2015陕西考研数学一真题及答案.doc-资料库

2015 陕西考研数学一真题及答案一、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 y ( ) f x 的拐点的个数为 ( ) (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 【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 ( ) x 的图形可得，曲线 f y  ( ) f x 存在两个拐点.故选（C）. 1 3 (2) 设   y x  y  ay   ( ) 21 e 2 by  ce ( x  ) x e 是二阶常系数非齐次线性微分方程 x 的一个特解，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， 21 xe 、 1 xe 3 2 为二阶常系数齐次微分方程  y  ay   by  的解，所以 2,1 为特征方程 2 r 0  ar b   的根，从而 0 a    (1 2)   ， 1 2 b    ，从而原方程变为 2 3  y  3  y  2 y x  ，再 ce 将特解 y x xe 代入得 c   .故选（A） 1 (3) 若级数   n n 1  a 条件收敛，则 3x 与 3x 依次为幂级数   n 1  ( na x n n  1) 的 ( ) (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  n 1   条件收敛，即 2x  为幂级数 a n  ( a x n 1)n 的条件收敛  n 1  点，所以   ( a x n n 1  1)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 n  1)n 的收敛区间还是(0,2) 。因而 x  3 与 3x  依次为幂级数   n 1  ( na x n  1)n 的收敛点，发散点.故选（B）。 (4) 设 D 是第一象限由曲线 2 xy  ， 4 1 xy  与直线 y 1 x ，

 3 x 围成的平面区域，函数   ( )  f x y dxdy  , f x y 在 D 上连续，则 ,  y  D (A) (B) (C) (D)   3  4  d  1 sin 2 1 2sin 2    f r cos , sin  r  rdr    3  4   3  4  d  1 sin2 1  2sin2   f r cos , sin  rdr   r  d   1 sin 2 1 2sin 2   f r cos , sin  r  dr    3  4  d  1 sin2 1  2sin2   f r cos , sin  dr   r 【答案】（B）【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，所以  D ( , f x y dxdy  )   3  4  d  1 sin 2 1  2sin 2  ( cos , sin ) f r   r rdr ，故选（B） A (5) 设矩阵       线性方程组 Ax      1 a 2 a 1 1 1 2 1 4 b 有无穷多解的充分必要条件为        1,2 ，若集合 1 d d        ，则， b 2

( ) (A) (B) (C) (D) , , d  a a d  d  a d  a 【答案】D 【 , , ( , ) A b  1 1 1 2 1 4      1 a 2 a 解      1 d 2 d  析】 1 1 0 1 0 0 (      1 1 a  1)( a  a  2) ( d  1 1 d  1)( d  2)      ，由 ( ) r A  ( r A b , ) 3  ，故 1a  或 2a  ，同时 1d  或 d  。故选（D） 2 (6)设二次型  f x x x 在正交变换为 x Py 下的标准形为 , , 1 2  3 2 2 y 1  y 2 2  2 y ，其中 3 P  e e e ，若 1 , , 3 2   Q e 1  ,  e e ，则 3 , 2  )  2 2 y 1  y 2 2  2 y 3 .且  f x x x 在正交变换 x Qy 下的标准形为(  , , 1 2 3 (A) 2 2 y 1  y 2 2  2 y 3 (B) 2 2 y 1  y 2 2  2 y 3 (C) 2 2 y 1  y 2 2  2 y 3 (D) 2 2 y 1  y 2 2  2 y 3 【答案】(A) 【解析】由 x Py ，故 f  T x Ax  TP AP       2 0 0 1 0 0 0   0   1  . Q P  1 0 0      0 0 0 1 1 0        PC ) T y P AP y ( T

T Q AQ C P AP C  ( ) T T  2 0 0      0 0 1 0  0 1      所以 f  T x Ax  ) T y Q AQ y ( T  2 2 y 1  y 2 2  。选（A） 2 y 3 (7) 若 A,B 为任意两个随机事件，则( ) (A)  P AB    P A P B (B)     P AB     P A P B   (C) ( P AB )  ( P B ) ( ) P A  2 (D)  P AB      P A P B  2 【答案】(C) 【解析】由于 AB  , A AB  ，按概率的基本性质，我们有 ( P AB B )  ( ) P A 且 ( P AB )  ( P B ) ，从而 ( P AB )  (8)设随机变量 ,X Y 不相关，且 EX ( ) P A  2  ( P B ) ，选(C) . 2, EY  1, DX  3 ，则 E X X Y      2   3 (B) 3  ( ) (C) 5 (D) 5 (A) 【答案】(D) 【解析】 [ E X X Y   ( 2)]  E X ( 2  XY  2 ) X  E X ( 2 )  E XY ( ) 2 (  E X )  D X ( )  2 E X ( )  E X E Y ( ) 2 ( E X  ( )  ) 2 3 2 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. (9) lim 0 x  ln cos 2 x  _________. 【答案】  x 1 2

【分析】此题考查 0 0 穷小替换. 型未定式极限，可直接用洛必达法则，也可以用等价无 sin x  cos x 2 x  lim 0 x   lim 0 x  x  tan 2 x   （罗比达 . 1 2 二： 2 x  1 2 2 x   （等 1 . 2 【解析】方法一： lim 0 x  法则）方 ln(cos ) x 2 x 法  ln(1 cos 2 x x 1)   lim 0 x  1  cos x 2 x  lim 0 x   x )d x  ________. lim 0 x  ln(cos ) x 2 x  lim 0 x  价无穷小替换） (10)   2   2 sin x ( 1 cos  x 【答案】 2π 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. 【解析】   2   2 sin x   1 cos     x dx x   2 0  2 xdx  2  4 . z x y 由方程+++=2 确定，则 ( , ) (11) 若函数 z d z  (0,1) ________. 【答案】 dx 【分析】此题考查隐函数求导. 【解析】令 ( , , ) F x y z  z e  xyz   x cos x  ，则 2  ( , , ) F x y z x  yz 1 sin ,    x F y  , ) xz F x y z  ( , z ,  z e  xy 又当 0,  x y  时 1 ze  ，即 0z  . 1 所以 z  x    (0,1)  (0,1,0) F x  (0,1,0) F z   1, z  y    (0,1)  (0,1,0) F y  (0,1,0) F z  0 ，因而

dz   . dx (0,1) x    z 与三个坐标平面所围成的空间区域，则 y 1 3 ) z dxdydz  __________. y ( x   2 (12)设  是由平面  【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  3 ) z dxdydz  6 zdxdydz  6   1  0 dxdy ， zdz  zD 其中 zD 为平面 z z 截空间区域  所得的截面，其面积为 1 (1 2 2 z ) .所以   ( x  2 y  3 ) z dxdydz  6 zdxdydz  6   1  0 z  1 2 (1  2 ) z dz  1  3 ( 0 3 z  2 2 z  ) z dz  1 4 . (13) n 阶行列式   2 0 1 2   0 0 0 2 0 2     2 0 2 1 2 0     ___________. 【答案】 12 n  2 【解析】按第一行展开得 D n  2 0 1 2  0 0 0 0      0 0 2 2 2 2 1 2   2 D n 1    ( 1) n 1  2( 1)  n 1   2 D n 1   2  2(2 D n  2  2) 2   2 2 D n  2  2 2   2 n 2  2 n 1    2

 2 12 n (14) 设二维随机变量 ( , x y 服从正态分布 (1,0;1,1,0) N ) ，则 0} ________.  { P XY Y  【答案】 1 2 【解析】由题设知， ~ X N (1,1), ~ Y N (0,1) ，而且 X Y、相互独立，从而 { P XY Y   0}  {( P X  1) Y  0}  { P X 1 0,   Y  0}  { P X 1 0,   Y  0}  { P X  1} { P Y  0}  { P X  1} { P Y  0}      . 1 1 2 2 1 1 2 2 1 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 若  f 是等价无穷小，求 , ,a b k 的值.  x 与  g x 在   x a ( )  g x 0x ln(1 x ， x )   bx sin  3 kx ，【答案】 a   , 1 b   1 2 , k   【解析】法一：原式 x a  lim 0 x  . 1 3  ln 1  bx sin x  x  3 kx 1  （泰勒展开法）  x a x     2 x 2  3 x 3   o x 3  3 kx      bx x    3 x 6   o x 3      1  1   a x  b     a 2    a 3 3 x  b 6 4 x   o x 3   1 2 x  3 kx  lim 0 x   lim 0 x  即1   a 0, b      a 1, b   , k a 2 1 2  1 0, a 3 k 1   3

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