2014云南考研数学一真题及答案.doc-资料库

2014 云南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．１．下列曲线有渐近线的是（A） y sin x x （B） y  2 x sin x （C） y sin x 1 x （D） y  2 x sin 1 x 【分析】只需要判断哪个曲线有斜渐近线就可以．【详解】对于 y sin x 1 x ，可知 y lim  x x 1 且 lim x  ( y  x lim)   x sin 1  x 0 ，所以有斜渐近线 y  x 应该选（C） 2．设函数 (xf 具有二阶导数， ) ( xg )  f ( )( 10  x )  f )( 1 x ，则在 ],[ 10 上（）（A）当 (' xf 0) 时， ( xf )  ( xg ) （B）当 (' xf 0) 时， ( xf )  ( xg ) （C）当 f  (x ) 0 时， ( xf )  ( xg ) （D）当 f  (x ) 0 时， ( xf )  ( xg ) 【分析】此题考查的曲线的凹凸性的定义及判断方法．【详解 1】如果对曲线在区间 ],[ ba 上凹凸的定义比较熟悉的话，可以直接做出判断．如果对区间上任意两点  ( 1 f  )  x 1  x  2  2 1 xx , 及常数  )  ( 1  0   ，恒有  1 ( xf 1 )  ( xf  ) 2 ，则曲线是凸的．显然此题中 x 1  0 , x 2  , 1  x ，则 ( 1  )  ( xf 1 )  ( xf  2 )  f ( )( 10  x )  f )( 1 x  ( xg ) ，而  ( 1 f  )  x 1  x  2   ( xf ) ，故当 f  (x ) 0 时，曲线是凸的，即  ( 1 f  )  x 1  x  2   ( 1  )  ( xf 1 )  ( xf  ) 2 ，也就是 ( xf )  ( xg ) ，应该选（C）【详解 2】如果对曲线在区间 ],[ ba 上凹凸的定义不熟悉的话，可令 ( xF )  ( xf )  ( xg )  ( xf )  f ( )( 10  x )  f )( 1 x ，则 F )( 0  F )( 1  0 ，且 1

(" xF )  f (" x ) ，故当 f  (x ) 0 时，曲线是凸的，从而 ( xF )  F )( 0  F )( 1  0 ，即 ( xF )  ( xf )  ( xg ) 0 ，也就是 ( xf )  ( xg ) ，应该选（C） 3．设 (xf 是连续函数，则 )  1 0  dy 1   y 2 1  y ( , yxf ) dy  （Ａ）（Ｂ） (Ｃ）（Ｄ）  2 0   2 0  x 1  1   0 1 0 dx dx   0 1  0 ( , yxf ) dy  x 1 ( , yxf ) dy  2 1  x 0 0 0   dx 1  0   dx 1   1  2x ( , yxf ) dy ( , yxf ) dy 1  1   d  cos 0  sin  d  cos 0  sin ( rf cos ,  r sin ) dr   1   sin    d   2 cos 0 ( rf cos ,  r sin ) dr  ( rf cos ,  r sin )  rdr  1   sin    d   2 cos 0 ( rf cos ,  r sin )  rdr 【分析】此题考查二重积分交换次序的问题，关键在于画出积分区域的草图．【详解】积分区域如图所示如果换成直角坐标则应该是 1  0 dx 1  x  0 ( , yxf ) dy ，（A），（B） 0  dx 1  2 1  x  0 ( , yxf ) dy  两个选择项都不正确；如果换成极坐标则为  2 0  1   sin  d  cos 0 ( rf cos ,  r sin )  rdr  1   sin    d   2 cos 0 ( rf cos ,  r sin )  rdr ．应该选（D）４．若函数 ( ax 1  cos bx 1  sin 2 x ) dx  min , Rba       ( ax  cos bx  sin 2 x ) dx  ，则     a 1 cos bx 1  （Ａ）  sin x sin2 x （Ｂ） 2 cos x （Ｃ） sin2 x （Ｄ）【详解】注意   2 dxx   x    cos dxx    cos   x sin dxx 0 ，   cos   2 dxx    sin   2 dxx  3 2 3 ， 2 cos2  2  x ，

  xsin  所以    dxx 2  ， ( ax  cos bx  sin 2 x ) dx  3   2 3  2 2 ( a  2 b )  4 b  所以就相当于求函数 2 a  2 b  4 b 的极小值点，显然可知当 a  , 0  b 2 时取得最小值，所以应该选（A）． a 0 c 0 5．行列式 0 a 0 c b 0 d 0 0 b 0 d 等于（A） ( ad  bc 2) （B）  ( ad  bc 2) （C） 2 2 da  2 2 cb （D）  2 da 2  2 2 cb 【详解】 0 a 0 c a 0 c 0 b 0 d 0 0 b 0 d  a a 0 c 0 d 0 ad a c ( ad b d ad    b 0 d   b a 0 c 0 c 0 b 0 d bc a c  b d ( ad bc  bc )  ( ad  2 bc ) bc ) 应该选（B）． 1  , 3 6．设 , 2 是三维向量，则对任意的常数 lk, ，向量 1  k 3 向量 1  , 3 , 2 线性无关的， 2  l 线性无关是 3 （A）必要而非充分条件（C）充分必要条件 1  , 3 , 2 【详解】若向量线性无关，则（B）充分而非必要条件（D）非充分非必要条件（ 1  k 3 ， 2  l ） 3  (  3 , , 2 1   )    01 10 k l       (  3 , , 2 1 ) K ，对任意的常数 lk, ，矩阵 K 的秩都等于 2，所以向量 1  k 3 ， 2  l 一定线性无关． 3 3

而当  1       1 0 0      ,  2       0 1 0      ,  3       0 0 0      时，对任意的常数 lk, ，向量 1  k 3 ， 2  l 线性 3 无关，但 1  , 3 , 2 线性相关；故选择（A）． 7．设事件 A，B 想到独立， ( BP )  ,. 50 ( BAP  )  . 30 则  ) ( ABP  （）（A）0.1 （B）0.2 （C）0.3 （D）0.4 【详解】 ( BAP  )  . 30  ( ABPAP  ( ) )  ( BPAPAP  ( ) ( ) )  ( AP )  . 50 ( AP )  . 50 ( AP ) ．所以 ( AP ) 60. ， (  ) ABP  ( BP )  ( ABP )  . . 5050  ( AP )  . 20 ．故选择（B）． 8．设连续型随机变量 1 XX , 相互独立，且方差均存在， 2 1 XX , 的概率密度分别为 2 ( xfxf 1 ), ( 2 ) ，随机变量 1Y 的概率密度为 fY 1 ( y )  1 2 ( f 1 ( y )  f 2 ( y )) ，随机变量 Y 2  1 2 ( X 1  X ) 2 ，则（A） EY 1  EY 2 , DY 1  DY 2 （B） EY 1  EY 2 , DY 1  DY 2 （C） EY 1  EY 2 , DY 1  DY 2 （D） EY 1  EY 2 , DY 1  DY 2 【详解】 EY 1 1    2  ( fy 1 ( y )  f 2 ( y )) dy   1 2 EX 1  EX 2   ( YE 2 ) ， 2 EY 1 1    2  2 y ( f 1 ( y )  f 2 ( y )) dy  1 2 EX 2 1  1 2 EX 2 2 ， DY 1  2 ( YE 1 )  2 ( YE 1 )   1 2 1 4 故应该选择（D）． EX 2 1  EX 2 2  2 XE ( ) 1  2 XE ( XEXE ( ) ( ) 2 XD ( ) 1 XD ( 2 )  1 XD ( )  2 DY 2 1 2 1  4 1 4 )   XE 1 1 4 1 4 X  2  2   1 2 ( XD ) 2 1 4 1 1 4 二、填空题（本题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 分. 把答案填在题中横线上） 9．曲面 z  2 x ( 1  sin y )  2 y ( 1  sin x ) 在点 ), ,( 101 处的切平面方程为． 4

【详解】曲面 z  2 x ( 1  sin y )  2 y ( 1  sin x ) 在点 ), ,( 101 处的法向量为  z , x z , y  1 |  ,( ) , 112  ,( ), 101 ，所以切平面方程为 ( 2 x ) ( 1  )( 1 y  0 ) (  )( 1 z  ) 1  0 ，即 2 x  01 y z ． 10 ．设 (xf ) 为周期为 4 的可导奇函数，且 (' xf )  ( 2 x  ), 1 x  20  , ，则 )(7f ．【详解】当  20,x 时， ( xf )   ( 2 x  ) 1 dx  2 x  2 Cx  ，由 0 )(f 0 可知 0C ，即 ( xf ) x 2  2 x ； (xf 为周期为 4 奇函数，故 ) f )( 7  f ( ) 1  f )( 1  1 ． 11．微分方程 xy '  y (ln x  ln y ) 0 满足 y )( 1 3 e 的解为．【详解】方程的标准形式为 dy dx  y x ln y x ，这是一个齐次型方程，设 u  ，得到通解为 y x y  Cxxe 1 ，将初始条件 y )( 1 3 e 代入可得特解为 y  2  1 xxe ． 12．设 L 是柱面 x 2 2  y  1 和平面 y 0 z 的交线，从 z 轴正方向往负方向看是逆时针方向，则曲线积分 L zdx  ydz  ．【详解】由斯托克斯公式  L Pdx  Qdy  Rdz  dydz  x  P   dzdx  y  Q dxdy  z  R 可知  L zdx  ydz    dydz  dzdx  dxdy     xyD dxdy  ．其中  : y x z  2 2 y  0     1 取上侧， Dxy   ( , yx |) 2 x  2 y  1 ． 13．设二次型 ( , xxxf , 2 1 ) 3 2 x 1  x 2 2  2 xax 1 3  4 xx 2 3 的负惯性指数是 1，则 a 的取值范．围是【详解】由配方法可知 ( xxxf , , 2 1 3 )  (  2 x 1 x 1   2 x 2 ax 3  2 ) 由于负惯性指数为 1，故必须要求 4  a 2  0 4 xx  3 2 2 ) 2 x  2 xax 1 ( x  ，所以 a 的取值范围是 3  4  ( 3 2 2 3 2 ) xa 22, ． 5

14 ．设总体 X 的概率密度为 ( xf ) ,   2 x 2 3  , 0     ,   x  2  其它，其中  是未知参数， XX , 2 , 1 , nX 是来自总体的简单样本，若  C n i 1  iX 2 是 2 的无偏估计，则常数 n   CE   1  i X 2  i   5Cn 2 2 C = ．【详解】 XE ( 2 )      2 x 2 dxx 2 3   5 2 2  ，所以 2 的无偏估计，故 Cn 5  2 1 ， C 2 ． 5 n 三、解答题 15．（本题满分 10 分），由于  C 2 是 iX n i 1  求极限 lim x  1 t tx ( 1  2 ( e 2 x ln( 1 t ) dt ． ) 1  1 x  ) 【分析】．先用等价无穷小代换简化分母，然后利用洛必达法则求未定型极限．【详解】 lim x  1 t x 1  ( t 2 ( e 2 x ln( 1 t ) dt ) 1  1 x  ) x  1 1 t ( t 2 ( e t ) dt ) 1  x  lim x  ( 2 ( ex 1 x ) 1  x )  lim x   lim x     2 x ( 1 x  1 x 2 2  o ( 1 2 x )  x    1 2 16．（本题满分 10 分）设函数 y  (xf ) 由方程 3 y  2 xy  2 yx  6 0 确定，求 (xf 的极值． ) 【详解】解：在方程两边同时对 x 求导一次，得到 xy (') y  xy 2 2 3    x y y ( 2 2 2 )  0 ，（１）即 dy dx   2 y y  2 2  2 xy xy x  2 3 6

令 dy dx 0 及 3 y  2 xy  2 yx  6 0 ，得到函数唯一驻点 x , 1  y  2 ．在（１）式两边同时对 x 求导一次，得到 (') yx  xy yy '  4 '  4 ( 6 （ y  2 2 3 y  2 xy  2 x ") y  2 y  0 把 x  , 1 y  2 , y )(' 1  0 代入，得到 )("y 1 4 9  0 ，所以函数 y  (xf ) 在 1x 处取得极小值 2y ． 17．（本题满分 10 分）设函数 )(uf 具有二阶连续导数， z  x ( ef cos y ) 满足 z 2 2  x   z 2   2 y  ( 4 z  e x cos ) ey 2 x ．若 f )( 0  0 , f )(' 0  0 ，求 )(uf 的表达式．【详解】设 eu  x cos y ，则 z  )( uf  x ( ef cos y ) ， z  x  z  y   )(' euf x cos y , z 2 2  x   f )(" eu 2 x 2 cos y  )(' euf x cos y ;  )(' euf x sin y , z 2   2 y  f )(" eu 2 x 2 sin y  )(' euf x cos y ； z 2 2  x   z 2   2 y  f )(" eu 2 x  f (" e x cos ) ey 2 x z 2 2  x   z 2   2 y 由条件可知  ( 4 z  e x cos ) ey 2 x ， f )(" u  4 )( uf  u 这是一个二阶常用系数线性非齐次方程．对应齐次方程的通解为： )( uf 2 u eC 1  eC 2  2 u 其中 1 CC , 为任意常数． 2 对应非齐次方程特解可求得为 1* y 4 u ．故非齐次方程通解为 )( uf  2 u eC 1  eC 2  2 u  1 4 u ． 7

将初始条件 f )( 0  0 , f )(' 0  0 代入，可得 C 1  1 16 , C 2  1 16 ．所以 )(uf 的表达式为 )( uf  1 16 2 u e  1 16  2 u e  1 4 u ． 18．（本题满分 10 分）设曲面  : z  2 x  2 y  ) 1 的上侧，计算曲面积分： ( x  3 ) 1 dydz  ( y  3 ) 1 dzdx  ( z  ) 1 dxdy ( z   【详解】 z x    设  : 1  2 1  2 y  1 取下侧，记由 1, 所围立体为  ，则高斯公式可得 ( x  3 ) 1 dydz  ( y  3 ) 1 dzdx  ( z  ) 1 dxdy    1    x 2 x   ( 3 (( 3      d  2  3 x ( 0 2  ) 1  ( 3 y 2  ) 1  ) 1 dxdydz  2 3 y  67 x  6 y ) dxdydz  2 3 y  7 ) dxdydz rdr 1 2 r  2 ( 3 r  7 ) dz  4  2 1 0  1 : z x     2 1  2 y  1 取下侧上， ( x  3 ) 1 dydz  ( y  3 ) 1 dzdx  ( z  ) 1 dxdy  ) ( 11 dxdy   0 ，   1 在   1 所以 ( x    3 ) 1 dydz  ( y  3 ) 1 dzdx  ( z  ) 1 dxdy = ( x  3 ) 1 dydz  ( y  3 ) 1 dzdx  ( z  ) 1 dxdy  4   1 19．（本题满分 10 分）设数列   n a , n b 满足 0  a n   2 , 0  b n   2 ， cos a n  a n  cos b n （1）证明 lim a  n n 0 ； 8  且级数 1n nb 收敛．

资料库

2014云南考研数学一真题及答案.doc

相关推荐

考研

热门标签

最新资料