2017年考研数学一真题及解析

考研数学真题及解析

【答案】2

【解析】由??,?线性无关，可知矩阵??,?可逆，故 1,2 3 1,2 3

r ? A????? r ?A ? 再由r ? A? ? 2 得r ? A???1 , A2 , A3 ? ? r ?A ?1 ,?2 ,?3 ?? 1 , A2 , A3 ? ? 2

（14） 设随机变量 X 的分布函数为 F (x) ? 0.5?(x) ? 0.5?(

x ? 42

) ，其中?(x) 为标准正态分布函数，

则 EX ?

【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

?? 2 2 ?? 2 ?? 2 ??

?? ?? x ? 4 x ? 4(t)dt ? 8 ?1 ? 4?t?(t)dt ? 8 ?4 ? 2t ??????x?(x)dx ? EX ? 0 。令 ? t ，则?x?( )dx = 2??? ????? 2 2

?

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）

d 2 y dy 设函数 f (u, v) 具有 2 阶连续偏导数， y ??f (e, cos x) ，求 2

dx x?0 ， dx x?0

x

2 【答案】 d y ' dy ? ? '' f1 (1,1), 2 f(1,1), dx x?0 dx x?0 11

【解析】

考研数学真题及解析 ?

'

x

x?0

y ? f (e, cos x) ? y(0) ? f (1,1)

'x

?

? dy ? ? f e? f ?? sin x ???? f ' (1,1)? 1? f ' (1,1)? 0 ? f ' (1,1)

1 2 1 2 1

x?0 dx x?0

d 2 y ?'' 2 x ? '' x ? ??'' x ? ??'' 2 ? ' x ? ' ? ?

f11e f12e ( sin x) f21e ( sin x) f22 sin x f1 e f2 cos x 2

dx d 2 y '' ' ' ? 2??f ??f ??f 11(1,1) 1 (1,1) 2 (1,1) dx x?0

?

结论：

dy '

??f 1 (1,1) dx x?0

d 2 y '' ' '

??f (1,1) ? f f 11 1 (1,1) ? 2 (1,1) 2

dx x?0

?

n （16）（本题满分 10 分）求lim ?

?

【解析】

k ?k ?ln 1? ?? n ??2 n???n

? ??k ?1 【答案】 1

4

2

1 x?1?1 1 1 k 1 1 1 2 1 2

dx) ??lim ? 2 ln(1? ) ? ?0 x ln(1? x)dx ? ?0 ln(1? x)dx ? (ln(1? x) ? x 0 ? ?

0n?? n 2 1? x 2 4 k ?1n

n

k

（17）（本题满分 10 分）

已知函数 y(x) 由方程 x3 ? y3 ? 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 ? 3y2 y '? 3 ? 3y ' ? 0

（1）

令 y ' ? 0 得 x ? ?1 对（1）式两边关于x 求导得

6x ? 6 y ? y '?? 3y 2 y ''? 3y '' ? 0

2

（2）

考研数学真题及解析 ?x ? ?1or ? ， y ? 1 y ? 0 ? ???x ? 1

将 x ? ?1 代入原题给的等式中，得?

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?0??

?

f (x) x

? 0 ，证明：

(?) 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))? 0 在区间(0,1) 内至少存在两个不同实根。

2

【答案】

【解析】

x?0??

（I） f (x) 二阶导数， f (1) ? 0, lim f (x) ? 0 解：1）由于 lim

x?0??

?

f (x)

x

??? 0,?x ?(0,?) 有

x

f (x)

? 0 ，根据极限的保号性得 ? 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：

考研数学真题及解析

??),??,?) 且?1 ?(0,?2 ?(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。

2

（19）（本题满分 10 分）

2 2设薄片型物体 S 是圆锥面 z ? x2 ? y 被柱面 z? 2x 割下的有限部分，其上任一点的密度为

?? 9 x2 ? 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】64

【解析】

??z ??2 2x? y ? 2 2

x ? y ? 2x （1）由题设条件知， C 的方程为??

2 ??z? 2x ?x2 ? y2 ? 2x

则C 在 xoy 平面的方程为??

?z ? 0

（2）

?

?

s D:x2 ? y2 ?2 x

m ? ???(x, y, z)dS ? ?? 9 x 2 ? y 2 ? z 2dS ?

s ??

2 29 2 x ? y 2dxdy

? ? 18 ?? ?2? d?2

??

2cos?

0

r 2dr ? 64

（20）（本题满分 11 分）设 3 阶矩阵 A ? ??1,

??有 3 个不同的特征值，且??2 , 3 ? 3 ??1 ? 22 。

(?) 证明 r( A) ? 2 ；

(?) 若?? ?1 ??2 ??3 ，求方程组 Ax ? ?的通解。

考研数学真题及解析

? 1 ? ?1??

? ? ? ?1?, k ? R

【答案】（I）略；（II）通解为k ? 2 ? ??? ? ?? ??

?1 1 ? ? ? ??

?

【解析】

（I）证明：由????3 ? 1 ? 22 可得?1 ? 22 ??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。

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 ? ,? ? ? ? 0 ?

且由于A 必可相似对角化，则可设其对角矩阵为? ? ??2 ? ? 1 2

? ??0? ??

∴ 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? ? 2? ?? ? 0 可得??,? ,? ?2 ? A2 ? 0 ，则 Ax ? 0 的基础解系为2 ，

? ? ??? ??1 2 3 1 2 3 ? ? ? ? ??? ???1 ?1 ? ? ? ??? ?1 ???1? ? ?1???? ???

又??? ?? ?? ，即??,? ,? ?1? A1? ?，则 Ax ? ?的一个特解为1，

? ? 1 2 3 1 2 3 ? ?

? ? ? ? 1 1 ? ? ? ? 1???1 ? ?? ? ??

综上， Ax ? ?的通解为k 2 ? 1, k ? R

? ? ? ??? ? ? ??

1 ??? ?1 ? ?

?

?

?1??? ??? ??1 ? ??

?

（21）（本题满分 11 分）设二次型 f (x , x , x ) ? 2x2 ? x2 ? ax2 ? 2x x ? 8x x ? 2x x

1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 2

在正交变换 X ? QY 下的标准型?y? ? y2 2，求a 的值及一个正交矩阵Q 1 1

2 3