2017年考研数学一真题与解析汇总

2023年12月10日发(作者：数学试卷各种题型)

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2017年考研数学一真题

一、选择题 1—8小题．每小题4分，共32分．

1cosx,x0１．若函数f(x)在x0处连续，则

axb,x011（B）ab（C）ab0（D）ab2

221x1cosx12【详解】lim，limf(x)bf(0)，要使函数在x0处连续，f(x)limlimx0x0x0axax2ax011必须满足bab．所以应该选（A）

2a2（A）ab2．设函数f(x)是可导函数，且满足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)

【详解】设g(x)(f(x))，则g(x)2f(x)f(x)0，也就是f(x)是单调增加函数．也就得到22f(1)2f(1)f(1)f(1)，所以应该选（C）

2223．函数f(x,y,z)xyz在点(1,2,0)处沿向量n(1,2,2)的方向导数为

（A）12 （B）6 (C）4 （D）2

【详解】fff2xy,x2,2z，所以函数在点(1,2,0处)的梯度为gradf4,1,0，所以xyzf(x,y,z)x2yz2在点(1,2,0)处沿向量n(1,2,2)的方向导数为

f1gradfn04,1,0(1,2,2)2应该选（D）

3n４．甲、乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10（单位：米）处，如图中，实线表示甲的速度曲线vv1(t)（单位：米/秒），虚线表示乙的速度曲线vv2(t)（单位：米/秒），三块阴影部分的面积分别为10,20,3，计时开始后乙追上甲的时刻为t0，则（ ）

（A）t010 （B）15t020

（C）t025 （D）t025

【详解】由定积分的物理意义：当曲线表示变速直线 精心整理

运动的速度函数时，S(t)T2T1v(t)dt表示时刻T1,T2内所走的路程．本题中的阴影面积S1,S2,S3分别表示在时间段0,10,10,25,25,30内甲、乙两人所走路程之差，显然应该在t25时乙追上甲，应该选（C）．

5．设为n单位列向量，E为n阶单位矩阵，则

（A）E不可逆 （B）E不可逆

（C）E2不可逆 （D）E2不可逆

T【详解】矩阵的特征值为1和n1个0，从而E,E,E2,E2的特征TTTTTTTT值分别为0,1,1,1；2,1,1,,1；1,1,1,,1；3,1,1,,1．显然只有ET存在零特征值，所以不可逆，应该选（A）．

2002101006．已知矩阵A021，B020，C020，则

001001002（A）A,C相似，B,C相似 （B）A,C相似，B,C不相似

（C）A,C不相似，B,C相似 （D）A,C不相似，B,C不相似

【详解】矩阵A,B的特征值都是122,31．是否可对解化，只需要关心2的情况．

000对于矩阵A，2EA001，秩等于1 ，也就是矩阵A属于特征值2存在两个线性无关的特001征向量，也就是可以对角化，也就是A~C．

010对于矩阵B，2EB000，秩等于2 ，也就是矩阵A属于特征值2只有一个线性无关的特001征向量，也就是不可以对角化，当然B,C不相似故选择（B）．

7．设A,B是两个随机事件，若0P(A)1，0P(B)1，则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)

【详解】由乘法公式：P(AB)P(B)P(A/B),P(AB)P(B)(P(A/B)可得下面结论：

类似，由P(AB)P(A)P(B/A),P(AB)P(A)P(B/A)可得 精心整理

所以可知选择（A）．

8．设X1,X2,1n,Xn(n2)为来自正态总体N(,1)的简单随机样本，若XXi，则下列结论中不ni1正确的是（ ）

（A）(Xi)2服从2分布 （B）2XnX1服从2分布

i1n2 （C）(Xi1n2222n(X)X)服从分布 （D）服从分布

i解：（1）显然(Xi)~N(0,1)(Xi)~(1),i1,2,22n且相互独立，所以(Xi)2服从i1n2(n)分布，也就是（A）结论是正确的；

（2）(Xi1niX)(n1)S22(n1)S22~2(n1)，所以（C）结论也是正确的；

2（3）注意X~N(,)n(X)~N(0,1)n(X)~（4）对于选项（B）：(XnX1)~N(0,2)1n2(1)，所以（D）结论也是正确的；

XnX11~N(0,1)(XnX1)2~2(1)，所以（B）结22论是错误的，应该选择（B）

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）

9．已知函数f(x)1(3)f(0) ． ，则21x解：由函数的马克劳林级数公式：f(x)数．

由于f(x)n0f(n)(0)nx，知f(n)(0)n!an，其中an为展开式中xn的系n!1241xx21x(1)nx2n,x1,1，所以f(3)(0)0．

10．微分方程y2y3y0的通解为 ．

【详解】这是一个二阶常系数线性齐次微分方程，特征方程r2r30有一对共共轭的根2r12i，所以通解为yex(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 .

Lx2y21xay,Q(x,y)，显然

P(x,y),Q(x,y)在区域内具有连续的偏x2y21x2y21【详解】设

P(x,y)精心整理

导数，由于与路径无关，所以有QPa1

xy12．幂级数(1)n1n1nxn1在区间(1,1)内的和函数为

【详解】(1)n1n1nxn1(1)n1n1x1n1n(x)(1)x

21x(1x)n1n所以s(x)1,x(1,1)

2(1x)10113．设矩阵A112，1,2,3为线性无关的三维列向量，则向量组A1,A2,A3的秩011为 ．

101101101【详解】对矩阵进行初等变换A112011011，知矩阵A的秩为2，由于0110110001,2,3为线性无关，所以向量组A1,A2,A3的秩为2．

14．设随机变量X的分布函数F(x)0.5(x)0.5x4，其中(x)为标准正态分布函数，则2EX ．

【详解】随机变量X的概率密度为f(x)F(x)0.5(x)0.25(三、解答题

15．（本题满分10分）

x4)，所以

2d2ydy设函数f(u,v)具有二阶连续偏导数，yf(e,cosx)，求|x0，2|x0．

dxdxx【详解】dydyf1(ex,cosx)exf2(ex,cosx)(sinx)，|x0f1(1,1)；

dxdxd2y(1,1)f2(1,1)．

|f1(1,1)f112x0dx16．（本题满分10分）

求limkkln1

2nnnk1n【详解】由定积分的定义

17．（本题满分10分）

已知函数y(x)是由方程xy3x3y20．

33精心整理

【详解】在方程两边同时对x求导，得

3x23y2y33y0 （1）

在（1）两边同时对x求导，得

2(xy(y)2)也就是y

21y令y0，得x1．当x11时，y11；当x21时，y20

当x11时，y0，y10，函数yy(x)取极大值y11；

当x21时，y0，y10函数yy(x)取极小值y20．

18．（本题满分10分）

设函数f(x)在区间0,1上具有二阶导数，且f(1)0，limx0f(x)0，证明：

x（1）方程f(x)0在区间0,1至少存在一个实根；

（2）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．

2证明：（1）根据的局部保号性的结论，由条件limx0f(x)0可知，存在01，及x1(0,)，使得xf(x1)0，由于f(x)在x1,1上连续，且f(x1)f(1)0，由零点定理，存在(x1,1)(0,1)，使得f()0，也就是方程f(x)0在区间0,1至少存在一个实根；

（2）由条件limx0f(x)0可知f(0)0，由（1）可知f()0，由洛尔定理，存在(0,)，使得xf()0；

设F(x)f(x)f(x)，由条件可知F(x)在区间0,1上可导，且F(0)0,F()0,F()0，分别在区间0,,,上对函数F(x)使用尔定理，则存在1(0,)(0,1),2(,)(0,1),使得12,F(1)F(2)，也就是方程0f(x)f(x)(f(x))20在区间0,1内至少存在两个不同实根．

19．（本题满分10分）

设薄片型S是圆锥面zx2y2被柱面z22x所割下的有限部分，其上任一点的密度为9x2y2z2，记圆锥面与柱面的交线为C．

（1）求C在xOy布上的投影曲线的方程；

（2）求S的质量M. 精心整理

22zxy22【详解】（1）交线C的方程为，消去变量z，得到xy2x．

2z2xx2y22x所以C在xOy布上的投影曲线的方程为.

z0（2）利用第一类曲面积分，得

20．（本题满分11分）

设三阶矩阵A1,2,3有三个不同的特征值，且3122.

（1）证明：r(A)2；

（2）若12,3，求方程组Ax的通解．

【详解】（1）证明：因为矩阵有三个不同的特征值，所以A是非零矩阵，也就是r(A)1．

假若r(A)1时，则r0是矩阵的二重特征值，与条件不符合，所以有r(A)2，又因为31220，也就是1,2,3线性相关，r(A)3，也就只有r(A)2．

（2）因为r(A)2，所以Ax0的基础解系中只有一个线性无关的解向量．由于31220，所1以基础解系为x2；

11又由12,3，得非齐次方程组Ax的特解可取为1；

111方程组Ax的通解为xk21，其中k为任意常数．

1121．（本题满分11分）

)设二次型f(x1,x2,x322x12x22ax21xx81x3x2在2x正3x交变换xQy下的标准形为3221y122y2，求a的值及一个正交矩阵Q．

214【详解】二次型矩阵A111

41a22因为二次型的标准形为1y12y2．也就说明矩阵A有零特征值，所以A0，故a2.

令EA0得矩阵的特征值为13,26,30． 精心整理

111，属于特征值特通过分别解方程组(iEA)x0得矩阵的属于特征值13的特征向量131111102， 征值26的特征向量2，30的特征向量32611131所以Q1,2,331322．（本题满分11分）

设随机变量X,Y相互独立，且X的概率分布为PX0P{X2}12012162为所求正交矩阵．

6161，Y的概率密度为22y,0y1．

f(y)0,其他（YEY）（1）求概率P；

（2）求ZXY的概率密度．

【详解】（1）EY12yfY(y)dy2y2dy.

03224所以PYEYPY32ydy.

309（2）ZXY的分布函数为

故ZXY的概率密度为

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了n次测量，该物体的质量是已知的，设n次测量结果X1,X2,差ZiXi,(i1,2,,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,n)，利用Z1,Z2,,Zn估计参数．

（1）求Zi的概率密度；

（2）利用一阶矩求的矩估计量；

（3）求参数最大似然估计量．

【详解】（1）先求Zi的分布函数为

当z0时，显然FZ(z)0； 精心整理

Xizz当z0时，FZ(z)PZizPXizP2z22e2,z0所以Zi的概率密度为fZ(z)FZ(z)2．

0,z021；

（2）数学期望EZi0zf(z)dz02ze2z222dz2，

21n22令EZZZi，解得的矩估计量Zni122n（3）设Z1,Z2,Z．

ii1n,Zn的观测值为z1,z2,,zn．当zi0,i1,2,122n时

似然函数为L()i1n2f(zi,)en(2)nzi2i1n，

nn1取对数得：lnL()nln2ln(2)nln222zi12i

dlnL()n1n21n23zi0，得参数最大似然估计量为令zi．

di1ni1