考研数学一真题解析.doc

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,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上。(1)若函数在连续,则( )。.【答案】A【解析】由连续的定义可得,而,,因此可得,故选择A。(2)设函数可导,且,则( )。.【答案】C【解析】令,则有,故单调递增,则,即,即,故选择C。(3)函数在点处沿向量的方向导数为( )。【答案】D【解析】,因此代入可得,则有。(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(单位:m/s),虚线表示乙的速度曲线,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(单位:s),则( )。.【答案】C【解析】从0到时刻,甲乙的位移分别为与,由定积分的几何意义可知,,因此可知。(5)设为n维单位列向量,E为n维单位矩阵,则( )。【答案】A【解析】因为的特征值为0(n-1重)和1,所以的特征值为1(n-1重)和0,故不可逆。(6)已知矩阵,则( )。,,,,B与C不相似【答案】B【解析】A和B的特征值为2,2,1,但是A有三个线性无关的特征向量,而B只有两个,所依A可对角化,B不可,因此选择B。(7)设A,B为随机事件,若,且的充分必要条件是( )。.【答案】A【解析】由得,即,因此选择A。(8)设来自总体的简单随机样本,记,则下列结论中不正确的是( )。【答案】B【解析】,故,,因此,故,故B错误,由可得,,,则有,因此。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,则=_________。【答案】0【解析】,因此,代入可得。(10)微分方程的通解为=_________。【答案】【解析】由,所以,因此,因此通解为:。(11)若曲线积分在区域内与路径无关,则=_________。【答案】-1【解析】设,因此可得:,根据,因此可得。(12)幂级数在区间内的和函数=_________。【答案】【解析】。(13)设矩阵,为线性无关的3维向量,则向量组的秩为_________。【答案】2【解析】因为,而,因此,所以向量组的秩2。(14)设随机变量X的分布函数为,其中为标准正态分布函数,则=_________。【答案】2【解析】因此可得。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)设函数具有2阶连续偏导数,,求。【答案】,【解析】因为,所以,因此因此得:(16)(本题满分10分)求【答案】【解析】由定积分的定义可知,,然后计算定积分,(17)(本题满分10分)已知函数由方程确定,求的极值。【答案】极大值为,极小值为。【解析】对关于求导得:,令得,因此,当时,,当时,。对关于再次求导得:,将代入可得当时,时,代入可得,当时,时,代入可得,因此有函数的极大值为,极小值为。(18)(本题满分10分)设函数在区间上具有2阶导数,且,,证明:(Ⅰ)方程在区间内至少存在一个实根;(Ⅱ)方程在区间内至少存在两个不同实根。【答案】(Ⅰ)证:因为,由极限的局部保号性知,存在,使得,而,由零点存在定理可知,存在,使得。(Ⅱ)构造函数,因此,因为,所以,由拉格朗日中值定理知,存在,使得,所以,因此根据零点定理可知存在,使得,所以,所以原方程至少有两个不同实根。【解析】略(19)(本题满分10分)设薄片型物体时圆锥面被柱面割下的有限部分,其上任一点的弧度为,记圆锥与柱面的交线为,(Ⅰ)求在平面上的投影曲线的方程;(Ⅱ)求的质量。【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)64。【解析】(Ⅰ)的方程为,投影到平面上为(Ⅱ),因此有。(20)(本题满分11分)三阶行列式有3个不同的特征值,且,(Ⅰ)证明;(Ⅱ)如果,求方程组的通解。【答案】(Ⅰ)略;(Ⅱ)。【解析】(Ⅰ)证:因为有三个不同的特征值,所以不是零矩阵,因此,若,那么特征根0是二重根,这与假设矛盾,因此,又根据,所以,因此。(Ⅱ)因为,所以的基础解系中只有一个解向量,又,即,因此基础解系的一个解向量为。因为,故的特解为,因此的通解为。(21)(本题满分11分)设在正交变换下的标准型为,求的值及一个正交矩阵。【答案】,正交矩阵【解析】二次型对应的矩阵为,因为标准型为,所以,从而,即,代入得,解得;当时,,化简得,对应的特征向量为;当时,,化简得,对应的特征向量为;当时,,化简得,对应的特征向量为;从而