2015年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题及答案

2015 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题答案

一、选择题:1 8 小题,每小题 4 分,共 32 分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求的,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

,  内连续，其中二阶导数 f (x) 的图形如图所示，则曲线

(

(C) 2

(D) 3

)

y  f (x) 的拐点的个数为

(A) 0

(B) 1

【答案】（C）

【解析】拐点出现在二阶导数等于 0，或二阶导数不存在的点，并且在这点的左右两侧二阶导函数异号。因此，由 f (x) 的图形可得，曲线 y  f (x) 存在两个拐点.故选（C）.

(2) 设 y  1 2x1e  (x  )ex 是二阶常系数非齐次线性微分方程 y   ay by  cex 的一 2 3

(

)

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）

【分析】此题考查二阶常系数非齐次线性微分方程的反问题——已知解来确定微分方程的系数， 此类题有两种解法，一种是将特解代入原方程，然后比较等式两边的系数可得待估系数值，另一种是根据二阶线性微分方程解的性质和结构来求解，也就是下面演示的解法.

【解析】由题意可知，e2x 、 ex 为二阶常系数齐次微分方程 y   ay  by  0 的解，所以 2,1

1 1

2 3

为特征方程 r2  ar  b 0 的根，从而 a  (1  2)   ， b 1 2  2 ， 从而原方程变为

1

y   3y  2y  cex ，再将特解 y  xex 代入得c  1.故选（A）

(3) 若级数

 a条件收敛，则 x 

n1

n



3 与 x  3 依次为幂级数na n (x 1) 的 (

n

n1



)

(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）

【分析】此题考查幂级数收敛半径、收敛区间，幂级数的性质.

【解析】因为

 a 条件收敛，即 x  2 为幂级数a (x 1)的条件收敛点，所以a (x 1)

n

n

n

n

n1

n1



n1

n

  

n

的收敛半径为 1，收敛区间为(0, 2) .而幂级数逐项求导不改变收敛区间，故

n1

na (x 1)的收敛

n



区间还是(0, 2) .因而 x 3 与 x  3 依次为幂级数

n1

na (x 1)的收敛点，发散点.故选（B）.

n

n

设 D 是第一象限由曲线2xy  1， 4xy  1与直线 y  x ， y 3x 围成的平面区

( ) dxdy 域，函数 f  x, y 在 D 上连续，则 f  x, y

(4)

D



(A)

d

3 4

1

sin 2 1 2sin 2f r cos , r sin rdr

(B)

d3 4

1 sin 2 1 2sin 21 sin 2 1 2sin 2f r cos , r sin rdr

(C)

3

d

4

f r cos , r sin dr

(D)

d3 4

1 sin 2 1 2sin 2f r cos , r sin dr

【答案】（B）

2

【分析】此题考查将二重积分化成极坐标系下的累次积分 【解析】先画出D 的图形，

y

o x

1 

sin 23 d1 f (r cos , r sin )rdr ，故选（B） 所以 f (x, y)dxdy  D 4 2sin 2(5)

1 1 1  1   A  1 2 a ， 设矩阵 b  d ，若集合 1, 2，则线性方程组 Ax  b 有

   1 4 a2  d 2 

   

(

)

无穷多解的充分必要条件为

(A) a , d (B) a , d (C) a , d (D) a , d 【答案】D

1 1 1 1 1 1   1 1 

【解析】( A, b)  1 2 a d  0 1 d 1 a 1

   1 4 a2 d 2   0 0 (a 1)(a  2) (d 1)(d  2)     ，

由 r(A)  r(A,b)  3 ，故a  1或a  2 ，同时d  1或d  2 。故选（D）

(6) 设二次型 f

 x1, x2, x3 



2

在正交变换为 x  Py 下的标准形为 2 y1  y2  y22 3 ，其中

P  e1, e2, e3 ，若Q  e1, e3, e2 ，则 f  x1, x2, x3  在正交变换 x  Qy 下的标准

形为

(A) 2 y21  y22  y2 3

3

( )

222

(B) 2 y1  y2  y3 22(C) 2 y1  y2  y23 222(D) 2 y1  y2  y3

【答案】(A)



222.且【解析】由 x  Py ，故 f  xT Ax  yT (PT AP) y  2y 1  y2  y3  2 0 0 

 0 1 0 PT AP   0 0 1  .   1 0 0 

 0 0 1   PC Q  P 

 0 1 0  

 2 0 0 

Q AQ  C (P AP)C  0 1 0 

 

 0 0 1  

T

T

T

222。选（A）所以 f  xT Ax  yT (QT AQ) y  2y 1  y2  y3 (7) 若A,B 为任意两个随机事件，则 (

(B) P  AB  P  A P B

)

(A) P  AB  P  A P B(C) P( AB)  【答案】(C)

P( A)  P(B)

2 P( A)  P(B)

(D) P( AB) 2

【解析】由于 AB  A, AB  B ，按概率的基本性质，我们有 P(AB)  P(A) 且 P(AB)  P(B) ， 从而 P( AB)  P( A)  P(B)

2

，选(C) .

(8)设随机变量 X ,Y 不相关，且 EX  2, EY  1, DX  3 ，则 E  X  X  Y  2  ( (A) 3 【答案】(D)

)

(B) 3 (C) 5 (D) 5

4

【解析】 E[X (X  Y  2)]  E(X 2  XY  2X )  E(X 2 )  E(XY )  2E(X )

 D(X )  E2 (X )  E(X )  E(Y )  2E(X )

 3  22  21 2 2  5，选(D) .

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. ．．．

cos x (9) lim ln 

2

x0

x

.

1

【答案】 2

【分析】此题考查 型未定式极限，可直接用洛必达法则，也可以用等价无穷小替换.

0 0

sin x

 tan x 1 ln(cos x)  lim   . cos x 【解析】方法一： lim lim

x0 x0 x0 2 2x 2x x2

1  x2

ln(cos x) ln(1 cos x 1) cos x 1   1 . 2方法二： lim  lim  lim  lim 2 x0 x0 x0 x0 x2 x2 x2 x2

sin x

(10) 2 ( 1 cos x  x )dx 

2

.

π2

【答案】 4

【分析】此题考查定积分的计算，需要用奇偶函数在对称区间上的性质化简.

 2  sin x   2 xdx  . 【解析】 x dx  2   2

0  4 2 1 cos x





(11) 若函数 z  z(x, y) 由方程ex  xyz  x  cos x  2 确定，则dz (0,1) .

【答案】dx

【分析】此题考查隐函数求导.

【解析】令 F(x, y, z)  ez  xyz  x  cos x  2 ，则

z  xz, FzFx (x, y, z)  yz 1sin x, Fy (x, y, z)  e  xy

5

又当 x  0, y  1时ez  1 ，即 z  0 .

z

所以

 

Fx(0,1, 0)

(0,1)

 1, z F(0,1, 0) y

z

Fy(0,1, 0)

(0,1)  

z

F(0,1, 0)

x

 0 ，因而dz (0,1)  dx.

(12) 设  是由平面 x  y  z 1 与 三 个 坐 标 平 面 平 面 所 围 成 的 空 间 区 域 ， 则

(x  2 y  3z)dxdydz .



【答案】

1 4

【分析】此题考查三重积分的计算，可直接计算，也可以利用轮换对称性化简后再计算. 【解析】由轮换对称性，得

(x  2 y  3z)dxdydz  6 zdxdydz  6  1

0

zdz dxdy ，

Dz

其中 D 为平面 z  z 截空间区域 所得的截面，其面积为 (1 z)2 .所以

z

1 2

1 1 1 1 2 3 2

(x  2 y  3z)dxdydz  6zdxdydz  6z  (1 z)dz  3(z 2z z)dz  .  0 0 2 4  

2 0

1 2

0 0

(13) n 阶行列式 0 0 【答案】2n1  2

0 2

0 2

. 2 2 1 2

【解析】按第一行展开得

2 0 1 2 Dn 

0 0 0 0

0 2 0 2

 2Dn1  (1)n12(1)n1  2D n1  2 2 2 1 2

 2(2Dn2  2)  2  22 Dn 2  22  2  2n  2n1  2

6

 2n1  2

(14)设二维随机变量(x, y) 服从正态分布 N(1,1,0,1,0) ，则 P{XY Y  0} . 【答案】

1 2

【解析】由题设知， X ~ N(1,1),Y ~ N(0,1) ，而且 X、Y 相互，从而

P{XY Y  0}  P{(X 1)Y  0}  P{X 1  0,Y  0} P{X 1  0,Y  0} 1 1 1 1

 P{ X  1}P {Y  0 } P {X  1}P Y{ 0}    .

2 2 2 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) 设函数 f x  x  a ln(1 x)  bx sin x ，g(x)  kx3 ，若 f

x 与 g  x 在

x  0 是等价无穷小，求a,b, k 的值. 1 1 【答案】a  1,b  , k   . 2 3

x  a ln 1 x  bx sin x

 13x0 kx

 x2 x3  x3 3  3 x  a  x    o x   bx  x   o x 

6   2 3   1   lim x0 kx3

a  a b  x2  x3  x4  o x3 1 a x   b 2 3 6    lim  1

x0 kx3

a a

即1 a  0, b   0,  1

2 3k 1 1

a  1, b   , k   2 3

【解析】法一：原式lim 法二： lim

x0

x  a ln 1 x  bx sin x

 1

kx3

7

a 1  b sin x  bx cos x  lim 1 x  1

x0

3kx2

因为分子的极限为 0，则a  1

1   2b cos x  bx sin x 2

11 x  1，分子的极限为 0， b  lim x0 6kx 2 2  2b sin x  b sin x  bx cos x

1 1 x3  1， k   lim

x0 6k 3

1 1a  1, b   , k  

2 3

 (16)(本题满分 10 分) 设函数 f  x 在定义域 I 上的导数大于零，若对任意的 x0  I ，曲线 y=f  x 在点

x, f x处的切线与直线 x  x0 及 x 轴所围成区域的面积恒为 4，且 f 0  2 ，求 f  x0

0

的表达式. 【答案】 f(x) 

8

4  x

.

【解析】设 f  x 在点x0 , f  x0 处的切线方程为： y  f  x0   f  x0  x  x0 ,

f  x0 

令 y  0 ，得到 x    x0 ，

f  x0 

1 2

f  x0 

 4 ，可以转化为一阶微分方程，

f  x0 

1 2

故由题意， f  x0  x0  x  4 ，即 f  x0  2

y1 1 即 y，可分离变量得到通解为：   x  C ，

8

y

8

已知 y 0  2 ，得到C  ，因此   x  ；

1 1 1 1

2

即 f  x  y 8 2

8

.

x  4

(17)(本题满分 10 分)

8

,y  在曲 已知函数 f  x, y  x  y  xy ，曲线 C： x2  y2  xy  3 ，求 f x 线 C 上的最大方向导数.

【答案】3

【解析】因为 f  x, y 沿着梯度的方向的方向导数最大，且最大值为梯度的模.

fx ' x, y  1 y, fy ' x, y 1 x ，

故 gradf  x, y  1 y,1 x，模为 1 y 1 x ，

2 2 此题目转化为对函数 g  x, y 1 y 1 x 在约束条件C : x2  y2  xy  3 下的最大值. 即为条件极值问题.

为了计算简单，可以转化为对d (x, y)  1 y 1 x在约束条件C : x2  y2  xy  3 下的最大值.

构造函数： F  x, y,    1 y 1 x  x2  y2  xy  32

2

2

2

2 2

Fx  21 x   2x  y   0

F   21 y    2 y  x  0 ，得到 M 1,1, M 1, 1, M 2, 1, M 1, 2 . 1 2 3 4  y 22

F   x  y  xy  3  0  d M1   8, d M2   0, d M3   9, d M4   9

所以最大值为 9  3 . (18)(本题满分 10 分)

（I） 设函数u(x), v(x) 可导，利用导数定义证明[u(x)v(x)]（II） 设函数u1 (x), u2 (x),  u(x)v(x)  u(x)v(x)

, un ( x) 可导， f(x) u1(x)u2(x) un( x)，写出f(x )的求导公

u(x  h)v(x  h)  u(x)v(x)

式.

【解析】（I）[u(x)v(x)]  lim h0 h

u(x  h)v(x  h)  u(x  h)v(x)  u(x  h)v(x)  u(x)v(x)  lim h0 h

v(x  h)  v(x) u(x  h)  u(x)

 lim u(x  h)  lim v(x)h0 h0 h h  u(x)v(x)  u(x)v(x)

9

（II）由题意得

f (x) [u1(x)u2 (x) un (x)]

un (x)  u1(x)u2 (x) u  u 1 (x)u 2 (x) u n( x)  u 1 (x)u 2 (x) n (x)

(19)(本题满分 10 分)

z  2  x2  y2 , 已知曲线 L 的方程为起点为 A0, 2, 0，终点为 B 0, 2, 0，计算

z  x,











曲线积分 I  （y  z）dx  (z2  x2  y)dy  x2 y2dz



L

【答案】 π

2

2

x  cos π π

【解析】由题意假设参数方程 y 2 sin ， : 2  2 z  cos



π  2 π 2

[( 2 sin  cos ) sin  2sin cos  (1 sin2  ) sin ]d22

 2 sin   sin cos  (1 sin  ) sin dπ 2 π 2



 2 2 sin2  d  2 π

0 2

(20) (本题满 11 分)

π 2 α1 , α2 , α3 为R3 的一个基， 设向量组 β =2α +2kα ， β =2α ， β =α +k+1α .

（I）

3

证明向量组   为的一个基; 1  2 3 R

1 1 3 2 2 3 1 3

（I） 当 k 为何值时，存在非 0 向量 ξ 在基 1

α , α , α

2

3 与基 1 2 3 下的坐标相同，并求所有的

ξ .

【答案】

【解析】(I)证明：

10

1, 2, 3   21+2k3, 22,1+k 13 

0 1  2

  , ,0 2 0 

1 2 3  

2k 0 k 1 

2 1

0 2 0  2 2k k 1  4  0 2k 0 k 1

2 0 1

3

故 β β 1 , β 2 , 3 为R 的一个基.

（II）由题意知，

  k11  k2 2  k33  k11  k22  k33 ,  0

即

k1 1 1   k2 2 2   k3 3 3   0,

ki  0,i  1, 2,3

k1 21+2k3 1   k2 22 2   k3 1+k +13 3   0 k1 1+2k3   k2 2   k3 1+k3   0有非零解

即 1+2k3,2,1+k3  0

1 0 1 即 0

1 0  0 ，得 k=0 2k 0 k k11  k22  k31  0 k2  0, k1  k3  0

  k11  k13, k1  0

(21) (本题满分 11 分)

 1 2 0  0 2 3 

设矩阵 A  1 3 3相似于矩阵 B= 0 b 0 .

 1 2 a   0 3 1    

(I) 求 a, b 的值；



（II）求可逆矩阵 P ，使 P1AP 为对角矩阵..

【解析】(I) A ~ B  tr(A)  tr(B)  3  a 1 b 1

11

0 2 3 1 2 0 A  B  1 3 3  0 b 0 1 2 a

0 3 1 a  b  1 a  4  2a  b  3   5  b

(II) (II)

 1 0 0   1 2 3 0 2 3 

A  1 3 3 0 1 0  1 2 3  E  C

  1 2 3   0 0 1  1 2 3        1 1 2 33 1C  1 2 1 2 3  1 2 3  1    C 的特征值1  2  0, 3  4

T

  0 时(0E  C)x  0 的基础解系为 (2,1, 0) ; (3, 0,1)T

1 2



T  5时(4E  C)x  0 的基础解系为3  (1, 1,1)

A 的特征值A  1 C :1,1,5

 2 3 1

令 P  ( , , )  1 0 1，

 1 2 3

 0 1 1   P1AP  



   1

1 

5

x2 ln 2, x  0,

x  (22) (本题满分 11 分) 设随机变量 X 的概率密度为 f 

x  0. 0,

对 X 进行重复的观测,直到 2 个大于 3 的观测值出现的停止.记Y 为观测次数. (I)求Y 的概率分布; (II)求 EY

12

【解析】(I) 记 p 为观测值大于 3 的概率，则 p  P( X  3)  2x ln 2dx  ，

3 8  n21n2 ， n  2,3, 从而 P{Y  n}  C p(1 p) p  (n 1 2 7



1



n1

1)( ) ( ) 8 8

为Y 的概率分布；

1

(II) E(Y )  n  P{Y  n}  n (n 1)() ( )

88 n2 n2



2

7 n2 7 n2

 n (n 1)[( )

8n2

7 n1 7 n

 2( )8  ( ) ]8



记 S 1 (x) 

n (n 1)x

n2

n2

1  x  1，则



n xS1(x)  n (n 1)x  (n2

n2 

n2 





n1



)  (

n2 

xn )  

n2

2

， (1 x)3

2x

，

(1 x)3

2x2 (1 x)

3 ，

n1

n2 n2

 xS1(x) 

2

S2 (x)  n (n 1)x

n2  n2

 xn (n 1)x

2

S3(x)  n (n 1)x  x n (n 1)x

n n2

 x S1(x) 



2  4x  2x2  2 ，

所以 S(x)  S1(x)  2S2 (x)  S3 (x) 

(1 x)3 1 x

从而 E(Y )  S( )  16 .

7

8

(23) (本题满分 11 分)设总体 X 的概率密度为：

 1

,  x  1,



f(x, ) 1  0, 其他. 

其中 为未知参数， x1 , x2 ,

(I) 求 的矩估计量. (II) 求 的最大似然估计量.

 , xn 为来自该总体的简单随机样本.

1 1 1

dx 

12

，

【解析】(I) E( X ) 



xf (x; )dx  x 

13

1

令 E( X )  X ，即 1 n

 X ，解得  2X 1,

n

2

X 

Xi 为 的矩估计量； n i1

(II) 似然函数 L( ) 

i

i1

 f (x; ) ，

i

当  x  1时， L( ) 

1 1 n () ，则ln L( )  n ln(1 ) .

n i1

1 1从而 dlnL( ) d

n 1，关于 单调增加，

所以  min{ X1 , X2 , , Xn }为 的最大似然估计量.

14