考研数一真题解析1.docx

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考研数一真题解析1

全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析

一、填空题

（1）【答案】1

【详解】先将其转化为普通定积分，求其极限即得广义积分.

+∞dx

=limdx

=lim

bdlnx=lim⎡-

1⎤b=lim⎡-1

+1⎤=1

b

⎰exln2x

b→+∞⎰e

xln2x

b→+∞⎰e

ln2x

b→+∞⎢⎣

lnx⎥⎦e

b→+∞⎢⎣

lnb⎥⎦

（2）【答案】-2

【详解】y是由ey+6xy+x2-1=0确定的x的函数，两边对x求导，

eyy'+6xy'+6y+2x=0,

所以y'=-6y+2x,两边再对x求导，得

ey+6x

y'=-

（ey+6x（）6y'+2）-（6y+2x）（eyy'+6）

（ey+6x）2,

把x=0代入，得y（0）=0，y'（0）=0，代入y'，得y'（0）=-2.

x+1

（3）【答案】y=

【详解】方法1：

这是属于缺x的y'=

f（y,y'）类型.命y'=p,y'=dp=dpdy=pdp.

dxdydxdy

原方程yy'+y'2=0化为ypdp+p2=0，得

dy

p=0或y

dp+p=0

dy

p=0，即dy=0，不满足初始条件y'

dx

=1，弃之；所以p≠0

x=02

所以，ydp+p=0，分离变量得dy=-dp，解之得p=C1.

即dy=C1.

dyypydxy

由初始条件y

=1,y'

=1，可将C先定出来：

1=C1,C

=1.于是得

x=0

x=021

2112

dy=1

dx2y

2

解之得，y2=x+C,y=±

x+1

且C2=1.于是特解是y=

.以y

x+C2

.

x=0=1代入，得1=±，所以应取“+”号

C2

方法2：

将yy'+y'2=0改写为（yy'）'=0，从而得yy'=C.以初始条件y（0）=1,y'（0）=1

12

代入，有1⨯1=C

，所以得

yy'=1

.即2yy'=1，改写为（y2）'=1.解得

y=x+C2,

解y=

21

x+C2

y=±

x+1

.

2

C2

.再以初值代入，1=±所以应取"+"且C2=1.于是特

（4）【答案】2

⎡a22⎤

【详解】方法1：

二次型f的对应矩阵A=⎢2a2⎥，经正交变换x=Py，可化成标准

⎢⎥

⎢⎣22a⎥⎦

1

型f=6y2

，故P为正交矩阵，有

PT=P-1，且对实对称矩阵A，有

⎛6⎫⎛6⎫

PTAP=ç0⎪，故PTAP=P-1AP=ç0⎪，即

ç⎪ç⎪

ç0⎪ç0⎪

⎝⎭⎝⎭

⎡600⎤

⎢⎥

A⎢000⎥

33

⎢⎣000⎥⎦

因为矩阵的n个特征值之和等于它的主对角元素之和，∑aii=3a=∑λi，相似矩阵

3

i=1i=1

具有相同的特征值，∑λi=6+0+0=6故有3a=6，得a=2.

i=1

⎡a22⎤

方法2：

二次型f的对应矩阵A=⎢2a2⎥，经正交变换x=Py，可化成标准型f=6y2，

⎢⎥1

⎢⎣22

a⎥⎦

⎛6⎫

故P为正交矩阵，有PT=P-1，且对实对称矩阵A，有PTAP=P-1AP=ç0⎪，即

ç⎪

ç0⎪

⎝⎭

⎡600⎤

⎢⎥

A⎢000⎥

⎢⎣000⎥⎦

相似矩阵具有相同的特征值，知0是A的特征值，根据特征值的定义，有

0E-A=

A=0

a22

a+422

A=2a2把第2，3列加到第1列a+4a2

22a

122

a+42

a

122

提取第1列

（a+4）1a

2行-1行

2（a+4）0

a-20

的公因子

12a

3行-1行

00a-2

=（a+4）（a-2）2=0，

得a=-4或a=2，

（1）

又6是A的特征值，根据特征值的定义，有6E-A=0，由

⎡6⎤⎡a22⎤⎡6-a-2

-2⎤

6E-A=⎢6⎥-⎢2a

2⎥=⎢

-26-a

-2⎥（对应元素相减）

⎢⎥⎢⎥⎢⎥

两边取行列式，

⎣⎢6⎦⎥⎣⎢22a⎦⎥⎣⎢-2-26-a⎦⎥

把第2，3列加到第1列

6-a-2-22-a-2-2

6E-A=-26-a-2

2-a

6-a-2

-2-26-a

2-a

-26-a

提取第1列

1-2

-22行-1行

1-2-2

（2-a）16-a-2（2-a）08-a0

的公因子

1-26-a

3行-1行

008-a

=（2-a）（8-a）2=0

得a=2或a=8

因为

（1），

（2）需同时成立，取它们的公共部分，得a=2.

（2）

⎡a22⎤

方法3：

f的对应矩阵为A=⎢2a2⎥，经正交变换x=Py，可化成标准型f=6y2，

⎢⎥1

⎢⎣22a⎥⎦

⎛6

故P为正交矩阵，有PT=P-1，且对实对称矩阵A，有PTAP=P-1AP=ç0

⎫

⎪，即

ç⎪

ç0⎪

⎝⎭

⎡600⎤

⎢⎥

A⎢000⎥

⎢⎣000⎥⎦

相似矩阵具有相同的特征值，知A的特征值，其中一个单根是6，一个二重根应是

0，直接求A的特征值，即由

⎡λ⎤⎡a22⎤⎡λ-a-2

-2⎤

λE-A=⎢λ⎥-⎢2a2⎥=⎢-2λ-a-2⎥（对应元素相减）

⎢⎥⎢⎥⎢⎥

⎣⎢

两边取行列式，

λ⎦⎥⎢⎣22

a⎥⎦

⎣⎢-2

-2λ-a⎥⎦

λ-a

λE-A=-2

-2

-2

λ-a

-2

-2

-2

λ-a

λ-a-4把第2，3列λ-a-4加到第1列λ-a-4

-2

λ-a

-2

-2

-2

λ-a

1

提取第1列的公因子（λ-a-4）1

1

-2

λ-a

-2

-2

-2

λ-a

2行-1行

1-2-2

（λ-a-4）0λ-（a-2）0

3行-1行

00λ-（a-2）

=[λ-（a-4）][λ-（a-2）]2

其中单根为a+4，二重根为a-2，故a+4=6，及a-2=0，故知a=2.

⎡a22⎤

方法4：

f的对应矩阵为A=⎢2a2⎥，经正交变换x=Py，可化成标准型f=6y2，

⎢⎥1

⎢⎣22

a⎥⎦

⎛6⎫

故P为正交矩阵，有PT=P-1，且对实对称矩阵A，有PTAP=P-1AP=ç0⎪，即

ç⎪

ç0⎪

⎝⎭

⎡a22⎤⎡6⎤

A=⎢2a2⎥Λ=⎢0⎥

⎢⎥⎢⎥

⎢⎣22a⎥⎦⎢⎣0⎥⎦

故r（A）=r（Λ）=1，

⎡a22⎤

⎡22

a⎤2行-1行

⎡22a⎤

a2

2⎥

⎥

⎦

⎢⎥交换第1和⎢⎥⎢⎥

A=⎢2a

2⎥第3行的顺序⎢2a2⎥

a⎢0

a-22-a⎥

⎢⎣22

a⎥⎦⎢⎣a

22⎥⎦3行-1行⨯2⎢

⎢02-a

2-

⎣

⎡⎤

⎢22a⎥⎡22a⎤

⎢⎥⎢⎥

3行+2行0a-22-a3行⨯20a-22-a

⎢⎥⎢⎥

⎢a2⎥

⎢⎣00

-（a2+2a-8）⎥⎦

⎢004--a⎥

⎣2⎦

⎡22a⎤

→⎢0a-22-a⎥

⎢⎥

⎢⎣00-（a-2）（a+4）⎥⎦

因r（A）=1，故a-2=0，且（a-2）（a+4）=0，故应取a=2.

（5）【答案】4.

b2-4ac

【详解】二次方程无实根，即y2+4y+X=0的判别式∆=

就有X>4.此事发生概率为1，即P{X>4}=1，

=16-4X<0，也

22

对于XN（μ,σ2）（σ>0）,P{X>μ}=1，因为正态分布的密度函数为

2

1⎧（x-μ）2⎫

f（x）=

2

exp⎨-

2σ2⎬

-∞

πσ⎩⎭

关于x=μ对称；另一方面，由概率的计算公式，f（x）与x轴所围成的面积是1，所以x=μ

将面积平分为两份

P{X>μ}=1，所以μ=4.

2

二、选择题

（1）【详解】下述重要因果关系应记住，其中A⇒B表示由A可推出B.无箭头者无因果关系，箭头的逆向不成立.

⎧⎪f'（x,y）与f'（x,y）存在

fx'（x,y）与fy'（x,y）连续⇒

f（x,y）可微⇒⎨

⎪⎩

xy

f（x,y）连续

其中均指在同一点处.记住上述关系，不难回答本选择题，故应选（A）.

（2）【详解】首先要分清绝对收敛和条件收敛的定义，通过定义判定级数的敛散性.

11

∞

n+1

考察原级数∑（-1）（

n=1

+

u

nun+1

）的前n项部分和

S=（1+1）-（1+1）+（1+1）-+（-1）n+1（1+1）=1+（-1）n+11

nuuuuuuuuuu

122334

nn+11

n+1

由limn

=1>0知，当n充分大时，u>0且limu

=+∞.所以limS

=（收敛），

1

n→∞un

u

∞11

nn→∞n

n→∞n

1

另一方面，∑（

n=1

+

u

nun+1

）为正项级数，用比较判别法的极限形式，由题设条件

limn

=1的启发，考虑

n→∞un

1

limun

+1

un+1=lim

un+1+ununun+1

=lim（un+1+un）n（n+1）

n→∞1+1n→∞2n+1

n→∞

unun+1（2n+1）

nn+1n（n+1）

=lim

n（n+1）[（n+1）

n

un+1

（n+1）

+

un]

n

=lim

（n+1）

n

un+1

（n+1）

+

un

n=1

n→∞

uu2n+1

n→∞

un⋅un+1⋅2n+1

nn+1n

nn+1n

∞11

∞1∞1

∞11

而级数∑（n+n+1）=∑n+∑n+1是发散的，所以∑（u+u

）也发散，所以选（C）.

n=1

n=1

n=1

n=1

nn+1

（3）【详解】方法1：

排斥法.

令f（x）=1sinx2，则f（x）在（0,+∞）有界，f'（x）=-

x

1sinx2+2cosx2，x2

lim

x→+∞

f（x）=0，但lim

x→+∞

f'（x）不存在，故（A）不成立；

lim

x→0+

f（x）=0，但

lim

x→0+

f'（x）=1≠0，（C）和（D）不成立，故选（B）.

方法2：

证明（B）正确.设lim

x→+∞

f'（x）存在，记lim

x→+∞

f'（x）=A，证明A=0.

用反证法，若A>0，则对于ε=A>0，存在X>0，使当x>X时，

2

f'（x）-A<ε=A，即A=A-A

22222

由此可知，f'（x）有界且大于A.在区间[x,X]上应用拉格朗日中值定理，有

2

f（x）=f（X）+f'（ξ）（x-X）>

f（X）+A（x-X）2

从而lim

x→+∞

f（x）=+∞，与题设f（x）有界矛盾.类似可证当A<0时亦有矛盾.故A=0.

（4）【答案】（B）

【详解】三张不同平面的方程分别为ai1x+ai2y+ai3z=bi,i=1,2,3,判断三个平面有无

⎧a11x+a12y+a13z=b1

公共点即判断方程组⎪ax+ay+az=b有无公共解，且方程组有多少公共解平面就有

⎨2122232

⎪ax+ay+az=b

⎩3132333

多少公共点，由于方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都是2<3（未知量的个数），所以方程组有解且有无穷多解，故三个平面有无穷多个公共点，故应排除（A）三平面唯一交点（即方程组只有唯一解）（C）、（D）三平面没有公共交点（即方程组无解）.

故应选（B），三个平面相交于一条直线，直线上所有的点均是平面的公共点，即有无穷多个公共点.

（5）【答案】D

【分析】函数f（x）成为概率密度的充要条件为：

（1）f（x）≥0;

+∞

⎰

（2）-∞

f（x）dx=1.

函数F（x）成为分布函数的充要条件为：

（1）F（x）单调不减；

（2）limF（x）=0,limF（x）=1;（3）F（x）右连续.

x→-∞x→+∞

我们可以用以上的充要条件去判断各个选项，也可以用随机变量的定义直接推导.

【详解】方法1：

（A）选项不可能，因为

+∞+∞+∞

⎰-∞[f1（x）+f2（x）]dx=⎰-∞f1（x）dx+⎰-∞f2（x）dx=1+1=2≠1

也不能选（B），因为可取反例，令

⎧1,

-1

⎧1,0

f1（x）=⎨0,其他f2（x）=⎨0,其他

⎩⎩

显然f1（x），f2（x）均是均匀分布的概率密度.而

+∞

f1（x）f2（x）=0，不满足⎰-∞

（C）当然也不正确，因为

f1（x）f2（x）dx=1条件.

12

lim[F（x）+F（x）]=1+1=2≠1

x→+∞

根据排除法，答案应选（D）.

方法2：

令X=max（X1,X2），显然X也是一个随机变量.X的分布函数为

F（x）=P{X≤x}=P{max（X1,X2）≤x}=P{X1≤x,X2≤x}

=P{X1≤x}P{X2≤x}=F1（x）F2（x）.

三【详解】

方法1：

由题设条件知有

lim[af（h）+bf（2h）-f（0）]=（a+b-1）f（0）=0

h→0

由于f（0）≠0，所以a+b-1=0.又由洛必达法则，

limaf（h）+bf（2h）-f（0）=lim（af'（h）+2bf'（2h））=（a+2b）f'（0）

h→0h

h→0

由于af（h）+bf（2h）-f（0）在h→0时是比h高阶的无穷小，由高阶无穷小的定

义知上式等于0，又由f'（0）≠0,得a+2b=0.

⎨a+2b=0

解⎧a+b-1=0联立方程组得，a=2,b=-1.

⎩

方法2：

分别将f（h）,f（2h）按佩亚诺余项泰勒公式展开到o（h），有

f（h）=

f（0）+f'（0）h+o1（h），f（2h）=

f（0）+2f'（0）h+o2（h）

从而af（h）+bf（2h）-f（0）=（a+b-1）f（0）+（a+2b）f'（0）h+o3（h）

由题设条件知，a+b-1=0,a+2b=0,所以a=2,b=-1.

方法3：

由题设条件，有

lim[af（h）+bf（2h）-f（0）]=（a+b-1）f（0）=0

h→0

由于f（0）≠0，所以a+b-1=0.再将a=1-b代入lim1[af（h）+bf（2h）-f（0）]，

h→0h

并凑成导数定义形式，有

0=limaf（h）+bf（2h）-f（0）=lim（1-b）f（h）+bf（2h）-f（0）

h→0hh→0h

=lim[f（h）-f（0）-bf（h）-f（0）+2bf（2h）-f（0）]

h→0hh2h

=f'（0）-bf'（0）+2bf'（0）=（1+b）f'（0）

从而a=2,b=-1.

⎰

四【详解】由y=arctanxe-t2dt知y（0）=0，由变上限积分的求导公式得

0

y'=e-（arctanx）2⋅（arctanx）'=e-（arctanx）21,

所以y（'0）=e-（arctan0）21=1

1+x2

1+02

因此，过点（0,0）的切线方程为y=x.

线方程，于是f（0）=0,f'（0）=1.

f

（2）-f（0）

y=f（x）在点（0,0）处与上述曲线有相同的切

f

（2）-f（0）

limnf

（2）=limn=2limn=2f'（0）=2

n→∞

nn→∞1

n

n→∞2

n

max{x2,y2}

五【详解】应先将e写成分块表达式.记

D1={（x,y）0≤x≤1,0≤y≤x},D2={（x,y）0≤x≤1,x≤y≤1}

⎧e

2

22x（x,y）∈D;

⎨

2

于是emax{x,y}=⎪

⎪⎩ey

1

（x,y）∈D2.

从而

⎰⎰emax{x2,y2}dσ=⎰⎰emax{x2,y2}dσ+⎰⎰emax{x2,y2}dσ=⎰⎰ex2dσ+⎰⎰ey2dσ

DD1D2D1D2

0000

00

=⎰1dx⎰xex2dy+⎰1dy⎰1ey2dx=⎰1ex2xdx+⎰1ey2ydy

=21ex2xdx=1ex2dx2=1dex2=ex2|1=（e-1）

⎰0⎰0⎰00

六【详解】

（1）记P（x,y）=1[1+y2f（xy）]，Q（x,y）=

y

x[y2f（xy）-1]

y2

∂Q=

∂（x[y2f（xy）-1]）

y2

∂（x）

=y2⨯2

-+x

⨯∂（[y2f（xy）-1]）

∂x∂x

∂x（[yf（xy）1]）y2∂x

=1⨯（[y2f（xy）-1]）+

y2

x⨯y2∂（f（xy）

y2∂x

=f（xy）-

1+x⨯fy2

'（xy）

∂（xy）

∂x

=f（xy）+xyf'（xy）-1

y2

∂P=

∂y

∂（1[1+y2f（xy）]）

y

∂y

∂

（1）

=y2

1∂（[1+y2f（xy）]）

（[1+yf（xy）]）+

f（xy）+⨯⨯y

∂yy∂y

（[1+yf（xy）]）+

=-12

1∂（y2）1

∂（f（xy））2

y2y∂yy∂y

=-f（xy）-

1

+f（xy）+xyf'（xy）

y2

所以，∂Q=∂P（当y>0）.故在上半平面（y>0），该曲线积分与路径无关.

∂x∂y

（2）方法1：

由该曲线积分与路径无关而只与端点有关所以用折线把两个端点连接起来.先从

点（a,b）到点（c,b）,再到点（c,d）.有

⎰

d

⎰

I=c1[1+b2f（bx）]dx+

abb

c[y2f（cy）-1]dyy2

=c