2021考研数学真题及答案解析(数一)

2021考研数学真题及答案解析(数一)

2021年考研数学一真题及答案解析一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请把所选选项前的字母填在答题卡指定位置上。）(1)函数$f(x)=\begin{cases}x,&x\neq0\\1,&x=0\end{cases}$在$x=0$处_______。(A)连续且取极大值。(B)连续且取极小值。(C)可导且导数为$0$。(D)可导且导数不为$0$。【答案】D.【解析】因为$\lim\limits_{x\to0}f(x)=\lim\limits_{x\to0}x=0=f(0)$，故$f(x)$在$x=0$处连续；$$f'(x)=\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to0}\frac{x-0}{x}=1$$故$f(x)$在$x=0$处可导，且$f'(0)=1$，正确答案为D。(2)设函数$f(x,y)$可微，且$f(x+1,e^x)=x(x+1)^2$，$f(x,x^2)=2x^2\lnx$，则$df(1,1)=$_______。(A)$dx+dy$。(B)$dx-dy$。(C)$dy$。(D)$-dy$。【答案】C.【解析】两边同时关于$x$求导得：$$\begin{aligned}\frac{\partialf}{\partialx}\bigg|_{(x+1,e^x)}\frac{\partial(x+1)}{\partialx}+\frac{\partialf}{\partialy}\bigg|_{(x+1,e^x)}\frac{\partial(e^x)}{\partialx}&=2x+1\\\frac{\partialf}{\partialx}\bigg|_{(x,x^2)}+\frac{\partialf}{\partialy}\bigg|_{(x,x^2)}\frac{\partial(x^2)}{\partialx}&=4x\lnx+2x\end{aligned}$$分别将$(x,y)=(1,1)$带入上面两个式子有：$$\begin{aligned}\frac{\partialf}{\partialx}\bigg|_{(1,1)}+\frac{\partialf}{\partialy}\bigg|_{(1,1)}&=1\\\frac{\partialf}{\partialx}\bigg|_{(1,1)}\frac{\partialx}{\partialx}+\frac{\partialf}{\partialy}\bigg|_{(1,1)}\frac{\partialy}{\partialx}&=dy\end{aligned}$$联立可得$\frac{\partialf}{\partialx}\bigg|_{(1,1)}=1$，$\frac{\partialf}{\partialy}\bigg|_{(1,1)}=1$，$df(1,1)=f_x'(1,1)dx+f_y'(1,1)dy=dy$，故正确答案为C。(3)设函数$f(x)=\dfrac{\sinx}{1+x}$，在$x=0$处的三次泰勒多项式为$ax+bx^2+cx^3$，则_______。(A)$a=1,b=0,c=-\dfrac{1}{6}$。(B)$a=1,b=0,c=-\dfrac{7}{66}$。(C)$a=-1,b=-1,c=-\dfrac{1}{6}$。(D)$a=-1,b=-1,c=-\dfrac{7}{66}$。【答案】A.【解析】根据麦克劳林公式有：$$\sinx=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$$故：$$\begin{aligned}f(x)&=\frac{\sinx}{1+x}=\frac{x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots}{1+x}\\&=\left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots\right)\left(1-x+x^2-x^3+\cdots\right)\\&=\left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots\right)\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^n\\&=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}-\frac{x^5}{15}+\cdots\end{aligned}$$故$a=1,b=0,c=-\dfrac{1}{6}$，本题选A。(4)设函数$f(x)$在区间$[0,1]$上连续，则$\int_0^1f(x)dx=$_______。(A)$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{f\left(\dfrac{k}{2n}\right)}{2n}$。(B)$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{f\left(\dfrac{k-1}{2n}\right)}{2n}$。(C)$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{f\left(\dfrac{2k-1}{2n}\right)}{n}$。(D)$\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{f\left(\dfrac{k}{n}\right)}{n}$。【答案】A.【解析】本题是关于区间$[0,1]$的等距离分割，故选项A中的$\dfrac{1}{2n}$即为每个小区间的长度。正确答案为A。(5)设$f(x)$在$x=0$处连续，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，则$f(x)$在$x=0$处_______。(A)可导。(B)不连续。(C)连续但不可导。(D)可导但导数不为$0$。【答案】D.【解析】因为$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，故$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=2\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}-\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(0)-f(2x)}{x}=2-0=2$，故$f(x)$在$x=0$处可导，且$f'(0)=2$，正确答案为D。(6)设$f(x)$在$x=0$处连续，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，则$f(x)$在$x=0$处_______。(A)$f(x)$可导。(B)$f(x)$连续但不可导。(C)$f(x)$不连续。(D)$f(x)$可导但导数不为$0$。【答案】A.【解析】与第5题相同，正确答案为A。(7)设$f(x)$在$x=0$处连续，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，则$f(x)$在$x=0$处_______。(A)$f(x)$不连续。(B)$f(x)$连续但不可导。(C)$f(x)$可导但导数不为$0$。(D)$f(x)$可导且导数为$0$。【答案】D.【解析】与第5题相同，正确答案为D。(8)设$f(x)$在$x=0$处连续，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，则$f(x)$在$x=0$处_______。(A)$f(x)$连续但不可导。(B)$f(x)$不连续。(C)$f(x)$可导但导数不为$0$。(D)$f(x)$可导且导数为$0$。【答案】A.【解析】与第5题相同，正确答案为A。(9)设$f(x)$在$x=0$处连续，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，则$f(x)$在$x=0$处_______。(A)不连续。(B)可导但导数不为$0$。(C)可导且导数为$0$。(D)连续但不可导。【答案】D.【解析】与第5题相同，正确答案为D。(10)设$f(x)$在$x=0$处连续，且$\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)-f(2x)}{x}=1$，则$f(x)$在$x=0$处_______。(A)可导。(B)连续但不可导。(C)不连续。(D)可导但导数不为$0$。【答案】A.【解析】与第5题相同，正确答案为A。下面是格式正确、删除有问题段落、改写后的文章：（B）已知函数$f(x)$在区间$(0,1)$上连续，求极限$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)}{n}$。【解析】由定积分的定义可知，将区间$(0,1)$分成$n$份，取中间点的函数值，则$\int_{0}^{1}f(x)dx=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{f\left(\frac{2k-1}{2n}\right)}{n}$，即选B。（5）二次型$f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2)^2+(x_2+x_3)^2-(x_3-x_1)^2$的正惯性指数与负惯性指数依次为（A）2，0。（B）1，1。（C）2，1。（D）1，2。【解析】$f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2)^2+(x_2+x_3)^2-(x_3-x_1)^2=2x_2^2+2x_1x_2+2x_2x_3-2x_1x_3$。所以$f(x_1,x_2,x_3)$的矩阵为$A=\begin{pmatrix}0&1&-1\\1&2&1\\-1&1&0\end{pmatrix}$，故特征多项式为$|{\lambda}E-A|=(\lambda+1)(\lambda-3){\lambda}^{-1}$。令上式等于零，故特征值为$-1$，$3$，$0$，故该二次型的正惯性指数为$1$，负惯性指数为$1$，故应选B。（6）已知$\alpha_1=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$，$\alpha_2=\begin{pmatrix}2\\3\\1\end{pmatrix}$，$\alpha_3=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$，记$\beta_1=\alpha_1$，$\beta_2=\alpha_2-k\beta_1$，$\beta_3=\alpha_3-l\beta_1-m\beta_2$，若$\beta_1$，$\beta_2$，$\beta_3$两两正交，则$l$，$m$依次为（A）$\frac{5}{2}$，$2$。（B）$-\frac{5}{2}$，$2$。（C）$\frac{5}{2}$，$-\frac{1}{2}$。（D）$-\frac{5}{2}$，$-\frac{1}{2}$。【解析】利用斯密特正交化方法，可以得到$\beta_1=\alpha_1$，$\beta_2=\begin{pmatrix}\frac{5}{7}\\\frac{6}{7}\\-\frac{1}{7}\end{pmatrix}$，$\beta_3=\begin{pmatrix}-\frac{1}{7}\\\frac{2}{7}\\\frac{6}{7}\end{pmatrix}$。因为$\beta_1$，$\beta_2$，$\beta_3$两两正交，所以$(\beta_1,\beta_3)=0$，即$\frac{5}{7}-\frac{1}{7}+2\cdot\frac{6}{7}-3\cdot\frac{1}{7}+l\cdot(-\frac{1}{7})+m\cdot\frac{2}{7}=0$，$(\beta_2,\beta_3)=0$，即$-\frac{1}{7}+\frac{10}{7}-\frac{2}{7}-k\cdot\frac{5}{7}+l\cdot(-\frac{1}{7})+m\cdot\frac{6}{7}=0$。解得$l=\frac{5}{2}$，$m=2$，故选A。（7）设$A$，$B$为$n$阶实矩阵，下列不成立的是（A）$r\begin{pmatrix}A&O\\O&O\end{pmatrix}=2r(A^TA)$。（B）$r\begin{pmatrix}A&B\\A&B\end{pmatrix}=2r(A)$。（C）$r(A+B)\leqr(A)+r(B)$。（D）$r(AB)\leq\min\{r(A),r(B)\}$。【解析】（A）$r\begin{pmatrix}A&O\\O&O\end{pmatrix}=r(A)$，$r(A^TA)=r(A)$，故式子成立。（B）$\begin{pmatrix}A&B\\A&B\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A\\A\end{pmatrix}\begin{pmatrix}E&B\end{pmatrix}$，$r\begin{pmatrix}A\\A\end{pmatrix}=r(A)$，$r\begin{pmatrix}E&B\end{pmatrix}=r(B)$，故$r\begin{pmatrix}A&B\\A&B\end{pmatrix}\leqr(A)+r(B)$，即式子成立。（C）$r(A+B)\leqr(A)+r(B)$是矩阵秩的性质，故式子成立。（D）$r(AB)\leq\min\{r(A),r(B)\}$是矩阵秩的性质，故式子成立。故选D。代入初值条件得C1C21，C12C22，解得C134，C214，所以y=34x214x2.（14）设事件A发生的概率为0.4，事件B发生的概率为0.5，且事件A、B独立，则事件A与事件B至少有一个发生的概率为_____________.【答案】0.7【解析】由容斥原理，事件A与事件B至少有一个发生的概率为P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.4+0.5-0.4*0.5=0.7.（15）设随机变量X服从正态分布N(2,1)，则P(X>3)_____________.【答案】0.1587【解析】P(X>3)=1-P(X≤3)=1-Φ((3-2)/1)=1-Φ(1)=0.1587，其中Φ为标准正态分布函数。（16）某班级有10名男生和20名女生，从中任选3名同学组成一支舞队，其中至少有1名男生的概率为_____________.【答案】0.875【解析】计算至少有1名男生的概率，可以计算没有男生的概率再用1减去它。没有男生的情况只能从20名女生中选3名，共有C203种选法；总的选法为C303种。所以P(至少有1名男生)=1-P(没有男生)=1-C203/C303=0.875.将初始条件y(1)=1,y'(1)=2带入得C1=1,C2=2，故满足初始条件的解为y=x^2.（14）设Σ为空间区域{(x,y,z)|x^2+4y^2≤4,0≤z≤2}表面的外侧，则曲面积分22xdydz+ydzdx+zdxdy=4π.【解析】由高斯公式得∬Σ2xdydz+ydzdx+zdxdy=∭D(2x+2y+1)dV=∫dz∫dxdy=4π.（15）设A为代数余子式，A=a_ij为3阶矩阵，若A的每行元素之和均为2，且A=3，A11+A21+A31=1.【解析】由伴随矩阵可得A*=1/|A|·[a_ij]T，而A*的特征值为λ，对应的特征向量为α，即Aα=λα，则A*=1/|A|·[λα]T.由于A的每行元素之和均为2，考虑把第二列、第三列都加到第一列，提出第一列公因式可得2a12A=2a222a32a131a12a23=21a22a331a32a13a23=2(A11+A12+A13)=3a33，故A11+A21+A31=1.（16）甲乙两个盒子中各装有2个红球和2个白球，先从甲盒中任取一球，观察颜色后放入乙盒中，再从乙盒中任取一球.令X，Y分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球个数，则X与Y的相关系数为1/5.【解析】联合分布率(X,Y)={(0,0):1/4,(0,1):1/4,(1,0):1/4,(1,1):1/4}.E(X)=E(Y)=1/2，Var(X)=Var(Y)=1/4，Cov(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=1/16-1/4·1/4=-3/64，故相关系数为Cov(X,Y)/√(Var(X)Var(Y))=-3/64÷(1/4)=-3/16=-1/5.由于相关系数为绝对值，故相关系数为1/5.三、解答题（17）求极限$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1+\int_0^{x}e^{t^2}\mathrm{d}t}{e-1\sinx}$。【解析1】根据分子分母极限的定义，分别求出分子和分母的极限。$$\lim\limits_{x\to\infty}\int_0^{x}e^{t^2}\mathrm{d}t=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{e^{x^2}-1}{2x}=\infty$$因为分子的极限为$\infty$，所以可以使用洛必达法则。$$\begin{aligned}\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1+\int_0^{x}e^{t^2}\mathrm{d}t}{e-1\sinx}&=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{e^{x^2}}{e\cosx}\\&=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{e^{x^2}}{-e\sinx}\\&=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{2xe^{x^2}}{-e\cosx}\\&=0\end{aligned}$$因此，所求极限为$0$。【解析2】将分母化为$e-1\sinx=e(1-\frac{1}{e}\sinx)$，则原式可以写成$$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1+\int_0^{x}e^{t^2}\mathrm{d}t}{e(1-\frac{1}{e}\sinx)}=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\frac{1}{x}+\frac{e^{x^2}}{x}}{e\cdot\frac{1}{e}\cdot\frac{\sinx}{x}}$$分子和分母分别使用洛必达法则，得到$$\begin{aligned}\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\frac{1}{x}+\frac{e^{x^2}}{x}}{e\cdot\frac{1}{e}\cdot\frac{\sinx}{x}}&=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{-\frac{1}{x^2}+2xe^{x^2}}{\cosx-\sinx}\\&=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{-\frac{2}{x^3}+4e^{x^2}+4xe^{x^2}}{-\sinx-\cosx}\\&=0\end{aligned}$$因此，所求极限为$0$。（18）设$u_n(x)=e^{-nx}\dfrac{1}{n+1}x^{n+1}$$(n=1,2,\cdots)$，求级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x)$的收敛域及和函数。【解析】由比值判别法，$$\begin{aligned}\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}&=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{e^{-(n+1)x}\frac{1}{n+2}x^{n+2}}{e^{-nx}\frac{1}{n+1}x^{n+1}}\\&=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x}{n+2}\\&=0\end{aligned}$$当$x=0$时，级数显然收敛。当$x\neq0$时，由比较判别法，$$\dfrac{u_n(x)}{\frac{1}{n}}=\dfrac{1}{n+1}x^{n+1}\cdot\dfrac{n}{e^{nx}}\leq\dfrac{1}{n+1}\cdot\dfrac{n}{e^{nx}}\to0\quad(n\to\infty)$$因此，级数在$x\neq0$时收敛。综上，级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x)$的收敛域为$[0,+\infty)$，和函数为$$S(x)=\begin{cases}e^{-x}+(1-x)\ln(1-x)+x,&x\in[0,1)\\e,&x=1\\e^{-1},&x>1\end{cases}$$设$S_n(x)=\sum\limits_{i=1}^nu_i(x)$，其中$u_i(x)=\dfrac{(1-x)^i}{i}$，则$$S(x)=\sum\limits_{n=1}^\inftyS_n(x)=\begin{cases}e^{-x}+(1-x)\ln(1-x)+x,&x\in(0,1)\\e,&x=1\\e^{-1},&x<0\end{cases}$$又$S_2(1)=\lim\limits_{x\to1^-}S_2(x)=1$，故$\sum\limits_{n=1}^\inftyu_n(x)$的和函数为$S(x)$。2.删除了明显有问题的段落。3.改写后：已知曲线$C:\begin{cases}x^2+2y^2-z=6\\4x+2y+z=30\end{cases}$，求$C$上的点到$xoy$坐标面距离的最大值。设拉格朗日函数$L(x,y,z,\lambda,\mu)=z^2+\lambda(x^2+2y^2-z-6)+\mu(4x+2y+z-30)$，则$$\begin{cases}L_x'=2x\lambda+4\mu=0\\L_y'=4y\lambda+2\mu=0\\L_z'=2z-\lambda=0\\x^2+2y^2-z=6\\4x+2y+z=30\end{cases}$$由$L_x'=L_y'$解得$\lambda=0$或$x=4y$。当$\lambda=0$时，代入第三个方程可得$z=0$，舍去。当$x=4y$时，代入前两个方程解得$(4,1,12)$和$(-8,-2,66)$两个点，而$(-8,-2,66)$到$xoy$面的距离最大，为$66$。4.改写后：设$I(D)=\iint_D(4-x^2-y^2)\,\mathrm{d}\sigma$，其中$D\subset\mathbb{R}^2$是有界单连通闭区域。(1)求$I(D_1)$的值。由二重积分的几何意义，$I(D)$最大当且仅当$4-x^2-y^2$在$D$上大于$0$。因此$D_1:x^2+y^2\leq4$，从而$$I(D_1)=\int_0^{2\pi}\int_0^2(4-r^2)r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta=8\pi$$(2)计算$\displaystyle\oint_{\partialD_1}(x\mathrm{e}^{x^2+4y^2}+y)\,\mathrm{d}x+(4y^2-x)\mathrm{e}^{x^2+4y^2}\,\mathrm{d}y$，其中$\partialD_1$是$D_1$的正向边界。设$P=x\mathrm{e}^{x^2+4y^2}+y$，$Q=4y^2-x$，则$$\begin{aligned}\frac{\partialP}{\partialy}=\frac{\partialQ}{\partialx}=2x\mathrm{e}^{x^2+4y^2}+1\end{aligned}$$故该曲线是可求第一类曲线积分的简单闭曲线，有$$\oint_{\partialD_1}P\,\mathrm{d}x+Q\,\mathrm{d}y=\iint_{D_1}\left(\frac{\partialQ}{\partialx}-\frac{\partialP}{\partialy}\right)\,\mathrm{d}\sigma=-\pi$$因此$\displaystyle\oint_{\partialD_1}(x\mathrm{e}^{x^2+4y^2}+y)\,\mathrm{d}x+(4y^2-x)\mathrm{e}^{x^2+4y^2}\,\mathrm{d}y=-\pi$。exdx+4ydy-ydx-xdy=r2求解过程略。已知A=1-1-1-1a（1）求正交矩阵P，使得PTAP为对角矩阵；（2）求正定矩阵C，使得C2=(a+3)E-A解析如下：（1）由|λE-A|=0得λ1=a+2,λ2=λ3=a-1当λ1=a+2时，(a+2)E-A=2-11-12-11-12-a的特征向量为α1=(1,1,1)，当λ2=λ3=a-1时，(a-1)E-A=-1-11-1-1111-1-a的特征向量为α2=(1,-1,0),α3=(1,0,-1)，令P=(α1,α2,α3)=1111-1010-1，则PAP=Λ=a+2000a-1000a-1故PTAP=diag(a+2,a-1,a-1)。（2）由C2=(a+3)E-A，得C=(a+3)E-A1/2，设C=PTDP，代入上式得PTDPPTDP=(a+3)E-AD2=P(A+3)PT设D=diag(√(a+3),b,c)，代入上式得PTdiag(√(a+3),b,c)P=(a+3)E-A设P=1111-1010-1，则有PTdiag(√(a+3),b,c)P=a+3000b000c解得b=√(a+3),c=1/√(a-1)，故C=PTdiag(√(a+3),√(a+3),1/√(a-1))P=