2017年全国硕士研究生入学统一考试数学一真题及答案解析

2024年1月24日发(作者：沪科版8下数学试卷)

2017年全国硕士研究生入学统一考试数学一真题及答案解析

一、选择题（1~8小题，每小题4分，共32分）

（1）若函数1cosx,x0,在x0处连续，则（ ）

f(x)axb,x0(A)ab11。

(B)ab。

22(C)ab0。

(Dab2。

【答案】(A)

【解】f(00)lim1cosx1，f(0)f(00)b，

x0ax2a因为f(x)在x0处连续，所以f(00)f(0)f(00)，从而abf(x)可导，且f(x)f(x)0，则（ ）

1，应选(A)。

2（2）设函数(A)f(1)f(1)。

(B)f(1)f(1)。

(C)|f(1)||f(1)|。

(D)|f(1)||f(1)|。

【答案】(C)

【解】若若

f(x)0，则f(x)0，从而f(1)f(1)0；

f(x)0，则f(x)0，从而f(1)f(1)0，故|f(1)||f(1)|，应选(C)。

f(x,y,z)x2yz2在点(1,2,0)处沿向量n{1,2,2}的方向导数为（ ） （3）函数(A)12。

(B)6。

(C)4。

(D)2。

【答案】(D)

【解】fffx2，2xy，2z，

yxzfff|(1,2,0)1，|(1,2,0)4，|(1,2,0)0，

yxz122cos,cos,cos，所求的方向导数为

333

12|(1,2,0)412，应选(D)。

33n（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（单位：m/s），虚线表示乙的速度曲线vfv1(t)v2(t)，三块阴影部分面积的数值依次为10,20,3，计时开始后乙追甲的时刻为t0（单位：s），则（ ）

(A)t010。

(B)15t020。

(C)t025。

(D)t025。

【答案】

【解】

（5）设为n维单位列向量，E为n阶单位矩阵，则（ ）

(A)ET不可逆。

(B)ET不可逆。

(C)E2T不可逆。

(D)E2T不可逆。

【答案】(A)

【解】令令AT，A2A，

AXX，由(A2A)X(2)X0得20，0或1，

T11n得A的特征值为1n10,n1， 因为tr(A)ET的特征值为1n11,n0，从而|ET|0，

即ET不可逆，应选(A)。

200210100A021,B020,C020（6）已知矩阵，则 （ ）

001001002(A)A与C相似，B与C相似。

(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。

【答案】(B)

【解】A,B,C的特征值为122,31，

000由2EA001得r(2EA)1，则A可相似对角化，从而A~C；

00101000得r(2EB)2，则B不可相似对角化，从而B与A,C不相似，应选由2EB0001(B)。

（7）设A,B为随机事件，若0P(A)1,0P(B)1，则P(A|B)P(A|B)的充要条件是（ ）

(A)P(B|A)P(B|A)。

(B)P(B|A)P(B|A)。

(C)P(B|A)P(B|A)。

(D)P(B|A)P(B|A)。

【答案】(A)

【解】由P(A|B)P(A|B)得P(AB)P(AB)P(A)P(AB)，等价于

P(B)1P(B)P(B)P(AB)P(A)P(B)；

P(B|A)P(B|A)等价于应选(A)。

P(AB)P(B)P(AB)，即P(AB)P(A)P(B)，

P(A)1P(A)1n（8）设X1,X2,,Xn（n2）为来自总体N(,1)的简单随机样本，记XXini1结论不正确的是（ ）

，则下列(A)(Xi)2i1nn服从分布。

2(B)2(XnX1)2服从2分布。

(C)(XiX)2i1服从分布。

2(D)n(X)2服从2分布。

【答案】(B)

【解】若总体X~N(,2)，则

12(Xi1ni)~(n)，n2212(Xi1niX)2~2(n1)，

n因为总体X~N(,1)，所以(Xi)~(n)，(XiX)2~2(n1)，

22i1i1再由1XX~N(,)得n(X)~N(0,1)，从而n(X)2~2(1)，

1nn不正确的是(B)，应选(B)。

二、填空题（9~14小题，每小题4分，共24分）

（9）设f(x)11x2，则f(8)(0)_______。

【答案】8!

【解】f(x)1246881xxxxo(x)，

21x由f(8)(0)1得f(8)(0)8!。

8!（10）微分方程【答案】exy2y3y0的通解为y________。

(C1cos2xC2sin2x)

2【解】特征方程为通解为230，特征值为1,212i，

yex(C1cos2xC2sin2x)。

（11）若曲线积分xdxaydyLx2y21在区域D{(x,y)|x2y21}内与路径无关，则a_______。

【答案】1

【解】Pxay,Q，

x2y21x2y21，P2xy2y(xy21)2Q2axy2x(xy21)2，

因为曲线积分与路径无关，所以a（12）幂级数1。

(1)n1n1nxn1在区间(1,1)内的和函数为________。

【答案】1(1x)2。

【解】S(x)(1)n1n1nxn1((1)nxn)(n1x1)1x(1x)2。

101A112（13）矩阵，1,2,3为线性无关的三维列向量组，则向量组A1,A2,A3的011秩为________。

【答案】2

【解】(A1,A2,A3)A1,2,3，

因为1,2,3线性无关，所以从而r[(A1,A2,A3)]1,2,3可逆，

r(A)，

101由A011得r(A)2，故向量组A1,A2,A3的秩为2。

000（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)为标准正态分布的2分布函数，则EX【答案】2

【解】______。

X的密度为f(x)0.5(x)0.25(x4)，

2EXxf(x)dx0.5x(x)dx0.25x(x4)dx

2x4x4x4(2)()d()(x2)(x)dx2(x)dx2。

222三、解答题（15~23题，共94分，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d2ydyf(u,v)具有二阶连续的偏导数，yf(e,cosx)，求|x0，2|x0。

dxdxx【解】dydyexf1sinxf2，|x0f1(1,1)；

dxdx

d2ysinxf12)cosxf2sinx(exf21sinxf22)，

exf1ex(exf112dxd2y(1,1)f2(1,1)。

|f1(1,1)f11则2x0dx（16）（本题满分10分）

求limkkln(1)。

2nnk1nnn1kk1nkk【解】lim2ln(1)limln(1)xln(1x)dx

0nnnnnk1nk1n111211(x21)121ln(1x)d(x)xln(1x)|0dx

202201x111111111ln2(x1)dxln2ln2。

2201x24224y(x)由方程x3y33x3y20确定，求y(x)的极值。

y33x3y20两边对x求导得

（17）（本题满分10分）

已知函数【解】x33x23y2y33y0，令y0得x11,x21，对应的函数值为y10，y21；

3x23y2y33y0两边再对x求导得

由由6x6yy23y2y3y0，

y(1)20得x1为极小点，极小值为y0；

y(1)10得x1为极大点，极大值为y1。

（18）（本题满分10分）

设函数f(x)在[0,1]上二阶可导且f(1)0，limx0f(x)0。

x证明：（I）方程（II）方程f(x)在(0,1)内至少有一个实根；

f(x)f(x)f2(x)0在(0,1)内至少有两个不同的实根。

f(x)0得f(0)0，

x0xf(x)又存在0，当x(0,)时，0，即当x(0,)时f(x)0，

x【证明】（I）由lim

于是存在c(0,)，使得因为f(c)0，

f(c)f(1)0，所以存在x0(c,1)(0,1)，使得f(x0)0。

f(x)f(x)， （II）令(x)因为(0)(x0)0，

(0,x0)(0,1)，使得()0， 所以由罗尔定理，存在而(x)即f(x)f(x)f2(x)，故f()f()f2()0，

f(x)f(x)f2(x)0在(0,1)内至少一个实根。

（19）（本题满分10分）

设薄片型物体S是圆锥面zx2y2被柱面z22x割下的有限部分，其上任一点的密度为(x,y,z)9x2y2z2，记圆锥面与柱面的交线为C。

（I）求C在xoy平面上的投影曲线方程。

（II）求S的质量M。

22zxy,22【解】（I）由得xy2x，

2z2x故C在xoy平面上的投影曲线为

(x1)2y21,L:

z09x2y2z2ds，

S（II）M由zxxx2y2,zyyx2y2得ds221z2dxdy，

xzydxdy则M9x2y2z2ds92x2y22dxdy

SD18xydxdy182dD2222cos0r2dr

816182cos3d182cos3d64。

3230

（20）（本题满分11分）

设3阶矩阵A且3(1,2,3)有三个不同的特征值，

122。

（I）证明：r(A)（II）若2

的通解。

123，求方程组AX【证明】（I）设因为A的特征值为1,2,3，

A有三个不同的特征值，所以A可以相似对角化，即存在可逆矩阵P，使得

1P1AP2，

32， 因为1,2,3两两不同，所以r(A)又因为3122，所以1,2,3线性相关，从而r(A)3，于是r(A)2。

（II）因为r(A)2，所以AXO基础解系含一个线性无关的解向量，

的通解为 由12230,得AX123

11Xk21（k为任意常数）。

1122f(x1,x2,x3)2x12x2ax32x1x28x1x32x2x3在正交变换XQY下（21）（本题满分11分）

设二次型的标准型为1y1222y2，求a的值及一个正交矩阵。

142x111，Xx2，f(x1,x2,x3)XTAX【解】A141xa3因为3，

0，所以|A|0。

2由|111413(a2)0得a2。

aA|14

2由|E141(3)(6)0得13,26,30。

A|1411251410121011得 由3EA1415000113对应的线性无关的特征向量为11；

14141016EA171010由得

414000126对应的线性无关的特征向量为20；

11011由0EA012得30对应的线性无关的特征向量为32。

0001规范化得

11111111，20，32，

326111131故正交矩阵为Q313（22）（本题满分11分）

12012162。

6160设随机变量X,Y相互独立，X~12（I）求P{Y（II）求Z22y,0y1,1，Y的密度为fY(y)

0,其他2EY}。

XY的概率密度。

【解】（I）EYy2ydy0212，

324P{YEY}P{Y}32ydy。

039（II）FZ(z)当z当zP{Zz}P{XYz}，

0时，FZ(z)0；

3时，FZ(z)1；

z1时，FZ(z)P{X0,Yz}P{X0,Yz}

；

当01zz2P{X0}P{Yz}2ydy202当1当2z2时，FZ(z)P{X0,Yz}P{X0}P{Y1}z3时，FZ(z)P{X0,Yz}P{X2,Zz2}

1；

211z211P{X0}P{Y1}P{X2}P{Zz2}2ydy(z2)2，

220220,z0,2z,0z1,2即FZ(z)

11(z2)2,2z3,221,z3z,0z1,fZ(z)z2,2z3,。

0,其他密度为（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，该物体的质量是已知的，设n次测量结果误差ZiX1,X2,,Xn相互独立且均服从正态分布N(,2)。该工程师记录的是n次测量的绝对。

|Xi|（i1,2,,n），利用Z1,Z2,,Zn估计（I）求Zi的概率密度。

（II）利用一阶矩求的矩估计量。

（III）

【解】

（I）由Xi~N(,2)得Xi~N(0,1)，

Zi的分布函数为

F(z)P{Ziz}，

当z0时，F(z)0；

0时，F(z)P{|Xi|zzzz}()()2()1， 当z0,z0,

F(z)z2()1,z0Zi的密度函数为（II）

0,z0,

f(z)2z(),z0E|Xi|z0()dz2()d()

022zzzz2t(t)dt020tet22dt220et22t22d()22，

由21nZiZ得2ni1ˆ的矩估计量为2Z。

12222(z1zn)（III）似然函数为Lf(z1)f(zn)2nn(12)en

(zi0,i1,2,n)，

lnLnln2nlnnln2由1222(z12zn)，

dn12lnL3(z12zn)0得

dˆ

1n2zini11n2ˆ，故的最大似然估计量为Zini1。