2018考研数学一真题和答案及解析

1、WORD 格式整理版2017 年考研数学一真题及答案解析跨考教育数学教研室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 指定位置上.1 cos x1)若函数f (x) ax ,x 0在 x 0处连续，则()b, x 011(A)ab 1B ab 1(C)ab 0D ab 2A11 cos x x 111limlim 2, f (x) 在 x 0 处连续b ab . 选 A.x 0 ax x 0 ax 2a2a22)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)

2、 f( 1) D f(1) f( 1)Cf (x)f '(x) 0, f (x) 0 (1)或f(x) 0 (2)， 只有 C 选项满足 (1)且满足 (2) ， 所以选 C。f '(x) 0f '(x) 03)函数f (x, y, z) x2y z2在点(1,2,0) 处沿向量 u 1,2,2 的方向导数为()(A)12(B)6(C)4(D)2【答案】D2fu122【解析】gradf 2 xy, x ,2 z, gradf (1,2,0) 4,1,0gradf 4,1,0 , , 2.u|u|3 3 3选 D.4) 甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10(单位：m)

3、 处， 图中实线表示甲的速度曲线v v1 (t)(单学习指导参考Born to win!精勤求学自强不息位： m/ s ) ，虚线表示乙的速度曲线v v2 (t)，三块阴影部分面积的数值依次为10,20,3，计时开始后乙追上甲的时刻记为t0 (单位：s) ，则()(A)t0 10(B)15 t0 20(C)t0 25(D)t0 250 到 t0 这段时间内甲乙的位移分别为t00t0v1(t)dt, 0 v2(t)dt,则乙要追上甲，则t0v2(t) v1(t)dt 10，当t0 25时满足，故选C.5)设是 n 维单位列向量，E 为 n 阶单位矩阵，则()(A)ET不可逆B E T不可逆(C)

4、E 2 T不可逆D E 2 T不可逆A,由 ( E T )0得 (E T )x 0有非零解，故E0 。即 E T不可逆。选项B,由r( T)1得 T的特征值为n-1 个0， 1.故E T的特征值为n-1 个 1 ， 2.故可逆。全国统一服务热线：400 668 21552其它选项类似理解。101002 0, C0 2 0,则(0100220026)设矩阵A0 2 1, B00010(A)A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】B2WORD 格式整理版( E A) 0 可知 A 的特征值为2,

5、2,11003 r(2 E A) 1 ， A 可相似对角化，且A 0 2 0002E B 0 可知 B 特征值为2,2,1.3 r(2E B) 2 ， B 不可相似对角化，显然C 可相似对角化，A C，且 B 不相似于C7)设 A, B为随机概率，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)A1n8) 设 X1, X2 Xn(n 2)为来自总体N( ,1) 的简单随机样本，记 X 1Xi ， 则下列结论中不正确ni1)n

6、(A) (Xi)2服从2分布B 2(Xn X1)2服从2分布i1n(C) (Xi X)2服从2分布D n(X)2服从2分布i1BX N( ,1),Xi N(0,1)n (Xi)22(n), A正确i1n(n 1)S2(Xi X)22(n 1)， C正确，i1XN( , 1), n(X ) N(0,1),n(X)2 2(1),D正确 ,n N(0,2),(Xn X1) 2 (1),故 B错误 .B 符合题意。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.1(9) 已知函数f (x)2 ，则 f (3) (0) =1xf(0)6f(x)11 x211 ( x2)2 nn 2

7、n( x) ( 1)xn0n0学习指导参考( 1)n 1 nxn 1 n1n1 n( 1) x n1x 121 x (1 x)10113)设矩阵A 1 1 2 ，1 , 2 , 3为线性无关的0113 维列向量组，则向量组A 1, A 2, A 3的秩为f'''(x)( 1)n2n(2n 1)(2n 2)x2n 3 f '''(0) 0n2(10) 微分方程y'' 2y' 3y 0 的通解为y 【答案】y e x(c1 cos 2x c2 sin 2x) ， ( c1, c2为任意常数)【解析】齐次特征方程为2 23 01

8、,21 2i故通解为 e x(c1 cos 2x c2 sin 2x)(11) 若曲线积分xd2x a2ydy 在区域 D (x, y) | x2 y2 1 内与路径无关，则Lx y 1a 【答案】a 1【解析】P 2 2x2y2 , Q 2 2ax2y 2 , 由积分与路径无关知P Q a 1y (x y 1) x (x y 1)y x(12) 幂级数( 1)n s(x) 21xnxn 1 在区间 ( 1,1)内的和函数S(x) n121 , 2 , 3 线性无关，可知矩阵1, 2, 3可逆，故123123r A 1 , A 2 ,A 3 r A 1, 2 , 3 r A 再由 r A 2

9、得 r A 1, A 2 ,A 3 2x414)设随机变量X 的分布函数为EX F(x) 0.5 (x) 0.5 ( 2 )，其中(x) 为标准正态分布函数，则205 x 405 x 4F (x) 0.5 (x)() ，故 EX 0.5 x (x)dxx ( )dx2222x4x4x ( x)dx EX 0。令t ，则 x ( )dx= 24 2t (t)dt 8 1 4 t (t)dt 8E(X) 2.三、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.( 15) (本题满分10 分)设函数 f (u, v) 具有 2 阶连续偏

10、导数，yf (ex ,cos x) ，求ydxx 0，d2y dx2x0dydx' d2y x 0f1'(1,1),ddx2yf1'1'(1,1), x0dydxd2y dx2 d2y dx2x0yf (ex,cos x) y(0) f (1,1)xf1'exf2'sinxf1'(1,1) 1f2'(1,1) 0f1'(1,1)x0x0f11ef12e ( sin x)f21e ( sin x) f22 sin xf1 ef2 cosxf11''(1,1) f1'(1,1) f2'(1,1)

11、x0dydxf1 (1,1)x0d2y dx2x0f1'1'(1,1) f1'(1,1) f2'(1,1)结论：WORD 格式整理版16) (本题满分10 分)求limln 1 k4n k1nnlim 2 ln(1 ) n k 1 n2 n211 x2 1 110dx)01x 4111212xln(1 x)dx ln(1 x)dx (ln(1 x) x17) (本题满分10 分)y(x) 由方程x3 y3 3x 3y 2 0确定，求y(x)的极值【答案】极大值为y(1) 1 ，极小值为y( 1) 0【解析】两边求导得：223x 3y y' 3 3y

12、9; 0( 1)令 y' 0得 x 122对( 1)式两边关于x 求导得6x 6y y'32y y' ' 3y '' 0 ( 2)x1 x 1将 x 1 代入原题给的等式中，得or ，y1 y0将 x 1,y 1代入(2)得y''(1)1 0将 x 1,y 0代入(2)得y''( 1) 2 0故 x 1 为极大值点，y(1) 1 ； x 1 为极小值点，y( 1) 0( 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 f (x) 0，证明：x0 x( )方

13、程 f (x) 0在区间 (0,1) 内至少存在一个实根；2( ) 方程 f (x)f (x) ( f (x)20在区间(0,1) 内至少存在两个不同实根。【答案】【解析】( 1) f(x)二阶导数，f (1) 0, lim f(x) 0x0 x解： 1)由于 lim f (x)0，根据极限的保号性得x0 x0, x (0, ) 有 f(x) 0，即 f (x) 0 x进而x0(0, )有 f 0又由于 f(x) 二阶可导，所以f (x) 在 0,1上必连续那么 f (x) 在 ,1上连续，由f ( ) 0, f (1) 0根据零点定理得：至少存在一点( ,1)，使 f ( ) 0，即得证(

14、II )由(1)可知 f (0) 0，(0,1),使 f( ) 0，令 F(x) f(x)f '(x)，则 f(0) f( ) 0由罗尔定理(0, ), 使 f '( ) 0，则F(0) F( ) F( ) 0，对 F(x) 在 (0, ),( , )分别使用罗尔定理：1 (0, ), 2 ( , )且 1, 2 (0,1), 12，使得 F'( 1) F'( 2) 0，即2F '(x) f(x)f ''(x)f'(x)0在 (0,1)至少有两个不同实根。得证。( 19) (本题满分10 分)设薄片型物体S 是圆锥面z x2 y2

15、 被柱面 z2 2x 割下的有限部分，其上任一点的密度为9 x2 y2 z2 。记圆锥面与柱面的交线为C( )求 C 在 xOy 平面上的投影曲线的方程；( ) 求 S 的 M 质量。【答案】64【解析】( 1)由题设条件知，C 的方程为zx2 y2x2 y2 2xz2 2xx2 y2 2x则 C 在 xoy平面的方程为x y 2xz0( 2)m (x, y,z)dS 9s2cos182d 0x2 y2 z2dS9 2 x2 y2 2dxdyD :x2 y2 2x2r dr 6420） （本题满分11 分）设 3 阶矩阵 A 1,2 ,3 有 3 个不同的特征值，且31 2 2。( ) 证明

16、r(A) 2 ；（ ） 若 123 ，求方程组Ax 的通解。11（ I ）略；（ II ）通解为k 21 , k R11I）证明：由312 2可得 12 230 ，即 1, 2, 3线性相关，A 1 2 30 ，即 A 的特征值必有0。又因为 A 有三个不同的特征值，则三个特征值中只有1 个0，另外两个非0.1且由于 A 必可相似对角化，则可设其对角矩阵为2, 1200r(A) r( ) 2II ）由（1） r（A） 2，知3 r（A） 1 ，即 Ax 0的基础解系只有1 个解向量，111 2 23 0 可得 1, 2 , 3 2 A 20 ，则Ax 0 的基础解系为1111又 123，即1

17、, 2, 3 1 A 1 ，则 Ax 的一个特解为11综上， AxR(21 )(本题满分11 分)设二次型f (x1, x2,x3 )2x1( 3E A)x 0 ，可得 A 的属于特征值-3 的特征向量为11 1 1(6E A)x 0，可得 A 的属于特征值6的特征向量为2011(0E A)x 0，可得 A 的属于特征值0的特征向量为321x22ax322x1x28x1x32x2 x3在正交变换X QY 下的标准型1y122 y22 ，求a的值及一个正交矩阵Qa 2; Q131313120122616f x Qy 3y12 6y22学习指导参考214f (x1, x2,x3) XTAX，其中

18、A 111221 y12 y2 ，41 af (x1,x2, x3) XTAX经正交变换后，得到的标准形为214故 r(A) 2 | A| 01110 a 2，41 a214将 a 2代入，满足r(A) 2，因此 a 2符合题意，此时A 111 ，则412214| E A |111013, 2 0, 3 6 ，4121令 P 1, 2, 3 ， 则 P AP由 于 1, 2, 3彼 此 正 交 ， 故 只 需 单 位 化 即 可 ：11, 1,1 , 21,0,13231,2,1 , ，36则Q 123x Qyf3y12 6y2262616QT AQ22) (本题满分11 分) 设随机变量1X

19、,Y相互独立，且 X 的概率分布为P(X 0) P(X 2)1 ， Y的22y， 0 y 1概率密度为f (y)f (y)0, 其他( ) 求 P(Y EY) ( ) 求 Z X Y 的概率密度。z, 0 z 1z 2,2 z 34(I) PY EY P(Y z) P(Y z 2);(II) fZ(z)912( )E(Y)0y2ydy31)当 z 0,z 2 0，而z 0，则Fz(Z) 0( 2)当 z 2 1, z 1,即 z 3时，Fz(Z) 112( 3)当0 z 1 时， Fz(Z)z2z21( 4)当1 z 2 时，Fz(Z)2112( 5)当2 z 3时，Fz(Z)(z 2)2z

20、220 z01 z2 ,0 z 121所以综上Fz(Z )( )Fzi(z) P(Zi z) P(Xi z) ,1 z 22112(z 2)2,2 z 3221,z 3所以fz(Z)Fz(Z)'zz 20z12z323) (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，该物体是已知的，设n次测量结果X1,X2X n相互独立且均服从正态分布N( , 2) 。该工程师记录n次测量的绝对误差Zi Xi (i 1,2, n)，利用Z1,Z2 Zn 估计。( ) 求 Zi 的概率密度；( ) 利用一阶矩求的矩估计量(I ) fZi (z)20,z2 e22z0;其他(II )矩估计?= 1ni1Xi(III )最大似然估计：?= 1 (Xi)2ni1z 0, Fzi (z) 0z2e 2 2 dz2112ez2z2e222ez 0, Fzi (z) P( z Xiz) P( z Xiz)FX(z) F( z)z 0 时，fzi (z)Fzi(z)fx