考研数学一真题与解析版

2013硕士研究生入学考试数学一真题及分析根源：文都教育1.已知极限limxarctanxc，此中k，c为常数，且c0，则（）xkx0A.k2,c1B.k2,c1C.k3,c1D.k12233,c3答案（D）分析：用洛必达法例xarctanx111x211x21x2limlimclimxklimkxk1x0x0x0kxk1(1x2)kx0xk1所以k12,1c，即k3,c1k32.曲面x2cos(xy)yzx0在点(0,1,1)处的切平面方程为（）A.xyz2B.xyz0C.x2yz3D.xyz0答案（A）分析：法向量n(Fx,Fy,Fz)(2xysin(xy)1,xsin(xy)z,y),n|(0,1,1)(1,1,1)切平面的方程是：1(x0)1(y1)1(z1)0，即xyz2。3.设f(x)x1，bn1f(x)sinnxdx(n1,2,)，令Sx( )bsinnnx，则（）220n13B.1C.13A.44D.44答案（C）分析：依据题意，将函数在[1,1]睁开成傅里叶级数（只含有正弦，不含余弦），所以将函数进行奇延拓：|x1|,x(0,1)2，它的傅里叶级数为，它是以2为周期的，则当x(1,1)且f(x)在处f(x)1|,x|x(1,0)2连续时，s(x)f(x)。s(9)s(1)s(1)f(1)1。444444.设L1:x2y21，L2:x2y22，L3:x22y22，L4:2x2y22为四条逆时针方向的平面曲线，记Ii(yy3)dx(2xx3)dy(i1,2,3,4)，则maxI,1I,2I,3I4Li63A.B.C.D答案（D）分析：由格林公式，Ii(1x2y2)dxdyDi2D1D4,在内12y20，所以I1I4x2222I2(1x2y)dxdy(1x2y)dxdy(1x2y)dxdyD22D42D2D42在外1x2y20，所以I2I422x2rcosyrsin1r2sin2I3(1x2y)dxdy(12r2cos2)rdrdD32r[0,1]2[0,2]2222d1312sin2d13dr224/22d11/2sin21cosrdrrcos42d00200004221!!111!!121142424242882!!2!!2xrcosx2yy2rsinr2cos2r2sin2I4(1)dxdy(1)rdrdD32r[0,1][0,2]2121/21/2120cos2d0r3dr0sin2d0r3dr240cos2d0sin2d44241!!2141!!124432!!42!!242I3I45.设A,B,C均为n阶矩阵，若AB=C，且B可逆，则（）A.矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量组等价B矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价C矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量组等价D矩阵C的列向量组与矩阵B的列向量组等价1a12006.矩阵aba与0b0相像的充分必需条件为（）1a1000A.a0,b2B.a0,b为随意常数C.a2,b0D.a2,b为随意常数7.设X1,X2,X3是随机变量，且X1，X2N(0,22)，X3N(5,32)，N(0,1)PiP2X12(i1,2,3)，则（）A.P1P2P3B.P2P1P3C.P3P2P2DP1P3P28.设随机变量Xt(n),YF(1,n)，给定a(0a0.5)，常数c知足PXca，则PYc2( )（9）设函数y=f(x)由方程y-x=ex(1-y)确立，则limn[f(1)1]＝。n0n(10)已知y1=e3x–xe2x，y2=ex–xe2x，y3=–xe2x是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，则该方程的通解y=。（11）设xsint为参数，则d2y。ytsintcost(t)dx2t4（12）lnx2dx。(1x)1（13）设A=(aij)是3阶非零矩阵，A为A的队列式，Aij为aij的代数余子式.若aij+Aij=0(i，j=1,2,3），则｜A｜＝。（14）设随机变量Y听从参数为1的指数散布，a为常数且大于零，则P{Y≤a+1|Y＞a}=三．解答题：（15）（此题满分10分）1计算0

f(x)dx，此中f(x)＝xx1

ln(t1)dt.t解：使用分部积分法和换元积分法1f(x)dx21f(x)dx2xf(x)|121f(x)xdx21ln(1x)dx41ln(1x)dx0x0000x04ln(1x)x|101xdln(1x)4ln21xdx4ln21t22tdt444tt2001x01111arctant)|104ln2801t2dt4ln280(11t2)dt4ln28(t4ln282(16)(此题10分)设数列｛an｝知足条件：a03,a1＝1，an2n(n1)an＝0(n2).S（x）是幂级数anxn的和函数.n01）证明：Sn(x)S(x)0;2）求S(x)的表达式.证明：由题意得sxnanxn1n1sxnn1anxn2n1n2an2xnn2n0ann1n2an+2n0,1,2,sxsx即sxsx0(II)解：sxsx0为二阶常系数齐次线性微分方程，其特点方程为210,进而1，于是sxCexCex，12由s0a03,s0a11，得C1C23C1C2C11,C221所以x2xsxee（17）（此题满分10分）求函数f(x,y)(yx3)exy3的极值.解答：先求驻点，令fx(x2y1x3)exy0x1x13，解得2或41x3)exyyyfy(1y0333为了判断这两个驻点能否为极值点，求二阶导数fxx(2x2x2y1x3)exy3fxy(x21y1x3)exy3fyy(2y13xyx)e32)处，A55(1,2)e在点(1,fxx(1,2)e3,Bfxy(1,2)e3,Cfyy3333

53由于A0,ACB20,所以(1,2)不是极值点。344111近似的，在点(1,处，A3,Bfxy(1,4,C4)fxx(1,)3e)e3fyy(1,)e33333由于A0,ACB22e(18)(此题满分10分)

2444130，所以(1,)是极小值点，极小值为3f(1,)(3)e33

113e3设奇函数f(x)在1,1上拥有二阶导数，且f(1)=1，证明：（I）存在（0,1），使得f( )1.（Ⅱ）存在（1,1），使得f( )f（）1.19.(此题满分10分)设直线L过A（1,0,0），B（0,1,1）两点将L绕z轴旋转一周获得曲面，与平面z0,z2所围成的立体为。1）求曲面的方程；2）求的形心坐标。解：1AB1,1,1x1yzL:111Mx,y,z,对应于L上的点M0x0,y0,z则x2y2x02y02,x01zy22由z得：x21z+z2y0即：x2y22z22z12明显x0,y0zdvzdvdvdzdxdy2z22z1dz164210220033zdv2z22z12z32z2zdz8162zdzdxdy142200332z22z17z57重心坐标0,0，520.（此题满分11分）1a01设A0,Bb11第20题

，当a,b为什么值时，存在矩阵C使得AC-CA=B,并求全部矩阵C。解：令Cx1x2，则x3x41ax1x2x1ax3x2ax4AC0x3x4x1x21x1x21ax1x2ax1CAx410x3x4ax3x3ACCAx2ax3ax1x2ax4，x1x3x4x2ax3则由ACCAB得x2ax30ax1x2ax41x1x3x41

，此为4元非齐次线性方程组，欲使存在，此线性方程组一定有解，x2ax3b于是01a0001a0010111Aa10a101a01a01a00101111011101a01a01a0b01a0b01a0b1011101a0000001a0000b所以，当a1,b0时，线性方程组有解，即存在，使ACCAB。10111又A011000000,000000111c1c21所以Xc11c200c1100c1010c221.（此题满分11分）a1设二次型f(x1,x2,x3)2(a1x1a2x2a3x3)2(b1x1b2x2b3x3)2，记a2，a3b1b2。b3（1）证明二次型f对应的矩阵为2TT；（2）若,正交且均为单位向量，证明f在正交变换下的标准形为2y12y22。证明：a1x1b1x11f2x1,x2,x3a2a1,a2,a3x2x1,x2,x3b2b1,b2,b3x2a3x3b3x3XT2TXXTTXXT2TTX故f的矩阵A=TT22A(2TT)2T22（3）为的对应于的特点向量A1=2又A(2TT)=2T2=为的对应于2的特点向量A=1rAr2Tr=0

Trr23故f在正交变换下的标准型为