分面积的数值一次为10,20,3,计时开始后乙追上甲的时刻记为单位：s,则 A

t010．

答案C

详解在t025时,乙比甲多跑10m,而最开始的时候甲在乙前方10m处.

5设α为n维单位列向量,E为n阶单位矩阵,则

A

Eαα不可逆．

C

E2αα不可逆．

答案A

详解可设TT

D

t025． B

15t020． C

t025．

B

Eαα不可逆．

TT

D

E2αα不可逆．

T,则T的特征值为1,0,,0,从而ET的特征值为0,1,,1,因此ET不可逆.

200210126设有矩阵A021,B020,C

0010012 AA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．

答案B

详解A,B的特征值为2,2,1,但A有三个线性无关的特征向量,而B只有两个,所以A可对角化,

B则不行.

7设A,B为随机事件,若0P(A)1,0P(B)1,则P(A|B)P(B|A)的充分必要条件

A

P(B|A)P(B|A)．

C

P(B|A)P(B|A)．

答案A

详解由B

P(B|A)P(B|A)．

D

P(B|A)P(B|A)．

P(A|B)P(A|B)得P(AB)P(AB)P(A)P(AB)P(B)P(B)1P(B),即P(AB)>P(A)P(B);

由P(B|A)P(B|A)也可得P(AB)>P(A)P(B). 8设X1,X2,不正确的是

A1n,Xn(n2)为来自总体N(,1)的简单随机样本,记XXi,则下列结论ni1(Xi1nni)2服从2分布 ．

2B

2(XnX1)服从分布．

2 C

(Xi1iX)2服从2分布． D

n(X)服从分布．

22

答案B

nnXi22~N(0,1)(Xi)~(n),(XiX)2~2(n1); 详解1i1i1(XnX1)2122~2(1).

X~N(,),n(X)~(1);XnX1~N(0,2),2n

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已知函数f(x)答案0

详解f(x)1(3)f(0) ．

,21x(1x1),没有三次项.

11x2x421x10微分方程y2y3y0的通解为 ．

x答案ye(C1cos2xC2sin2x)

x2详解特征方程r2r30得r12i,因此ye(C1cos2xC2sin2x).

11若曲线积分xdxaydy22在区域D(x,y)xy1内与路径无关,则a

22Lxy1 ．

答案1

详解有题意可得QP,解得a1.

xxn112幂级数(1)n1nxn1在-1,1内的和函数S(x) ．

答案1

(x1)2详解(1)n1n1nxn1[(x)n]n11.

2(x1)10113A112,1，2，3是3维线性无关的列向量,则A1,A2,A3的秩011为 ．

答案2

详解r(A1,A2,A3)r(A)2

14设随即变量X的分布函数F(x)0.5(x)0.5(数,则EX ．

答案2

详解EXx4),其中(x)为标准正态分布函2xf(x)dx0x[0,5(x)0.5x4()]dx2.

22三、解答题：15～23小题,共94分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请将答案写在答题纸指定位置上．

．．．15本题满分10分．

dy设函数f(u,v)具有2阶连续偏导数,yf(e,cosx),求dxxd2y,2x0dx.

x0答案yf(ex,cosx)

dyf1\'exf2\'sinx,dxdyx0f1\'(1,1)dx

2

dy\'\'x\'\'\'\'x\'\'f11ef12sinxexf1\'ex(f21ef22sinx)sinxf2\'cosx2dxd2y\'\'\'\'x0f(1,1)f(1,1)f1112(1,1)2dx16本题满分10分．

求lim答案

kkln(1).

nn2nlimkkln(1)2nnk1n122nn1lim2ln(1)2ln(1)...2ln(1)nnnnnnn11122nnlimln(1)ln(1)...ln(1)nnnnnnnn111xln(1x)dxln(1x)dx200211111x2ln(1x)x2dx00221x111x211ln2dx0221x11111ln2[(x1)dxdx]00221x11111ln2[(x2x)ln(1x)]002221111ln2(1ln2)222417本题满分10分．

已知函数y(x)由方程xy3x3y20确定,求y(x)的极值.

答案xy3x3y20①,

方程①两边对x求导得：3x3yy33y0②,

\' 令y0,得3x3,x1.

222\'\'3333

当x1时y1,当x1时y0.

方程②两边再对x求导：6x6y(y)3yy3y0,

\' 令y0,6x(3y1)y0,

2\'\'\'22\'\'\'\'3\'\',当x1,y0时y6.

2 所以当x1时函数有极大值,极大值为1,当x1时函数有极小值,极小值为0.

当x1,y1时y\'\'

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,limx0f(x)0.证明：

xI方程f(x)0在区间(0,1)内至少存在一个实根; II方程f(x)f\'\'(x)[f\'(x)]0在区间(0,1)内至少存在两个不同实根.

答案

1x02limf(x)0,由极限的局部保号性,c(0,),使得f(c)0,又xf(1)0,由零点存在定理知,(c,1),使得,f()0.

2构,造,F(x)f(x)f\'(x)F(0)f(0)f\'(0)0F()f()f\'()0,f(x)由拉格朗日中值定理知0,f\'(0)0,x0xf(1)f(0)f\'(0)f\'()0,所以由零点定理知(0,1),f\'()0,10lim1(0,)(0,1),使得f\'(1)0,F(1)f(1)f\'(1)0, 所以原方程至少有两个不同实根;

19本题满分10分．

设薄片型物体S是圆锥面zx2y2被z22x割下的有限部分,其上任意一点处的密度为(x,y,z)9x2y2z2,记圆锥面与柱面的交线为C；

I求C在xOy平面上的投影曲线的方程；

II求S的质量M;

22(x1)2y21zxy答案1C的方程为,投影到xoy平面的方程为：

2z0z2x(2)Mu(x,y,z)dS9x2+y2z2dS92x2+y2x2+y2dS18d222cos08x+ydxdy182cos3d

32222962cos3d96(1)64

03

20本题满分11分．

设3矩阵A(1,2,3)有3个不同的特征值,3122

I证明：r(A)2;

II若123,求方程组Ax的解.

答案

312，12230,11,2,320，故10是A的特征值.1又A有三个不同的特征值,故10为单根,且A一定能相似对角化.

A~,

r(A)r()2.（2）由1,Ax0的通解为k1,2,1,

T1T123,故有1,2,31，即A1,1,1.

1Ax的通解为k1,2,1(1,1,1)T(k为任意常数).

T

21本题满分11分．

222设二次型f(x1,x2,x3)2x1x2ax32x1x28x1x32x2x3在正交变换xQy 下22的标准形为1y12y2,求a的值及一个正交矩阵Q;

142（21）答案二次型的矩阵A111,

41a22因为二次型在正交变换下的标准形为1y12y2,故A有特征值0,

A0,故a2.

2由EA1141(3)(6)0得特征值为

114213,26,30.

解齐次线性方程组iEAx0,求特征向量. 5141011对13,3EA121011,得11；

41500014141011对26,6EA171010,得20；

4140001

2141011对30,0EA111012,得32；

4120001因为1,2,3属于不同特征值,已经正交,只需规范化：

令1111,1,1T,2211,0,1T,311,2,1T,

123261201216222f3y6y,对应标准形为.

12616131所求正交矩阵为Q313

22本题满分11分．

设随机变量X与Y相互独立,且X的概率分布为P{X0}P{X2}密度为f(y)I求P{YEY}

II求ZXY的概率密度;

22、答案1EY12yf(y)dyy2ydy,

Y03232301,Y的概率22y,0y1

0,其他.PYEYfY(y)dy2ydy（2）Z的分布函数为

4.

9FZ(z)PZzPXYz,X0PXYz,X2PX0，YzPX2，Y2z1FY(z)FY(z2)21PYzPYz2

2故Z的概率密度函数为

z00,z,0z10z1z,1fZ(z)FZ(z)f(z)f(z2)0,1z2z2,2z3.

2z2,2z30,其它z30,

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,Xn相互独立且均服从正态分布N(,).该工程师记录的是n次测量的绝对误差ZiXi(i1,2,,n).利用Z1,Z2,Zn估计.

I求Zi的概率密度；

II利用一阶矩求的矩估计量；

III求的最大似然估计量.

答案Z1的分布函数为FZ1(z)PZ1zPX1zP2X1z,

z0时,FZ1(z)0;

zz0时,FZ1(z)21.(z)所以Zi的概率密度均为fZ(z)FZ（2）EZ122e2,20,z2z0其他2.

02ze2z222令tzdz220tet222dt2te202,

2令EZ1Z,即2Z,得的矩估计量为：

2ˆ21nZ,其中ZZi.

2ni13记Z1,Z2,,Zn的观测值为z1,z2,,zn,当zi0(i1,2,,n)时,

似然函数为L()f(z;)ii1i1nn22e22n(2)2nzi2n2ne122zi2i1n,

n1lnL()nln2ln(2)nln222zi12i,

dlnL()n1n21n2令3zi0，得zi

di1ni11n2ˆ的最大似然估计量为Zi.

ni1