(完整word版)考研数学一试题及答案解析,推荐文档

1、2007 年数学一一、选择题： (本题共10 小题，每小题 4分，共 40分 . 每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内)(1)当 x0时，与x 等价的无穷小量是(A)1 e x .(B)ln 1x. (C)1x1 .(D) 1 cosx .B 1x【分析】 利用已知无穷小量的等价代换公式，尽量将四个选项先转化为其等价无穷小量，再进行比较分析找出正确答案 .【详解】 当 x0时，有 1e x(e x1) x ； 1x 11x ；1x )2121cosx (x. 利用排除法知应选 (B).122(2)曲线 yln(1ex ) ，渐近线的条数为x(A) 0.

2、(B) 1.(C) 2.(D) 3.D 【分析】先找出无定义点，确定其是否为对应垂直渐近线；再考虑水平或斜渐近线。【详解】因为 lim 1ln(1ex )，所以 x0 为垂直渐近线；又 lim 1x0xln(1ex )0 ，所以 y=0 为水平渐近线；x x进一步， lim ylim 12ln(1 ex ) lim ln(1ex ) = limex x 1，xxxxxxxx1elim y 1 xlim 1ln(1 ex )x = limln(1ex )xxxxx= limln ex (1e x )xlim ln(1e x)0 ，xx于是有斜渐近线： y = x.故应选 (D).(3)如图，连续

3、函数y=f(x)在区间 - 3， - 2， 2， 3上的图形分别是直径为 1的上、下半圆周，在区间- 2，F ( x)x0， 0， 2的图形分别是直径为2 的上、下半圆周，设f (t)dt .则下列结论正确的是0(A)F (3)3 F( 2).(B) F (3)5 F(2) .44(C)F (3)3 F(2).(D)F (3)5 F (2) . C 44【分析】本题考查定积分的几何意义，应注意f(x)在不同区间段上的符号，从而搞清楚相应积分与面积的关系。【详解】根据定积分的几何意义，知F(2)为半径是1 的半圆面积： F (2)1，1 (1)2 33 F(2) ，2F(3)是两个半圆面积之差：

4、F (3)12=2284F (3)3f ( x)dx0f ( x) dx3F (3)03f ( x) dx0因此应选 (C).1/10(4) 设函数 f(x)在 x=0 处连续，下列命题错误的是(A) 若 limf (x) 存在，则 f(0)=0.(B) 若 limf ( x)f (x)x 0xx 0x(C) 若 limf (x) 存在，则 f (0) 存在 .(D) 若 limf ( x)f (x)x 0xx 0x存在，则f(0)=0.存在，则f (0) 存在D【分析】 本题为极限的逆问题，已知某极限存在的情况下，需要利用极限的四则运算等进行分析讨论。【详解】 (A),(B)两项中分母的极限

5、为 0，因此分子的极限也必须为 0，均可推导出 f(0)=0.若 limf (x) 存在，则 f (0)0, f (0)lim f ( x)f (0)limf (x)0 ，可见 (C)也正确，故应选 (D). 事实上，x 0xx 0x0x 0x可举反例： f ( x)x 在 x=0 处连续，且lim f ( x)f ( x) = limxx0 存在，但 f ( x)x 在 x=0 处不可导。x0xx 0x(5)设函数 f(x)在 (0,) 上具有二阶导数，且f ( x)0.令 u nf (n)( n 1,2, ,) ,则下列结论正确的是(A) 若 u1u2 ，则 un 必收敛 .(B) 若 u

6、1u2 ，则 un 必发散 .(C) 若 u1u2 ，则 un 必收敛 .(D) 若 u1u2 ，则 un 必发散 .D【分析】可直接证明或利用反例通过排除法进行讨论。【详解】设 f(x)= x2 , 则 f (x)在 (0,) 上具有二阶导数，且f (x)0, u1u2 ，但 un n2 发散，排除(C)。 设 f(x)= 1 , 则 f(x)在 (0,) 上具有二阶导数，且f ( x)0, u1u2 ，但 un 1 收敛，排除 (B)。 又若xn设 f (x)ln x ，则 f(x)在 (0,) 上具有二阶导数， 且 f ( x)0, u1u2 ，但 un ln n 发散，排除 (A).

7、故应选 (D).(6) 设曲线 L : f (x, y)1( f (x, y) 具有一阶连续偏导数)，过第II 象限内的点M 和第 IV 象限内的点N， T为 L 上从点 M 到点 N 的一段弧，则下列小于零的是(A)f ( x, y) dx .(B)f ( x, y)dy .TT(C)f (x, y)ds.(D)Tfx (x, y)dxf y (x, y)dy .BT【分析】直接计算出四个积分的值，从而可确定正确选项。【详解】 设 M、N 点的坐标分别为 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ), x1x2 , y1y2 . 先将曲线方程代入积分表达式，再计算有：f ( x,

8、 y) dxdxx2x10 。f ( x, y)dyTdy y2y10 。TTT。( , )( , )( , )0 .Tf (x, y)dsdss0f x x y dxf y x y dydfx yTTT故正确选项为 (B).(7) 设向量组1, 2,3 线性无关，则下列向量组线性相关的是2/10(A)12 ,23,31 .(B)12 ,23 ,31 .(C)122 ,223 ,321.(D)12 2 ,223,321. A【详解】 用定义进行判定 :令x1 ( 12 )x2 ( 23 )x3 ( 31) 0，得( x1x3 ) 1( x1x2 ) 2( x2x3 ) 30 .x1x30,10

9、1因 1 ,2 , 3 线性无关，所以x1x20, 又1 100 ，x2x30.011故上述齐次线性方程组有非零解, 即 12 ,23 ,31 线性相关 .类似可得 (B), (C), (D)中的向量组都是线性无关的 .211100(8) 设矩阵 A121 ,B010 ,则A与B112000(A)合同 , 且相似 .(B)合同 ,但不相似 .(C)不合同 , 但相似 .(D) 既不合同 , 又不相似 .B【详解】由 |EA |0 得 A 的特征值为 0, 3, 3,而 B 的特征值为 0, 1, 1,从而 A 与 B 不相似 .又 r(A)=r(B)=2,且 A、B 有相同的正惯性指数,因此

10、A与 B合同. 故选(B).(9)某人向同一目标独立重复射击,每次射击命中目标的概率为p(0<p<1),则此人第 4次射击恰好第 2次命中目标的概率为(A)3 p(1p) 2 (B)6 p(1p)2.(C)3p 2 (1p)2 (D)6 p2 (1p) 2 C 【详解】“第 4次射击恰好第2 次命中 ”表示 4 次射击中第4 次命中目标 , 前 3 次射击中有 1 次命中目标 , 由独立重复性知所求概率为：C 31 p2 (1p) 2. 故选(C).(10) 设随机变量 (, )服从二维正态分布，且 与 不相关， f X ( x) fY ( y) 分别表示 ， 的概率密度，则在 y

11、 的条件下， 的条件概率密度f X |Y ( x | y) 为(A)f X ( x) (B)fY ( y) (C ) f X ( x) fY ( y) .(D)f X ( x) AfY ( y)【详解】 因(,)服从二维正态分布，且与不相关，故 与相互独立，于是f X |Y (x | y) =f X ( x) .因此选 (A) .二、填空题 ： (1116 小题，每小题4 分，共24 分 . 把答案填在题中横线上 )21111(11)x3exdx =e2 .123 /10【分析】 先作变量代换，再分部积分。11t11121x3 t(1)dt1tdt =1tt 11te2 .【详解】3 ex d

12、x2 t et21 te1 tdete11 e dt21x12222(12)设 f(u,v)为二元可微函数， zf (x y , y x ) ，则z = f1yxy 1f2 yx ln y.z = f1x【详解】 利用复合函数求偏导公式，有yx y 1f 2y x lny.x(13)二 阶常 系数 非齐次 线 性 微 分方 程 y4y3y2e2 x 的 通 解为 y C1exC 2e3 x2e2x . 其中C1, C 2 为任意常数 .【详解】 特征方程为24 30，解得11, 23. 可见对应齐次线性微分方程y 4 y 3y 0的通解为yC1exC2 e3 x.设非齐次线性微分方程y4 y3

13、y2e2 x 的特解为y*ke2x ，代入非齐次方程可得k= - 2. 故通解为y C1exC2e3x2e2 x.(14)设曲面: x，则(x | y |)dS =43.y z 13【详解】 由于曲面关于平面 x=0对称，因此xdS =0. 又曲面: x yz 1具有轮换对称性，于是( x | y |)dS =| y |dS =| x |dS =| z |dS = 1(| x | | y | | z |)dS3=1dS134338=3.230100(15) 设矩阵 A0010,则 A3 的秩为 1.000100000001【详解】 依矩阵乘法直接计算得A 30000)=1.000,故 r( A

14、300000(16) 在区间 (0, 1)中随机地取两个数 ,则两数之差的绝对值小于1 的概率为 324【详解】 这是一个几何概型, 设 x, y 为所取的两个数 , 则样本空间( x, y) | 0 x, y1, 记A( x, y) | (x, y),| xy |1 .24/10S A334, S分别表示 A 与的面积 .故P( A)1，其中 SAS4三、解答题 ： (1724 小题，共86 分 . )(17) (本题满分 11 分)求函数 f ( x, y)x22 y2x2 y2 在区域 D ( x, y) x2y24, y 0 上的最大值和最小值。【分析】由于 D 为闭区域，在开区域内按

15、无条件极值分析，而在边界上按条件极值讨论即可。【详解】因为f x ( x, y)2x2xy 2， fy ( x, y)4 y2x2 y，解方程：fx2x2xy 20,得开区域内的可能极值点为 (2,1) .f y4 y2x2 y0其对应函数值为f (2,1)2.又当 y=0时， f ( x, y)x2 在2x2 上的最大值为4，最小值为 0.当 x2y24, y0,2x2 ，构造拉格朗日函数F ( x, y, ) x22 y2x2 y2(x2y24)Fx2x2xy22x0,5 ,3)，其对应函数值为解方程组Fy4 y2x2 y2y0, 得可能极值点： (0,2),(Fx2y240,22f (0

16、, 2)8, f (5 ,3 )7 .224比较函数值 2,0, 4,8,7 ，知 f(x, y)在区域 D 上的最大值为8，最小值为 0.4(18) (本题满分 10 分)计算曲面积分Ixzdydz2zydzdx 3xydxdy,其中为曲面 z 1 x2y2(0 z 1) 的上侧。4【分析】 本题曲面 不封闭，可考虑先添加一平面域使其封闭，在封闭曲面所围成的区域内用高斯公式，而在添加的平面域上直接投影即可。22y【详解】补充曲面：1 : x1,z0 ，取下侧 . 则Ixzdydz2zydzdx3xydxdyxzdydz2zydzdx3xydxdy11=(z2z)dxdydz3xydxdyD5

17、/10其中为 与1 所围成的空间区域，D 为平面区域 x2y21.4由于区域 D 关于 x 轴对称，因此3xydxdy0. 又D112(1 z)dz.( z 2z)dxdydz 3 zdxdy= 3zdz dxdy 3z00Dz其中 D z : x2y21 z .4(19) (本题满分 11 分 )设函数 f(x), g(x)在 a, b 上连续，在 (a, b)内具有二阶导数且存在相等的最大值，f(a)=g(a), f(b)=g(b), 证明：存在(a, b) ，使得f ( )g ( ).【分析】需要证明的结论与导数有关，自然联想到用微分中值定理。事实上，若令F (x)f ( x)g( x)

18、 ，则问题转化为证明F ( )0 , 只需对 F (x) 用罗尔定理，关键是找到F ( x) 的端点函数值相等的区间(特别是两个一阶导数同时为零的点)，而利用 F(a)=F(b)=0, 若能再找一点c(a,b) ，使得 F (c)0，则在区间 a, c, c,b上两次利用罗尔定理有一阶导函数相等的两点，再对F ( x) 用罗尔定理即可。【证明】构造辅助函数F (x)f (x)g( x) ，由题设有F(a)=F(b)=0. 又 f(x), g(x)在(a, b)内具有相等的最大值 , 不妨设存在x1x 2 , x1 , x 2(a,b) 使得f (x1)Mmax f (x), g (x2 )Mm

19、ax g ( x) ， a, b a ,b若 x1x2 ，令 cx1 , 则 F (c)0.若 x1x2 ，因 F ( x1 )f ( x1 )g(x1)0, F (x2 )f ( x2 )g ( x2 )0 ，从而存在c x1 , x2 (a, b) ，使 F (c)0.在区间 a, c, c, b 上分别利用罗尔定理知，存在1( a,c), 2(c,b) ，使得F(1)F(2)0.再对 F ( x) 在区间 1, 2 上应用罗尔定理，知存在( 1 , 2 )( a, b) ，有F ( )0 ， 即f ( )g ( ).(20) (本题满分 10 分 )设幂级数an xn 在 (, ) 内收

20、敛，其和函数y(x)满足n 06/10y2xy4 y0, y(0)0, y (0)1.(I) 证明：an 2n 1an , n1,2, ;2L(II) 求 y(x)的表达式 .【分析】先将和函数求一阶、二阶导，再代入微分方程，引出系数之间的递推关系。【详解】(I)记 y(x)=an xn , 则 ynan xn 1 , yn(n 1)an xn 2 , 代入微分方程 y 2xy 4y 0,n 0n 1n 2有n(n 1)an xn 22 nan xn4 an xn0,n 2n 1n0即(n 2)( n 1)an 2 xn2 nan xn4 an xn0,n 0n 0n 0故有(n2)( n1)

21、an 22nan4an0,即an22an , n1,2,L;n12 an , 有(II) 由 初 始 条 件 y(0)0, y (0)1 知 ， a00, a1 1.于 是 根 据 递 推 关 系 式 an 21n1a2 n0,a2 n 1.故n!y(x)=an xn =a2nx2 n 11x2n 1 = x1(x2 ) nxex2.n0n 0n 0 n!n 0 n!(21) (本题满分 11 分 ) 设线性方程组x1x2x30,x12 x2ax30,x14x2a 2 x30与方程x1 2x2 x3a1有公共解，求a 的值及所有公共解【分析】两个方程有公共解就是 与 联立起来的非齐次线性方程组

22、有解.【详解】 将 与 联立得非齐次线性方程组 :x1x2x30,x12x2ax30,x14x2a2 x30,x12x2x3a 1.若此非齐次线性方程组有解, 则 与 有公共解 , 且 的解即为所求全部公共解. 对 的增广矩阵A 作初等行变换得 :7/101110111012a001a 10A4a 2000(a 2)( a 1).10121a 1001 aa 1于是 1°当 a=1 时，有 r ( A)r ( A) =2<3，方程组 有解 , 即 与 有公共解 , 其全部公共解即为 的通解，此时101010100A，此时方程组 为齐次线性方程组，其基础解系为:0,0000100

23、001所以 与 的全部公共解为k0， k 为任意常数 .12°当 a =2 时，有 r ( A)r (A ) =3，方程组 有唯一解 , 此时10000101A01，故方程组 的解为 :010000(22) (本题满分 11分 )0x101,即 与 有唯一公共解 : 为 xx21.1x31设3 阶对称矩阵 的特征值 1 1, 2 2, 32, 1 (1, 1,1)T 是 的属于1 的一个特征向量,记B A54A3E 其中 E为 3 阶单位矩阵 .(I) 验证 1 是矩阵 的特征向量，并求 B 的全部特征值与特征向量(II) 求矩阵 【分析】 根据特征值的性质可立即得 B 的特征值 ,

24、 然后由 B 也是对称矩阵可求出其另外两个线性无关的特征向量 .【详解】 (I) 由 A 11得A21A1 1,进一步A 311 ,A故B1 (A54 A 3E)51，11A 51 4A311141121，从而1 是矩阵 的属于特征值 - 2 的特征向量 .因B A54 A3E,及的3个特征值 1 1,22, 32, 得B 的 3 个特征值为12,2 1,3 1.设 2, 3为 B的属于 231的两个线性无关的特征向量, 又8/10为对称矩阵，得B 也是对称矩阵 ,因此1 与2, 3正交, 即T0,T01213所以2 ,3 可取为下列齐次线性方程组两个线性无关的解：x11111(1, 1,1) x 20 ,其基础解系为 : 1,0,故可取 2= 1,3 = 0.x 30101111即 B 的全部特征值的特征向量为:k11 ,k 2 1k 3 0, 其中 k 10 ,是不为零的任意常数, k 2 , k 3 是不101同时为零的任意常数 .1112(II)令P ( 1, 2, 3)= 110, 则 P1BP1，1011211121111得 B P1P1= 11011211101131122111111011=210121101 .3201112110(23) (本题满分 11 分 )设二维随机变量(X, Y)的概率密度为2xy,0 x1,0 y 1,f ( x, y)0,其