2016考研数学一真题答案

2023年12月2日发(作者：中考数学试卷真题2020苏州)

2016全国研究生入学考试考研数学一解析

本试卷满分150，考试时间180分钟

一、选择题：1～8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的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.

．．．（1）若反常积分a1x1xb0dx收敛，则

Aa1且b1

Ba1且b1

Ca1且ab1

Da1且ab1

【答案】：C

【解析】：注意到11xx0在为瑕积分，在为无穷限反常积分， 仅在x为无穷bax1x限反常积分，所以a1,ab1

（2）已知函数f(x)2x1,x1lnx,x1，则fx一个原函数是（ ）

ì2x-1,x<1ïx1,x1

BFx=í

AFxxlnx1,x1ïxlnx+1-1,x³1î2()()()22x1,x1x1,x1

DFx

CFxxlnx11,x1xlnx11,x1【答案】：D

【解析】：由于原函数一定是连续，可知函数Fx在x1连续，而A、B、C中的函数在x1处均不连续，故选D。

（3）若y1x则qx（ ）

221x2，y1x21x2是微分方程ypxyqx两个解，2A3x1x2

B3x1x2

C

xxD

1x21x2 【答案】：

A

【解析】：分别将y1x2两式做差，可得px21x2，y1x21x2带入微分方程ypxyqx，2xx23x1xqx. 两式做和，并且将带入，可得px1x21x2x,x0（4）已知函数f(x)111，n1,2,,xnnn1（ ）

Ax0是fx第一类间断点

Bx0是fx第二类间断点

C

fx 在x0处连续但不可导

Dfx在x0处可导

【答案】：

D

\'【解析】：f(x)limx0fxf0xlim1

x0x0xf\'(x)limx0fxf0fxfxn111n1lim1。当时，,由于xlim1，nnx0x0xxnn1n\'由夹逼定理可知：f(x)limx0fx1。故fx在x0处可导，选D。

x（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

A1与B1相似

C

AAT与BBT相似

DAA1与BB1相似

【答案】：C

【解析】：因为A与B相似，所以存在可逆矩阵P，使得PAPB,两端取转置与逆可得：1PTATPTBT,P1A1PB1,P1AA1PBB1,可知A、B、D均正确，故1选择C。

（6）设二次型f(x1,x2,x3)x12x22x324x1x24x2x34x1x3，则f(x1,x2,x3)2在空间直角坐标系下表示的二次曲面是（ ）

(A)单叶双曲面

(B)双叶双曲面

(C)椭球面

(D)柱面

【答案】：(B)

【解析】：求出二次型矩阵的特征值。设122A212。2212122EA212154,从而可知二次型的正惯性指数为1，负惯221性指数为2，从而二次型f(x1,x2,x3)2表示双叶双曲面，故选择(B)。

（7）设随机变量X为X~N(,)(0),记pP{X}.则（ ）

22(A)p随着增加而增加

(B)p随着增加而增加

(C)p随着增加而减少

(D)p随着增加而减少

【答案】：(B)

22【解析】：将X标准化，pP{X}P{X}P{从而可知，p随着增加而增加

X}

（8） 随机试验E有三种两两不相容的结果A1,A2,A3,且三种结果发生的概率均为1，将试验E独3立重复做两次，X表示2次试验中结果A1发生的次数，Y表示两次试验中结果A2发生的次数，则XY的相关系数为（ ）

A1111

B

C

D

2332【答案】：A

【解析】：可知二维离散型随机变量X,Y的联合分布律为

X Y

0

1

2

0

1/9

2/9

1/9

1

2/9

2/9

0

2

1/9

0

0 所以,YEXYEXEYXYCovXDXDYDXDY12

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.

x（9）lim0tln1tsintdtx01cosx2_______.

【答案】：12

x【解析】：原式为：lim0tln(1tsint)dtxln(1xsinx)x31x01limlimx4x02x3x02x32

2（10）向量场A(x,y,z)=(x+y+z)i+xyj+zk，旋度rotA_______

ijk【答案】：rot(A)xyzjy1k

xyzxy2（11）设函数fu,v可微，zzx,y由方程x1zy2x2fxz,y确定，dz0,1______

【答案】：dz1,0dxdy2

【解析】：由一阶微分形式不变性，

zdx(x1)dz2ydy2xf(xz,y)dxx2f\'1(xz,y)dxdzx2f\'2(xz,y)dy

将x0,y1,z1代入，dxdz2dy0,所以，dz0,1dx2dy

（12）设函数fxarctanxx1ax2，且f01，则a______

【答案】：

12

【解析】：fxx1x3ox3x1ax2ox21ax3ox333

f01，可知a11136，故a2

则（13）行列式1004030100121______

【答案】：432234

-1000-10【解析】：令=D400-1432+1

由展开定理地递推公式D4D34,D3D23,D222，故

D4432234

（14）设X1,X2,,Xn为来自总体N,2的简单随机样本，样本均值X9.5，参数置信度为0.95的双侧置信区间的置信上限为10.8，则置信度为0.95的双侧置信区间为________.

【答案】[8.2,10.8]

【解析】置信区间的中心为x，可知置信下限为8.2，故置信区间为[8.2,10.8]。

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.

ìppü（15）已知平面区域D=ír,q|2£r£21+cosq,-£q£ý，计算二重积分òòxdxdy。

22þîD()()

【答案】：积分区域关于x轴对称，D1为x轴上方区域

xdxdy2xdxdy22dDD102(1cos)2r2cosdr162(3cos3cos2cos3)cosd30162(3cos23cos3cos4)d30161231(33)3223422161532(2)53163

（16）设函数y(x)满足方程y2yky0，其中0k1。

（1）证明：反常积分\'0y(x)dx收敛

（2）若y0=1,y¢0=1，求\'\'()()0y(x)dx的值

【解析】：（1）y2yky0的特征方程为2+2+k0，

所以1=244k11k,211k

2 由于0k1，所以10,20，

所以yxC1e 所以11kxC2e11kx

+0yxdxC1e1xdxC2e2xdx

00 又因为10,20，所以（2）由（1）可知+0yxdx收敛

+0yxdx=C1C2，

11k1k1C1C21由于y01,y01，所以C1k1C21k11

1\'故+0yxdx=C1C23

11k1k1kfx,y,yy1，Lt是从点0,0到点1,t且f02x1e2xy，x

（17）设函数fx,y满足

的光滑曲线，计算曲线积分Itfx,yfx,ydxdy，并求It的最小值。

Ltxy【答案】： 由于fx,y2x1e2xy，所以fx,yxe2xyy，

x2xy 由于f0,yy1，所以f0,yy=y1，所以fx,yxe由于y1

fx,yfx,ydxdydfx,y，故

xyfx,yfx,y1,tItdxdyfx,y0,0e2tt

LtxyIte2tt，I\'t1e2t，令I\'t0,得t2

当t2时，可知I\'t0，It单调递减；当t2时，可知I\'t0，It单调递增；

所以It在t2时取得最小值，I23

（18）设有界区域由曲面2xy2z2与三个坐标平面围成，为整个表面的外侧，计算曲面积分Ix21dydz2ydzdx3zdxdy。

【解析】：由Gauss公式可得

I=2x23dxdydzx22dxdydz3

VVdz012xy212x1dxdy2z2

（19）已知函数fx可导，且f01,0fx证明（1）级数1，设数列xn满足xn1fxnn1,2,2n，xn1n1（2）limxn存在且0limxn2。

xn绝对收敛；n【解析】：证明：（1）由Lagrange中值定理可知

xn1xnfxnfxn1fnxnxn1，

其中n在xn与xn1之间。

由于0fx11，所以xn1xnxnxn1，

22

同理可知，xn1xn注意到12n1x2x1

1n1n12x2x1收敛，所以xn1xn绝对收敛。

n1（2）由于xn1xn收敛，所以部分和数列Snxn1xnxnxn1n1x2x1xn1x1收敛，也即limxn1x1存在，所以limxn存在。

nn设limxna，则limxn1limfxn，所以afa。

nnn令gxfxx，

g010，g2f22f0f\'202f012020，

2所以gx在0,2上有一根，又gxfx10，则gx在,内唯一的根在0,2上。故0a1，也即0limxn2。

n21112a1,B1a（20）设矩阵A2，当a为何值时，方程AXB无解，有11a12a唯一解，有无穷多解？在有解时，求解此方程。

【解析】：（1）当A0时，可知方程AX0有唯一解

Aa1a2即当a1且a2时方程有唯一解

2111211122a10a34AB0a211aa1200a11a2a4

022令10,2a

a1211所以方程组Ax1可解的11,1

a2a2a4a4方程组Ax2可解的22,,0

a2a2

TT所以X1,2

（2）当a1时，方程AxB有无穷多解

24方程组Ax1可解的1,k1,k1,k1为常数

33方程组Ax2可解的21,-1-k2,k2,k2为常数

所以X1,2

（3）当a2时，方程AxB无解

TTT011（21）(本题满分11分)已知矩阵A230.

000（1）求A.

（2）设三阶矩阵B(1,2,3)满足BBA，记B100(1,2,3)，将1,2,3分别表示为2991,2,3的线性组合。

112【解析】： （1）EA23032，可知A的特征值为：0,1,2。

0031030112A230011，则0的特征向量为2

20000001111101AE220001，则1的特征向量为1

001000011012112A2E210001，则2的特征向量为2

0002000

311011令P212，则PAP,APP1,

2002则有

1009999311022212100100A99P99P121212122212992000210112（2）BBA可知

B210022982299

0BA99，即

29921299321002121000022982299，

012312则129921210022，212991121002，32298122992

（22）(本题满分11分)设二维随机变量(X,Y)在区域D{(x,y)|0x1,x2yx}服从均1匀分布，令U0XY

XY（1）写出(X,Y)的概率密度.

（2）问U与X是否相互独立，说明理由。

（3）求ZUX的分布函数F(Z).

3(x,y)D1【解析】：（1）D的面积S(xx)dx，则(X,Y)的概率密度f(x,y).

00其他312（2）fX(x)xx23dy3(xx2)，0x1f(x,y)dyx

0其他

FX(x)0x03fX(t)dt2x2x30x1

1x1

0x0230x1，可知X与U有关，故不独立。 当U0时，P{Xx}3x2x1x1（3）F(z)P{Zz}P{XUz}

P{U1}P{XUz|U1}P{U0}P{XYz|U0}

11P{Xz1|U1}P{Xz|U0}22

0x00x032230x1,P{Xx|U1}4x3x20x1 其中P{Xx|U0}3x2x1x11x10z132故P{Xz1|U1}4(z1)23(z1)1z2

1z20z0P{Xz|U0}3z22z30z1.

1z10,z013z22z3,0z12从而F(z)

3114(z1)23(z1)2,1z2221,z23x2,0x（23）设总体X的概率密度为fx;3，其中0,为未知参数，0,elseX1,X2,X3为来自总体X的简单随机样本，TmaxX1,X2,X3。

（1）求T的概率密度；

（2）确定a，使得aT为的无偏估计.

【解析】：（1）T的分布函数为

FT(x)P{Tx}P{X1x,X2x,X3x}

P{Xix}i13 （F(x)为X的分布函数）.

[F(x)]39x82则T的概率密度为fT(x)3[F(x)]f(x)90(2)ET

0x其他.

xfT(x)dx9x909dx99a10，则E(aT)aET，可知a.

10109