2017年全国硕士研究生考试数学一试题及答案

1、 2017年全国硕士研究生考试数 学一试题及答案 2017年全国硕士研究生考试数学一试题 一、选择题：18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，请将所选项前的字母填在答题纸指定置上co连续，则）若函数。aA.aB.aC.aD.a可导，）设函，则A.1(1B.1(1C. 1)(?f?(1)|f| D. 1)(?f?(1)|f|r的（在点处沿向量函数3）22z?yx)z,x(fy?2,0)(1,n?2,0)(1,方向导数为（ ）。 A.12 B.6 C.4 D.2 ）甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方（4）处，图中，实线表示甲的速度曲（单位：m10线（单位

2、：m/s），虚线表示乙的速度曲线)(tv?v1，三块阴影部分面积的数值依次为10，20，)v?v(t23，计时开始后乙追上甲的时刻记为（单位：s），t0则（ ）。 A. 10t?0B. t15?20?0 C. 25t?0 D. 25t?0（5）设为n维单位列向量，E为n维单位矩阵，?则（ ）。 A. 不可逆 T?EB. 不可逆 T?EC. 不可逆 T?2E? D. 不可逆 T?2?E200210100?，则（6）已知矩阵?1200A020?,C?0,B?2?200010010? （）。A.A与C相似，B与C相似B. 相似不相C. 不相似相D. 不相似不相）为随机事件，1,的充分必要条件是BA.

3、B.C.D.）来自总的简单随机2,1则下列结论中不正确的本）。in服从分布 A. ?22?)?(Xi1?in服从分布 B. ?22?)?X2X(1n1i?n服从分布C. ?2 ?)X(?Xi1i?D. 服从分布 22?)Xn(? 二、填空题：914小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上。 1，则=_。 （9）已知函数(3)(0)f?f(x) 2x1?（10）微分方程的通解为=_。 0?3yy?2y?yxdy?aydy在区域）若曲线积分内（1与路径无关，=_在区内的和函）幂级1n11,1=_)1设矩为线性无关向量，则向量的秩_1其为标准正态分布函数0.?0.=_E三、解答题 1

4、52小题，9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。 （15）（本题满分10分） 设函数具有2阶连续偏导数，求x)e(,cosxy?f)fv(u,2yddy。 |,| 0?x0x2dxdx （16）（本题满分10分） nkk 求?)ln(1?lim 2nn?n1?k（17）（本题满分10分） 已知函数由方程确定，求的330?2?3x?3?xyy)x(yx)y( 极值（本题满1分1上具阶导数，在区设函0,1(1，证明li0（方在区内至少存在一个实根；(0,1（）方在区内至少存)(0,1两个不同实根分1（本题满1被柱设薄片型物时圆锥，记圆锥与柱面的交线z（）平面上

5、的投影曲线的方程CxOy（）求的质量。 SM（20）（本题满分11分） 三阶行列式有3个不同的特征值，且?),A?(123， ?2?231（）证明； 2Ar()? （）如果，求方程组的通解。 ?Ax?312（21）（本题满分11分） 在正交变换设222?x?ax?2xx?8xxx(,x,x)?2x?2xxfQyx?311221233231下的标准型为，求的值及一个正交矩阵22?ayy?2112 。2（本题满1分设随机变相互独立，的概率分布,的概率密度?200其（）E（）的概率密度2（本题满1分某工程师为了解一台天平的精度用该天平对物体的质量次测量，该物体的质是已的，次测量结相互独立，且均服正态

6、分该工程师记录的次测量的对误，利估12|,n（）求的概率密度； Z1（）利用一阶矩求的矩估计量； ?（）求的最大似然估计量。 ? 2017年全国硕士研究生考试数学一答案 【答案】A 、1【解析】 由连续的定义可得，而 (0)?fx?limf()flim(x)-+0x?x?01 2)(x 1?cosx1，因此可得 2?lim?limflim(x)?b)?flim(x aaxax2+-0?x0x0x?0x?1，故选择A。 ?b a2 、【答案】C 2【解析】令，则有，故单2)?f(xF(x)(x)xF?2f(x)f(F(x)调递增，则，即，即，221)f(?f(1)?1)F(1)?(?1)(?|f

7、|f(1)|F 。故选择CD 【答案】、gradx2,0(1，则4,1,0gra4,1,0grad(1,2,0【答案C、【解时刻甲乙的位移分别dd，因此可2511d220【答案A、【解析因的特征值n-重）?所的特征值n-重?可逆【答案B、6【解析】A和B的特征值为2,2,1，但是A有三个线性无关的特征向量，而B只有两个，所依A可对角化，B不可，因此选择B。 【答案】A 、7【解析】 P(AB)P(AB)P(A)?P(AB)，得由即 ?)|BP(?P(A|B)A )P(B(PB)1?)P(B A。，因此选择)B?P(A)P(P(AB)B 【答案】、8n，故【解析】，?22?2)N(0,XX?N(

8、0,1)X)?()n(X1ini1i错误，因，(1(0,111，因此，则(1(0,1(00【答案，【解析1，代入可(3(021)(1 【答案1sico? ，因此通解为：。x?1?2i?)2xxccos2?ecsin(211 【答案】、11ay?x ，因此可得：【解析】设?y(x(x,y)?,),QP 22221xy?y1?x?QP?2P2xy?Qaxy?，因此可得，根据?,? 222222xyxy?(?1)?1)?xx(yy? 。 1?a?1【答案】 、12 2)(1?xx1【解析】 。?n?1?1nn?1n?)?(?(?1)x(?1)nx 21?1nn)xx(1?1?【答案】2 、1【解析因

9、，因，所以向1的【答案21【解析0.0.)420.0.因此可Ed【答案1(1,1(1,1(1,1(1,11ddxdy，因此因为，所以【解析】xx),cosxy?f(ex?fsine?f21dxdy (1,1)?f| 10x?dx2yd xxxx?(fe?fsinx)e?fe?(fe?fsinx)sinx?fcosx 11121212222dx2yd 因此得：(1,1)(1,1)?ff(1,1)f|? 02x111?2dx 1 【答案】、16 4【解析】由定积分的定义可知， nkk，然后计算定积分， 1?dxx)?)xln(1?lim?ln(1 2nn0?n1?k2?11x1 111212?dx

10、?(x?1)(x?1)?ln(1?x)|dxln(1?x)dx?ln(1?x) 0x?2201dx【答案】极大值，极小值11(13因时时0，代入可3(x时代入可时时时代入可，因此有函数的极大值，(1小值1(【答案】 、18f(x)，由极限的局部保号性（）证：因为0?lim x?0x?知，存在，使得，而，由零点存?0?f(1)cf()?0c?(0,)在定理可知，存在，使得。 ?0f(?)?(c,1)（）构造函数此因，)x(f)x(f?)x(F ， ?0)f(?)f?f(0)f(0)?0,F()?F(0)f(x)，所以，由拉格朗日中值定理因为0?lim0?f(0) x?0?xf(1)?f(0)，使

11、所得以知，存在?0?f(?)(0,1)? 0?1，因此根据零点定理可知存在，使?)(0,?0)f(0)f(?，所，所以原方程至有两个不同实根1（6【答案（1的方程，投影【解析（xO1面上?dddxdd142co?1dcodxd6?22【答案】（）略；（）。 、20TTRk?(1,1,1)?k(1,2,1),【解析】（）证：因为有三个不同的特征值，A所以不是零矩阵，因此，若，那么特1?(A1r(A)?)rA征根0是二重根，这与假设矛盾，因此，又2?Ar()根据，所以，因此 。?2?2?)A(r2?)A(r213 （）因为，所以的基础解系中只有一0?Ax2)?r(A个解向量，又，即，因此基础?0?

12、2?2323112解系的一个解向量为。因为，故 T?1)(1,2,?312，因特的解为此的通解为?T?AxAx?(1,1,1)。 TTRk?(1,1,1)?k(1,2,?1)【答案，正交矩2【解析，因为标准型二次型对应的矩阵，所，从，代入?1，解? ?1A?1?0?1?E?3,60,?142?21?14?11?，对应当，化简得时，?0?11?100?12E?A?2?001?40?的特征向量为； T?2,1k1,1?5?14?1?2?1?，对当，化简得时，?3?1?E?3?A?1?2?110?5?41?000?应的特征向量为； T?1,11,k?2 4?14?17?1?，对应时，当，化简得?6?

13、0011?6E?A?17?0004?14?的特征向量为； T?1,0,1k?3 ?623? 632?从而正交矩【答案2（1【解析?dEdy?ydd)E?（）先的分布函数，由分布函数的定义Z知：。由于为离散型随机变?z?zPFz?Z?PXYXZ量，则由全概率公式可知 ?zY?FXz?PZ?1?z|XPX?z|X?0Y?P?X?P?X?01P?X?Y 11?z?P1YP?Y?z 22111)(z?(z)?F?F YY22（其中为的分布函数：） ?zF?zP?YFzYYY【答案】 、2（?0（【解析（因所对应(0，的分布函数概率密度为?对应的概率密度时1时?z?2?0z?dyeY?zz?PY?z?P?Fzz?P?Z?2iii?2z?2?z2? 20z?