2017年考研数学一真题答案解析

2017年考研数学一真题及答案解析

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一、选择题：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的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上. ．．．

1cosx,x0（1）若函数f(x)在x0处连续，则（ ） axb,x012(C)ab0(A)ab【答案】A

BabDab212

1x1cosx12【解析】limlim,x0x0axax2a

f(x)在x0处连续11bab.选A. 2a2'（2）设函数f(x)可导，且f(x)f(x)0，则（ ）

(A)f(1)f(1)(C)f(1)f(1)

【答案】C 【解析】

Bf(1)f(1)Df(1)f(1)

f(x)0f(x)0或 f(x)f(x)0,(1)(2)，只有C选项满足(1)且满足(2)，所以选C。

f'(x)0f'(x)0'22（3）函数f(x,y,z)xyz在点(1,2,0)处沿向量u1,2,2的方向导数为（ ）

(A)12

【答案】D 【解析】选D.

(B)6(C)4(D)2

gradf{2xy,x2,2z},gradf(1,2,0){4,1,0}fu122gradf{4,1,0}{,,}2. u|u|333（4）甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10（单位：m）处，图中实线表示甲的速度曲线vv1(t)（单

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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（ ）

v(m/s)1020051015202530t(s)

(A)t010

【答案】B

(B)15t020(C)t025(D)t025

【解析】从0到t0这段时间内甲乙的位移分别为

t00v1(t)dt,v2(t)dt,则乙要追上甲，则

0t0

t00v2(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)ET不可逆(C)E2不可逆

【答案】A

TBET不可逆DE2T不可逆

TT【解析】选项A,由(E)0得(E)x0有非零解，故E0。即ETTTT不可逆。选项B,由r()1得的特征值为n-1个0，1.故E的特征值为n-1个1，2.故可逆。

T其它选项类似理解。

200210100（6）设矩阵A021,B020,C020,则（ ） 001001002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(A)A与C相似,B与C相似

【答案】B

2 2 全国统一服务热线：400—668—2155

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【解析】由(EA)0可知A的特征值为2,2,1

100因为3r(2EA)1，∴A可相似对角化，且A~020

002由

EB0可知B特征值为2,2,1.

因为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C

（7）设A,B为随机概率，若0P(A)1,0P(B)1，则P(AB)P(AB)的充分必要条件是（ ）

(A)P(BA)P(BA)(C)P(BA)P(BA)(B)P(BA)P(BA)(D)P(BA)P(BA)

【答案】A

【解析】按照条件概率定义展开，则Ａ选项符合题意。

1n（8）设X1,X2Xn(n2)为来自总体N(,1)的简单随机样本，记XXi，则下列结论中不正确

ni1的是（ ）

n(A)(Xi)2服从2分布i1nB2(XnX1)2服从2分布

(C)(XiX)2服从2分布i1Dn(X)2服从2分布

【答案】B 【解析】

XnN(,1),Xii1N(0,1)(Xi)22n2(n),A正确2(n1)，C正确，

(n1)S(XiX)2i11X~N(,),n(X)N(0,1),n(X)2~2(1),D正确,n(XnX1)2~N(0,2),~2(1),故B错误.2word范文

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由于找不正确的结论，故B符合题意。

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二、填空题：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. ．．．(9) 已知函数f(x)【答案】f(0)6 【解析】

112nn2nf(x)(x)(1)x221x1(x)n0n01(3)f(0)=__________ ，则21xf'''(x)(1)n2n(2n1)(2n2)x2n3f'''(0)0n2

'''(10) 微分方程y2y3y0的通解为y_________

【答案】yex(c1cos2xc2sin2x)，（c1,c2为任意常数） 【解析】齐次特征方程为2301,212i 故通解为ex(c1cos2xc2sin2x) (11) 若曲线积分

2xdxaydy22Lx2y21在区域D(x,y)|xy1内与路径无关，则

a__________

【答案】a1 【解析】

(12) 幂级数

P2xyQ2axyPQ2,,a1 由积分与路径无关知y(xy21)2x(x2y21)2yx(1)n1n1nxn1在区间(1,1)内的和函数S(x)________

【答案】s(x)11x2

1xn1n1n1n【解析】(1)nx(1)x2 n1n11x(1x)''101（13）设矩阵A112，1,2,3为线性无关的3维列向量组，则向量组A1,A2,A3的秩为

0114 4 全国统一服务热线：400—668—2155

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_________

【答案】2

【解析】由1,2,3线性无关，可知矩阵1,2,3可逆，故

rA1,A2,A3rA1,2,3rA再由rA2得rA1,A2,A32

（14）设随机变量X的分布函数为F(x)0.5(x)0.5(

x4)，其中(x)为标准正态分布函数，则2EX_________

【答案】2

【解析】F(x)0.5(x)0.5x40.5x4()，故EX0.5x(x)dxx()dx

2222x4x4x(x)dxEX0242t(t)dt814t(t)dt8 tx()dx。令，则=22因此E(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）

dy设函数f(u,v)具有2阶连续偏导数，yf(e,cosx)，求

dxxd2y2x0，dx

x0dy【答案】

dx【解析】

x0d2yf(1,1),2dx'1x0''f11(1,1), x0yf(e,cosx)y(0)f(1,1)dydxf1'exf2'sinxx0x0xf1'(1,1)1f2'(1,1)0f1'(1,1) d2y''2x''x''x''2'x'2f11ef12e(sinx)f21e(sinx)f22sinxf1ef2cosxdxd2y''2f11(1,1)f1'(1,1)f2'(1,1)dxx0结论：

dydx2f1'(1,1)x0''f11(1,1)f1'(1,1)f2'(1,1)x0dydx2

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（16）（本题满分10分）求limBorn to win!

kkln12nn k1nn【答案】【解析】

1 411kk111lim2ln(1)xln(1x)dxln(1x)dx2(ln(1x)x20nn202k1nn100x2111dx)

1x4（17）（本题满分10分）

33已知函数y(x)由方程xy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：

3x23y2y'33y'0 （1）

令y'0得x1

对（1）式两边关于x求导得 6x6yy'3y2y''3y''0 （2） 将x1代入原题给的等式中，得2x1x1， ory1y0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x0f(x)0，证明： x()方程f(x)0在区间(0,1)内至少存在一个实根；

()方程f(x)f'(x)(f'(x))20在区间(0,1)内至少存在两个不同实根。

【答案】 【解析】

（I）f(x)二阶导数，f(1)0,limx0f(x)0 x 全国统一服务热线：400—668—2155

6 6 .

解：1）由于limf(x)0，根据极限的保号性得

x0xf(x)0,x(0,)有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

（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),12，使得F'(1)F'(2)0，即

F'(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2x2y2被柱面z22x割下的有限部分，其上任一点的密度为

9x2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】 【解析】

22zxy（1）由题设条件知，C的方程为x2y22x

2z2xx2y22x则C在xoy平面的方程为

z0（2）

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m(x,y,z)dS9x2y2z2dSssD:x2y22x92x2y22dxdy

18d222cos0r2dr

（20）（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3122。

()证明 r(A)2；

()若123，求方程组Ax的通解。

11【答案】（I）略；（II）通解为k21,kR

11【解析】

（I）证明：由3122可得12230，即1,2,3线性相关， 因此，A1230，即A的特征值必有0。

,120 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2且由于A必可相似对角化，则可设其对角矩阵为∴r(A)r()2

（II）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，

111由12230可得1,2,32A20，则Ax0的基础解系为2，

111111又123，即1,2,31A1，则Ax的一个特解为1，

11111综上，Ax的通解为k21,kR

11

8 8 全国统一服务热线：400—668—2155

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222（21）（本题满分11分）设二次型f(x1,x2,x3)2x1x2ax32x1x28x1x32x2x3

22在正交变换XQY下的标准型1y12y2，求a的值及一个正交矩阵Q

111326【答案】a2;Q1026,f xQy 3y2216y2 3111326【解析】

214f(x,x，其中A11112,x3)XTAX

41a由于f(xT221,x2,x3)XAX经正交变换后，得到的标准形为1y12y2，

214故r(A)2|A|01110a2， 41a将a2代入，满足r(A)2，因此a2符合题意，此时A211141214|EA|111013,20,36，

412由(3EA)x0，可得A的属于特征值-3的特征向量为111；

1由(6EA)x0，可得A的属于特征值6的特征向量为102

11由(0EA)x0，可得A的属于特征值0的特征向量为32

1word范文

412，则



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令P1,2,331，则PAP6，由于1,2,3彼此正交，故只需单位化即可：

01111TTT1,1,1,21,0,1,31,2,1,， 326120121632T 6，QAQ6016131则Q1233132f3y126y2 xQy

（22）（本题满分11分）设随机变量X,Y相互，且X的概率分布为P(X0)P(X2)1，Y的22y，0y1概率密度为f(y)

0,其他()求P(YEY)

()求ZXY的概率密度。

【答案】(I)P{YEY}【解析】

z, 0z14 ;(II)fZ(z)9z2,2z3()E(Y)y2ydy0123224P(YEY)P(Y)32ydy039()Fz(Z)P(Zz)P(XYz)

P(XYz,X0)P(XYz,X2)P(Yz,X0)P(Yz2,X2)11P(Yz)P(Yz2)22（1） 当z0,z20，而z0，则Fz(Z)0

10 10 全国统一服务热线：400—668—2155

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（2） 当z21,z1,即z3时，Fz(Z)1

12z 21（4）当1z2时，Fz(Z)

211（5）当2z3时，Fz(Z)(z2)2

22（3）当0z1时，Fz(Z)z001z2,0z121所以综上Fz(Z),1z2211222(z2),2z31,z3所以fz(Z)Fz(Z)'

0z1z

z22z3

（23）（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

2的质量是已知的，设n次测量结果X1,X2Xn相互且均服从正态分布N(,)。该工程师记录

的是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

【答案】

z22e2, z0(I)fZi(z)2;0, 其他21nˆ=(II)矩估计Xi;n2i11nˆ=(III)最大似然估计：(Xi)2ni1

【解析】()Fzi(z)P(Ziz)P(Xiz)

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当z0,Fzi(z)0

当z0,Fzi(z)P(zXiz)P(zXiz)FX(z)F(z) 当z0时，

fzi(z)Fzi(z)fx(z)fx(z)z22e2,z0综上fzi(z)2

0,z02'1e2z2221e2z2222e2z222

()EZi2220222zedz02z221e2dz22z2

0ez222z222d(2)221n1nZZiXi

ni1ni1^令E(Zi)Z由此可得的矩估计量1X2ni1ni

对总体X的n个样本X1,X2,Xn，则相交的绝对误差的样本Z1,Z2,Zn,Zixiu,i1,2...n,令其样本值为Z1,Z2,Zn,Zixiu

Zi2n2i122,Z1,Z2,Zn0 则对应的似然函数L()e20,其他两边取对数，当Z1,Z2,Zn0时

n21lnL()nln222Zi1n2i

dlnL()n1n23Zi0 令

dui112 12 全国统一服务热线：400—668—2155

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1n21nZi(Xiu)2为所求的最大似然估计。 所以，ni1ni1word范文