2015年考研数学真题

2015年考研数学练习题2015年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、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的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上。1.设函数$f(x)$在$(\infty,+\infty)$内连续，其中二阶导数$f''(x)$的图形如图所示，则曲线$y=f(x)$的拐点个数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】拐点出现在二阶导数变号的点处。由$f''(x)$的图形可知，$f''(x)$有两个变号点，所以曲线$y=f(x)$的拐点个数为2。2.设$y=\frac{1}{2}e^{2x}+(x\frac{1}{3})e^{x}$是二阶常系数非齐次线性微分方程$y''+ay'+by=ce^{x}$的一个特解，则（）A.$a=3,b=2,c=1$B.$a=3,b=2,c=1$C.$a=3,b=2,c=1$D.$a=3,b=2,c=1$【答案】A【解析】已知$y=\frac{1}{2}e^{2x}+(x\frac{1}{3})e^{x}=\frac{1}{2}e^{2x}\frac{1}{3}e^{x}+xe^{x}$是二阶常系数非齐次线性微分方程$y''+ay'+by=ce^{x}$的一个特解。对于二阶常系数齐次线性微分方程$y''+ay'+by=0$，其特征方程为$r^{2}+ar+b=0$。因为$e^{2x}$是齐次方程的解，所以$r=2$是特征方程的一个根；又因为$e^{x}$是齐次方程的解，所以$r=1$是特征方程的另一个根。由韦达定理可得$a=2+1=3$，$b=2\times1=2$，即$a=3$，$b=2$。将$y=xe^{x}$代入非齐次方程$y''3y'+2y=ce^{x}$，$y'=(x+1)e^{x}$，$y''=(x+2)e^{x}$，则$(x+2)e^{x}3(x+1)e^{x}+2xe^{x}=ce^{x}$，化简得$(1)e^{x}=ce^{x}$，所以$c=1$。3.若级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$条件收敛，则$x=\sqrt{3}$与$x=3$依次为幂级数$\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}(x1)^{n}$的（）A.收敛点，收敛点B.收敛点，发散点C.发散点，收敛点D.发散点，发散点【答案】B【解析】因为级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$条件收敛，所以幂级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(x1)^{n}$在$x=2$处条件收敛，根据幂级数的性质可知其收敛半径$R=1$。对于幂级数$\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}(x1)^{n}$，其收敛半径与$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(x1)^{n}$相同，也为$R=1$。当$x=\sqrt{3}$时，$|x1|=|\sqrt{3}1|\lt1$，所以$x=\sqrt{3}$是收敛点；当$x=3$时，$|x1|=2\gt1$，所以$x=3$是发散点。4.设$D$是第一象限中由曲线$2xy=1$，$4xy=1$与直线$y=x$，$y=\sqrt{3}x$围成的平面区域，函数$f(x,y)$在$D$上连续，则$\iint_{D}f(x,y)dxdy=$（）A.$\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}d\theta\int_{\frac{1}{2\sin2\theta}}^{\frac{1}{\sin2\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)rdr$B.$\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}d\theta\int_{\frac{1}{\sqrt{2\sin2\theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin2\theta}}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)rdr$C.$\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}d\theta\int_{\frac{1}{2\sin2\theta}}^{\frac{1}{\sin2\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)dr$D.$\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}d\theta\int_{\frac{1}{\sqrt{2\sin2\theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin2\theta}}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)dr$【答案】B【解析】在极坐标下，$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，$dxdy=rdrd\theta$。曲线$2xy=1$化为$2r^{2}\cos\theta\sin\theta=1$，即$r^{2}=\frac{1}{\sin2\theta}$，$r=\frac{1}{\sqrt{\sin2\theta}}$；曲线$4xy=1$化为$4r^{2}\cos\theta\sin\theta=1$，即$r^{2}=\frac{1}{2\sin2\theta}$，$r=\frac{1}{\sqrt{2\sin2\theta}}$。直线$y=x$，则$\tan\theta=1$，$\theta=\frac{\pi}{4}$；直线$y=\sqrt{3}x$，则$\tan\theta=\sqrt{3}$，$\theta=\frac{\pi}{3}$。所以$\iint_{D}f(x,y)dxdy=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}d\theta\int_{\frac{1}{\sqrt{2\sin2\theta}}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin2\theta}}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)rdr$。5.设矩阵$A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&2&a\\1&4&a^{2}\end{pmatrix}$，$b=\begin{pmatrix}1\\d\\d^{2}\end{pmatrix}$，若集合$\Omega=\{1,2\}$，则线性方程组$Ax=b$有无穷多解的充分必要条件为（）A.$a\notin\Omega$，$d\notin\Omega$B.$a\notin\Omega$，$d\in\Omega$C.$a\in\Omega$，$d\notin\Omega$D.$a\in\Omega$，$d\in\Omega$【答案】D【解析】对增广矩阵$(A|b)=\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&2&a&d\\1&4&a^{2}&d^{2}\end{pmatrix}$进行初等行变换：$\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&2&a&d\\1&4&a^{2}&d^{2}\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}1&1&1&1\\0&1&a1&d1\\0&3&a^{2}1&d^{2}1\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}1&1&1&1\\0&1&a1&d1\\0&0&a^{2}3a+2&d^{2}3d+2\end{pmatrix}$。$a^{2}3a+2=(a1)(a2)$，$d^{2}3d+2=(d1)(d2)$。线性方程组$Ax=b$有无穷多解的充要条件是$r(A)=r(A|b)\lt3$，即$a^{2}3a+2=0$且$d^{2}3d+2=0$，也就是$a\in\Omega$，$d\in\Omega$。6.设二次型$f(x_{1},x_{2},x_{3})$在正交变换$x=Qy$下的标准形为$2y_{1}^{2}+y_{2}^{2}y_{3}^{2}$，其中$Q=(e_{1},e_{2},e_{3})$，若$P=(e_{1},e_{3},e_{2})$，则$f(x_{1},x_{2},x_{3})$在正交变换$x=Py$下的标准形为（）A.$2y_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{3}^{2}$B.$2y_{1}^{2}+y_{2}^{2}y_{3}^{2}$C.$2y_{1}^{2}y_{2}^{2}y_{3}^{2}$D.$2y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}$【答案】A【解析】已知$f(x_{1},x_{2},x_{3})$在正交变换$x=Qy$下的标准形为$2y_{1}^{2}+y_{2}^{2}y_{3}^{2}$，即$f(x)=x^{T}Ax=y^{T}(Q^{T}AQ)y=2y_{1}^{2}+y_{2}^{2}y_{3}^{2}$，其中$Q^{T}AQ=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$。又因为$P=(e_{1},e_{3},e_{2})=Q\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}$，设$C=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}$，则$P^{T}AP=(QC)^{T}A(QC)=C^{T}(Q^{T}AQ)C$。$C^{T}(Q^{T}AQ)C=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$。所以$f(x_{1},x_{2},x_{3})$在正交变换$x=Py$下的标准形为$2y_{1}^{2}y_{2}^{2}+y_{3}^{2}$。7.若$A$，$B$为任意两个随机事件，则（）A.$P(AB)\leqP(A)P(B)$B.$P(AB)\geqP(A)P(B)$C.$P(AB)\leq\frac{P(A)+P(B)}{2}$D.$P(AB)\geq\frac{P(A)+P(B)}{2}$【答案】C【解析】因为$AB\subseteqA$，$AB\subseteqB$，所以$P(AB)\leqP(A)$且$P(AB)\leqP(B)$，则$2P(AB)\leqP(A)+P(B)$，即$P(AB)\leq\frac{P(A)+P(B)}{2}$。8.设总体$X\simB(m,p)$，其中$m$已知，$p\in(0,1)$未知，$X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}$为来自总体$X$的简单随机样本，$\overline{X}$为样本均值，则参数$p$的矩估计量为（）A.$\frac{\overline{X}}{m}$B.$\frac{m}{\overline{X}}$C.$\frac{\overline{X}}{n}$D.$\frac{n}{\overline{X}}$【答案】A【解析】已知$X\simB(m,p)$，则$E(X)=mp$。令$E(X)=\overline{X}$，即$mp=\overline{X}$，解得$\hat{p}=\frac{\overline{X}}{m}$，所以参数$p$的矩估计量为$\frac{\overline{X}}{m}$。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。9.$\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(\cosx)}{x^{2}}=$______。【答案】$\frac{1}{2}$【解析】当$x\rightarrow0$时，$\ln(1+u)\simu$，$\cosx1\sim\frac{1}{2}x^{2}$。$\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(\cosx)}{x^{2}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(1+\cosx1)}{x^{2}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\cosx1}{x^{2}}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\frac{1}{2}x^{2}}{x^{2}}=\frac{1}{2}$。10.设函数$f(x)=x+a\ln(1+x)+bx\sinx$，$g(x)=kx^{3}$，若$f(x)$与$g(x)$在$x\rightarrow0$时是等价无穷小，则$a+b+k=$______。【答案】$\frac{1}{3}$【解析】已知$f(x)$与$g(x)$在$x\rightarrow0$时是等价无穷小，则$\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)}{g(x)}=1$。$f(x)=x+a\ln(1+x)+bx\sinx=x+a(x\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3}))+bx(x\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3}))=(1+a)x+(\frac{a}{2})x^{2}+(\frac{a}{3}+b)x^{3}+o(x^{3})$。因为$\lim_{x\rightarrow0}\frac{f(x)}{kx^{3}}=1$，所以$1+a=0$，$\frac{a}{2}=0$，$\frac{a}{3}+b=k$。由$1+a=0$得$a=1$，代入$\frac{a}{3}+b=k$得$\frac{1}{3}+b=k$，又因为$