2013年考研数学一试题及答案解析

2013年全国硕士研究生入学统一考试数学一年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题

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一、选择题:选择题:1~8小题,小题,每小题4分,共32分.下列每题给出的四个选项中,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.目要求的,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上. ．．． (1)已知lim

x-arctanx

= c，其中k, c为常数，且c≠0，则 （ ）

x→0xk

11 1 (B) k=2,c= (C) k=3,c= (D) (A)k=2,c=223

1

k=3,c=

3

【答案】D

【解析】因为c≠0

12x arctanx洛x2x21c=lim=lim=lim=lim=limx3 k kk 1k 12k 1x→0x→0kxx→0kxx(1+x)x→0kxkx→0

1-所以3 k=0,k=3,c=

11

=,故选D k3

(2) 曲面x2+cos(xy)+yz+x=0在点(0,1, 1)的切平面方程为 （ ） （A)x y+z= 2 (B)x+y+z=0 (C) x 2y+z= 3 (D)x y z=0 【答案】A

【解析】曲面在点(0,1,-1)处的法向量为 n=(Fx′,Fy′,Fz′)

→

(0,1,-1)

=(2x-ysin(xy)+1,-xsin(xy)+z,y)

(0,1,-1)

=(1,-1,1)

故曲面在点(0,1,-1)处的切面方程为 1 (x-0)-(y-1)+(z+1)=0, 即 x y+z= 2，选A

∞11

(3) 设f(x)=x ,bn=2∫f(x)sinnπxdx(n=1,2,L).令s(x)=∑bnsinnπx,则

02n=1

9

s( )=

4

（ ）

(A)

3113 (B) (C) (D) 4444

【答案】C

1 1 -x,x∈0, 2 1 2

【解析】f(x)=x-=

2 11

x-,x∈ ,1 2 2

将f(x)作奇延拓，得周期函数F(x)，周期T=2 9

处连续，从而 4

991111

S( )=F( )=F( )= F()= f()=

444444

则F(x)在点x= 故选C

(4) 设L1:x+y=1,L2:x+y=2,L3:x+2y=2,L4:2x+y=2为四条逆时针方向

2

2

2

2

2

2

2

2

y3x3

的平面曲线，记Ii= ∫Li(y+6dx+(2x 3dy(i=1,2,3,4).则max{I1,I2,I3,I4}=

（ ）

（A）I1 （B）I2 （C）I3 (D)I4 【答案】D

2y2 y3x3 Q Py22【解析】记P=y+,Q=2x ，则 =2 x 1 =1 x+ ，

63 x y22 2y2 Q P y3 x3

Ii= y+ dx+ 2x dy=∫∫ dxdy=∫∫ 1 x+∫63 x y2 Li Di Di

用D表示L所围区域，则有I1=π,I2=π,I3

dxdy.

ii

5812I4,I4>I1>I3>I2. 故选D

(5)设A,B,C均为n阶矩阵，若AB=C,且B可逆，则 （ ） (A)矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量组等价

(B)矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价 (C)矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量组等价

(D)矩阵C的列向量组与矩阵B的列向量组等价 【答案】B

【解析】将A,C按列分块，A=(α1,...,αn),C=(γ1,...,γn) 由于AB=C,故

b11...b1n

(α1,...,αn) ..... =(γ1,...,γn)

b...b

nn n1

即γ1=b11α1+...+bn1αn,...,γn=b1nα1+...+bnnαn 即C的列向量组可由A的列向量线性表示

由于B可逆，故A=CB，A的列向量组可由C的列向量组线性表示，选B

1

1a1 200

(6) 矩阵aba与0b0相似的充要条件为 （ ）

1a1 000

(A) a=0,b=2 (B) a=0,b为任意常数 (C) a=2,b=0 (D) a=2,b为任意常数 【答案】B

1a1 200

【解析】令A=aba，B=0b0，

1a1 000

因为A为实对称矩阵，B为对角阵，则A与B相似的充要条件是A的特征值分别为2,b,0

λ 1

A的特征方程λE A=

a 1λ a 1 a

λ 1

a 1 a

λ b

a 1

a=0λ 1 λ

λ b

a

λ

=0

λ b

a

2 a=λ λ 2λ b 2a()() ，

λ 1

因为λ=2是A的特征值，所以2E A=0 所以 2a=0，即a=0. 当a=0时，

2

λE A=λ(λ 2)(λ b)，

A的特征值分别为2,b,0所以b为任意常数即可. 故选B.

(7) 设X1,X2,X3是随机变量，且X1~N(0,1),X2~N(0,2),X3~N(5,3)，

2

2

pi=P{ 2≤Xi≤2}(i=1,2,3),则 （ ）

(A) p1>p2>p3 (B) p2>p1>p3 (C) p3>p1>p2 (D) p1>p3>p2

【答案】A 【解析】

p1=P{ 2≤X1≤2}=Φ(2) Φ( 2)=2Φ(2) 1,

2 0X2 02 0

p2=P{ 2≤X2≤2}=P ≤≤ =Φ(1) Φ( 1)=2Φ(1) 1,

22 2

2 5X3 52 5 7 7

p3=P{ 2≤X3≤2}=P ≤≤ =Φ( 1) Φ =Φ Φ(1),

33 3 3 3

由下图可知，p1>p2>p3,选A.

(8) 设随机变量X~t(n)，Y~F(1,n)，给定α(0<α<0.5),常数c满足P{X>c}=α，则PY>c2=（ ） (A) α (B) 1 α (C) 2α (D)1 2α

【答案】C

【解析】X~t(n)，则X2~F(1,n)

222

PY>c=PX>c=P{X>c}+P{X< c}=2P{X>c}=2α,选C.

{}

{}{}

二、填空题：指定位置上.填空题：9 14小题,小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸请将答案写在答题纸指定位置上. ．．． (9) 设函数y=f(x)由方程y x=ex(1 y)确定，则limn f() 1 =___________

n→∞

1n

【答案】1

【解析】 x=0时，y=1

方程两边对x求导得y′ 1=ex(1 y)(1 y xy′)所以y′(0)=1

1

f() f(0)

1

limn f( 1 =lim=f′(0)=1 n→∞n→∞ n

n

（10）已知y1=e

3x

xe2x,y2=ex xe2x,y3= xe2x是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3

个解，则该方程的通解y=__________ 【答案】y=c1(e

3x

ex)+c2ex xe2x

3x

【解析】 y1 y2=e

ex,y2 y3=ex,

2

3x

对应齐次微分方程的通解y=c1(e非齐次微分方程的通解y=c1(e

3x

ex)+c2ex

ex)+c2ex xe2x

2

dyx=sint(11) 设 （t为常数），则2

y=tsint+costdx

【解析】

{

t=

π

4

=__________

dydy1sint+tcost sint= ==t， dxdtcost

dt

1cos

dy d dtd2y11d2ydx = ==,2

2

dxdtdxcostdxdt

(12)

t=

π4

=

4

=∫

+∞

1

lnx

dx=

(1+x)2

+∞

.

【答案】ln2 【解析】

∫

1

lnxlnx

= (1+x)2(1+x)

+∞

1

+∫

+∞

1

dxx

=ln

x(1+x)(1+x)

+∞

1

=ln2

(13) 设A=(aij)是3阶非零矩阵，A为A的行列式，Aij为aij的代数余子式，若

aij+Aij=0(i,j=1,2,3) 则A=___________

【答案】 1.

100

【解析】方法一：取矩阵A=0 10，满足题设条件，A= 1.

001

方法二：A*= AT，则A*= AT，整理得到A

3 1

=( 1)3A，即A= 1或者A=0.

A=ai1Ai1+ai2Ai2+ai3Ai3= (ai21+ai22+ai23)≤0

又因为A≠O，所以至少有一个aij≠0，所以

A=ai1Ai1+ai2Ai2+ai3Ai3= (ai21+ai22+ai23)<0

从而A= 1.

(14) 设随机变量Y服从参数为1的指数分布，a为常数且大于零，则

P{Y≤a+1Y>a}=____.

【答案】1

1

e

e y， y>0，

【解析】f(y)=

y≤0， 0，PY≤a+1Y>a}=

{

P{Y>a,Y≤a+1}PY>a∫=

∫

a+1

a+∞a

e a e (a+1)1

==1 a

eef(y)dy

f(y)dy

三、解答题：指定位置上.解答题：15～15～23小题,小题,共94分.请将解答写在答题纸请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、解答应写出文字说明、证．．．明过程或演算步骤.明过程或演算步骤.

(15)(本题满分10分)

计算

∫

xln(t+1)，其中f(x)=∫dt

1t【解析】f(x)=

ln(t+1)ln(x+1)′，则f(x)=,f(1)=

0 ∫1tx

1 f(x12f(x)22== ∫∫0∫

′(x)dx 0

1

=2f(1) 2∫= 2∫= 4∫

ln(x+1)

00x

= 4 ln(x+

∫ = 4ln2+4∫

t

其中 ∫0x=t2

dx=2tdt

2

1t11t1

.2222tdt=dt=dt ∫01+t2∫01+t2∫0∫01+t2dt 1

=2[t arctant]=2(1 )

1

π4

所以原式= 4ln2+8(1 =8 2π 4ln2

(16)(本题满分10分)

设数列{an}满足条件：a0=3,a1=1,an 2 n(n 1)an=0(n≥2),S(x)是幂级数的和函数

(I)证明：S′′(x) S(x)=0 (II)求S(x)的表达式 【解析】 S(x)=

∞

∞

∞

∞

π4

∑ax

nn=0

n

∑ax,S′(x)=∑nax

nn

n

n=0

n=1

n 2

∞n=0

n 1

,

S′′(x)=∑n(n 1)anx

n=2

∞

=∑(n+2)(n+1)an+2xn

S′′(x) S(x)=∑[(n+2)(n+1)an+2 an]xn

n=0

因为n(n 1)an an 2=0,n≥2，所以(n+2)(n+1)an+2 an=0(n≥0).

S′′(x) S(x)=0,

所以 S(0)=a0=3,

S′(0)=a=1. 1

（II）λ 1=0,λ1=1,λ2= 1，所以S(x)=C1e

2

x

+C2ex.

又S(0)=3,S′(0)=1，所以C1=1,C2=2,S(x)=e x+2ex. (17)(本题满分10分)

x3x+y

求函数f(x,y)=(y+e的极值

3

【解析】令fx′=e

x+y

x3x3x+y

(x+y+)=0，fy′=e(1+y+)=0

33

2

x=1 x= 1

或解得 4 2 = = yy 3 3

′′=efxx

x+y

x3x3x3x+y2x+y

′′=e(1+x+y+ fyy′′=e(2+y+ (2x+2x+y+ fxy

333

2

′′ 1, 4 =3e ，B=fxy′′ A=fxx

3

13

4 1, 3

′′=e ，C=fyy

1

3

4 1, 3

=e

13

AC B=3e e

又A>0

2

23 23

=2e

23

>0

1

4

f 1, = e3

3

5

3

4

所以 1, 为f(x,y)的极小值点，极小值为

3

′′ 1, 2 = e，B=fxy′′ A=fxx

3

53

2 1, 3

′′=e，C=fyy2

3

53

2 1, 3

=e

因为AC B<0，所以( 1, 不是f(x,y)的极值点.

(18)(本题满分10分)

设奇函数f(x)在[ 1,1]上具有2阶导数，且f(1)=1. 证明：（I）存在ξ∈(0,1)，使得f′(ξ)=1. （II）存在η∈( 1,1)，使得f′′(η)+f′(η)=1.

【解析】（I）由于f(x)在[ 1,1]上为奇函数，故f( x)= f(x)，则f(0)=0 令F(x)=f(x) x，则F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且F(1)=f(1) 1=0

2

F(0)=f(0) 0=0，由罗尔定理，存在ξ∈(0,1)，使得F′(ξ)=0,即f′(ξ)=1.

（II）由于f(x)在[ 1,1]上为奇函数，则f′(x)在[ 1,1]上为偶函数，所以由（1）

f′( ξ)=f′(ξ)=1.

令G(x)=e

x

[f′(x) 1]，则G(x)在[ 1,1]上连续，在( 1,1)内可导，且

G(ξ)=G( ξ)=0，由罗尔定理存在η∈( ξ,ξ) (0,1)，使得G′(η)=0

即f′′(η)+f′(η)=1. (19)(本题满分10分)

设直线L过A(1,0,0)，B(0,1,1)两点，将L绕z轴旋转一周得到曲面Σ，Σ与平面

z=0,z=2所围成的立体为 .(I)求曲面Σ的方程，(II)求 的形心坐标.

【解析】

x 1yzuuur==(I)AB=( 1,1,1)所以直线L方程 111 ，

设Σ上任一点y由直线L上的点F(y)绕z轴旋转一周得到，则

2222

x+y=x0+y0

z=z0

又

x0 1y0z0

==，所以Σ方程为x2+y2=(1 z)2+z2=2z2 2z+1 111

12122

(II)x+y 2(z =

22

设形心坐标(x,y,z)，几何体关于xoz,yoz对称，x=y=0

∫∫∫zdv∫

z=

2

zdz

2

2

∫∫∫∫

dxdydxdy

=

∫∫∫dv

=

x+y≤2z 2z+12

2

π∫(2z3 z2+z)dzπ∫

20

2

∫

dz

7=.

(2z2 2z+1)dz5

x2+y2≤2z2 2z+1

(20)(本题满分11分)

设A= 有矩阵C.

1a 01

,B= ，当a，b为何值时，存在矩阵C使得AC CA=B.并求所

10 1b

x1

【解析】设C=

x3

1a x1 x10 3

x2

,由于AC CA=B,故 x4

x2 1a 01

= , x4 10 1b

ax1 =ax3

01 . 1b

x2 x1

x4 x3

x1+ax3即 x1x2+ax4 x1+x2

x2 x3+x4

x2+ax3=0

ax1+x2+ax4=1

(I)

x x x=1 134 x2 ax3=b

由于矩阵C存在，故方程组(I)有解.对(I)的增广矩阵进行初等行变换：

0 1a0

a10a 10 1 1

01 a0M0 1

M1 0

→M1 0

Mb 0

0 1 1M

000

1 a1 a0

1 1

M0 0

→

Ma+1 0

Mb 0

000

1 1M

00000

1 a

1

M0

Ma+1

Mb

方程组有解，故a+1=0,b=0，即a= 1,b=0，此时存在矩阵C使得AC CA=B.

1 0

当a= 1,b=0时，增广矩阵变为

0 00 1 1M1

110M0

000M0

000M0

x3,x4为自由变量，令x3=1,x4=0，代为相应齐次方程组，得x2= 1,x1=1.

令x3=0,x4=1，代为相应齐次方程组，得x2=0,x1=1.

故ξ1=(1, 1,1,0),ξ2=(1,0,0,1),令x3=0,x4=0，得特解η=(1,0,0,0)，方程组的通解为x=k1ξ1+k2ξ2+η=(k1+k2+1,-k1,k1,k2),所以C= (21)(本题满分11分)

设二次型f(x1,x2,x3)=(a1x1+a2x2+a3x3)+(b1x1+b2x2+b3x3)，记

2

2

TTT

T

k1+k2+1 k1

.

k1k2

a1 b1

α= a，β=2 b2

a b 3 3

（I）

证明二次型f对应的矩阵为2ααT+ββT；

2

2

（II） 若α,β正交且为单位向量，证明f在正交交换下的标准形为2y1+y2. 【解析】证明：(I)f(x1,x2,x3)=2(a1x1+a2x2+a3x3)+(b1x1+b2x2+b3x3)

2

2

a1 x1 b1 x1

=2(x1,x2,x3)a2(a1,a2,a3)x2+(x1,x2,x3)b2(b1,b2,b3)x2

a x b x 3 3 3 3 x1

TT =(x1,x2,x3)(2αα+ββ)x2 x 3

=xAx，其中A=2ααT+ββT，其中x=(x1,x2,x3). 所以二次型f对应的矩阵为2αα+ββ.

(II)由于A=2ααT+ββT,α与β正交,故αTβ=0，α,β

为单位向量,故故αα=1,同样βTβ=1.

T

T

T

T

T

α==1,

Aα=(2ααT+ββT)α=2ααTα+ββTα=2α,由于α≠0,故A有特征值λ1=2. Aβ=(2ααT+ββT)β=β,由于β≠0,故A有特征值λ2=1.

r(A)=r(2ααT+ββT)≤r(2ααT)+r(ββT)=r(ααT)+r(ββT)=1+1=2<3.

所以A=0,故λ3=0.

因此,f在正交变换下的标准形为2y1+y2. (22)(本题满分11 分)

2

2

2,X≤1 12

x,0<x<3

设随机变量X的概率密度为f(x)= 9 ，令随机变量Y= X,1<X<2

1,X≥2其他, 0,

（I）求Y的分布函数;

（II）求概率P{X≤Y}.

【解析】设y的分布函数为F(y)，则

F(y)=P{Y≤y}=P{Y≤y,X≤1}+P{Y≤y,1<X<2}+P{Y≤y,X≥2}=P{2≤y,X≤1}+P{X≤y,1<X<2}+P{1≤y,X≥2}

当y<1时，F(y)=0，

当1≤y<2时，F(y)=P{X≤y,1<X<2}+P{X≥2}=P{1<X≤y}+P{X≥2} =

∫

y

1

311213113

xdx+∫x2dx=(y 1)+(33 23)=(y+18)

299272727

当y≥2时，F(y)=P{X≤1}+P{1<X<2}+P{X≥2}=1 (23)(本题满分11 分)

θ2 θ

3ex,x>0,

设总体X的概率密度为f(x;θ)= x 其中θ为未知参数且大于零，

0,其他,

X1,X2, Xn为来自总体X的简单随机样本

(I)求θ的矩估计量；

(II)求θ的最大似然估计量. 【解析】 (I)E(X)=

∫

+∞

∞

xf(x;θ)dx=∫

+∞

x

θ2

x3

exdx=∫

θ

+∞

θ2

x θ x

edx=θed = θ ∫0x2 x

θ

+∞

θ

1n

令X=E(X)，则X= θ，即θ的矩估计量为θ= X，其中X=∑Xi

ni=1

(II)L(θ)=

∏

i=1

n

nθ2 θ

x

∏(3ei),xi>0(i=1,2,Ln)

f(xi;θ)= i=1xi

0， 其它

当xi>0(i=1,2,Ln)时，L(θ)=

n

∏(x

i=1

n

θ2

3i

e

θxi

)

lnL(θ）=∑[2lnθ lnxi3

i=1

θ

xi

]

dlnL(θ)n212nn1

=∑( )= ∑=0 dθxθθi=1i=1xii

解得θ=

)2n

所以θ的最大似然估计量θ=n

1∑i=1xi

2n

n

1∑i=1Xi

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