2021甘肃考研数学一真题及答案.doc

发布时间：2022-09-21 发布人：admin 分类：说明书资料大小：0.33M 资料格式：doc 举报版权申诉

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一、选择题（本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是



二、填空题（本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.请将答案写在答题纸指定位置上.）



 

三、解答题（本题共 6 小题，共 70 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



2021甘肃考研数学一真题及答案一、选择题（本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求，把所选选项前的字母填在答题卡指定位置上.）  ex  1 (1)函数 f (x)=    x 1, x  0 , x  0 ,在 x  0 处 (A)连续且取极大值. (C)可导且导数为 0. (B)连续且取极小值. (D)可导且导数不为 0. 【答案】D. 【解析】因为lim f (x)= lim ex  1 1  f (0) ，故 f (x) 在 x  0 处连续； x0 x x0 ex  1 因为 lim x0 f (x)  f (0) x  0 =lim x0  x x  0 1 lim x0 e x 1  x x 2 1 2 1  2  ，故 f (0)  ，正确答案为 D. (2)设函数 f  x, y  可微，且 f (x 1, ex)  x(x 1) 2 ， f (x, x2)  2x2 ln x ，则 df (1,1)  (A) dx dy . (B) dx  dy . (D) dy. (C) dy . 1 【答案】C. 【解析】 f (x 1,ex)  ex f (x 1,ex)  (x 1) 2 2x(x 1) f (x, x2)  2xf (x, x2)  4x ln x  2x 分别将 y  0 ，  y  1 带入①②式有 x  0 x 1 2 1 2   ① ② f1(1,1)  f2(1,1)  1 ， f1(1,1)  2 f2(1,1)  2 联立可得 f1(1,1)  0 ， f2(1,1)  1 ， df (1,1)  f1(1,1)dx  f2(1,1)dy  dy ，故正确答案为 C. 在 x  0 处的 3 次泰勒多项式为ax  bx2  cx3 ，则 sin x (3) 设函数 f (x)  1 x2 (A) a 1,b  0,c   7 6 (C) a  1,b  1,c   7 . 6 . (B) a 1,b  0,c  7 6 . (D) a  1,b  1, c  7 . 6 【答案】A. 【解析】根据麦克劳林公式有  sin x 1 x2  x   f (x)  3  x3 7 3  o(x )  [1  x  o(x )]  x  x6 6 2 3  3  o(x ) 1

故a  1,b  0, c   7 6 ，本题选 A. (4) 设函数 f x 在区间0,1 上连续，则1 f  xdx  (A) lim  f   2k 1 1 (B) . 0 n   2n  2n n k 1  k 1 1 2n lim  f  . n k 1   2n  n (C) n  2k 1 1 lim  f  n k 1 2n (D) lim  f  x0 k 1 .   2n  n  k  2    2n  n . 1 【答案】B. 【解析】由定积分的定义知，将 0,1 分成 n 份，取中间点的函数值，则  2k 1 1 0 f (x)dx  lim  f  2n  n  (5) 二次型 f (x , x , x )  (x  x )2  (x  x )2  (x  x )2 的正惯性指数与负惯性指数依次为 , 即选 B. n k 1  n 1 2 3 1 2 2 3 (A) 2,0 . 【答案】B. 【解析】 f (x , x , x )  (x  x )2  (x  x )2  (x  x )2  2x 2  2x x  2x x  2x x (D)1, 2. (B)1,1 . 1 2 2 3 3 1 2 1 2 2 3 1 3 1 3 (C) 2,1. 所以 A  1 2 1 ，故特征多项式为 2 1 3 0 1 1   1 1 0   |E A | 1  1 2 1 1 1 1  (1)( 3)  令上式等于零，故特征值为1，3 ， 0 ，故该二次型的正惯性指数为 1，负惯性指数为 1.故应选 B. (6)已知  0  ，  2  ，  1  ，记， k， l  l ， 1 2 3  1      1   1     1    3      2   1 1 2 2 1 3 3 1 1 2 2 (C) 5 , 1 . 2 2 (D)  5 ,  1 . 2 2 (A) 若1 ，2 ，3 两两正交，则l1 ，l2 依次为 5 1 , 2 2 5 1 , 2 2 【答案】A. 【解析】利用斯密特正交化方法知 (B)  . .  0  2  [2,1]  2 ，     0    [3,1] [3,2]， [1,1] 1 2 3 3 1 [,] 1 1 [,] 2 2 2 故l1  [3,1]  5 ， l [1,1] 2  [3,2]  1 [2,2] 2 ，故选 A. 2 (7) 设 A,B 为 n 阶实矩阵，下列不成立的是 2

 A O    A (A) rO AT A  2r A (C) r O AAT   2rA  BA   A AB    A O  (B) rO AT   2r A (D) r  BA AT   2r A     A O   【答案】C. 【解析】(A) r O AT A  r(A)  r(A A)  2r(A). 故 A 正确. (B) AB 的列向量可由 A 的列线性表示，故 r  A AB O AT    (C) BA 的列向量不一定能由 A 的列线性表示. (D) BA 的行向量可由 A 的行线性表示， r  r  r   T  A O   0 AT     r (A)  r (AT )  2r(A).  A BA O AT     A O   0 AT     r (A)  r (AT )  2r(A). 本题选 C. (8) 设 A ， B 为随机事件，且0  P(B) 1，下列命题中不成立的是 (A) 若 P(A | B)  P(A) ，则 P(A | B)  P(A) . (B) 若 P(A | B)  P(A) ，则 P(A | B)  P(A) (C) 若 P(A | B)  P(A | B) ，则 P(A| B)  P(A). (D) 若 P(A | A B) ，则 P(A)  P(B) . B)  P(A | A 【答案】D. 【解析】 P( A | A B)  P(A | A 因为 P( A | A B)  P(A(A P( A B)  P( A | A P( A) P(A(A P( A B))  B)  B)) B) P( AB)  P( A B) P( A)  P(B)  P( AB) P(B) P( AB) P(A) P(B) P(AB) B) ，固有 P( A)  P(B)  P( AB) ，故正确答案为 D. 1 1 2, X  (9)设 X ,Y ,X ,Y , n  X i,Y  1 n 1 2 2 i1 n n , X ,Y  为来自总体 N ,;2,2; 的简单随机样本，令 1 n n Yi, X  Y, 则 ˆ 1 2 1 2 i1 2 2 2 n 2 2 1 2 n ˆ (A) ˆ 是的无偏估计， Dˆ  1  ˆ (B) 不是的无偏估计， D   ˆ (C) 是的无偏估计， D   ˆ (D) 不是的无偏估计， D  ˆ ˆ 2 2  2 1 1 2 2 2 2  2 1 1 2 2 n n 【答案】C. 【解析】因为 X ,Y 是二维正态分布，所以 X 与Y 也服从二维正态分布，则 X  Y 也服从二维正态分布，即 E(ˆ)  E( X  Y )  E( X )  E(Y )  1  2 ， 3

 D( ˆ)  D(X Y )  D(X )  D(Y )  cov(X ,Y )  1 1 2 ，故正确答案为 C. , X16 是来自总体 N , 4 的简单随机样本，考虑假设检验问题： n 2 (10) 设 X1 , X 2 2 2  2 H0:  10, H1 :  10. x 表示标准正态分布函数，若该检验问题的拒绝域为W X 11，其中 X   X i ，则11.5 时，该检验犯第二类错误的概率为 1 16 16 i1 (A)1 0.5 (C)1  1.5 (B)1 1 (D) 1 2 【答案】B. 【解析】所求概率为 P{X  11} X N (11.5, 1) ，    X 11.5  1111.5 P{X  11}  P   1   2   1 2 4  1 (1) 二、填空题（本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.请将答案写在答题纸指定位置，得 d 2y dx2  (4et  4tet  2)(2et 1)  (4tet  2t )2et (2et 1)3 ， . (13)欧拉方程 x2 y   xy  4y  0 满足条件 y(1) 1, y(1)  2 得解为 y  【答案】 x2 . 【解析】令 x  et ，则 xy  dy dt 2  4  0 ，特征根为  2, 2 ，通解为 y  C e2t  C e2t  C x2  C x2 ，将初始条件 1 y(1)  1, y(1)  2 带入得C  1,C  0 ，故满足初始条件的解为 y  x2 . dy ，原方程化为 d 2y  4y  0 ，特征方程为 dx , x2 y  d 2y dx2 dx2   1 2 1 2 2 (14) 设  为空间区域 (x, y, z) x2 4y 2  4,0  z  2 1 2 表面的外侧，则曲面积分  x2dydz  y2dzdx  zdxdy  【答案】4.  . 4 故本题选 B. 上.） (11) 【答案】【解析】   0  4  0  dx x2  2x  2  . 2 【答案】 . 3 【解析】由  将t  0 带入得 dy dx 4tet  2t 2et 1 d 2y dx2 t 0  2 . 3 dx x2  2x  2    dx 0(x 1)2 1   arctan(x1)     4 d 2 y dx2 0  x  2et  t 1, x  0 y  4(t 1)et  t 2, x  0 确定,则 2 4   t 0  . (12)设函数 y  y(x) 由参数方程  

【解析】由高斯公式得原式= (2x  2y 1)dV  0 dz dxdy  4.  2 D (15) 设 A  aij 为 3 阶矩阵， Aij 为代数余子式，若 A 的每行元素之和均为 2，且 A  3 ， A11  A21  A31= . 【答案】 3 2 . 1     1   1     1   【解析】 A1  2 1 , A , 2, 1 , 则 A* 的特征值为，对应的特征向量为 A  1     1    A11 A21  1 , A* 而 A*   A A  12  A 22 A  13 23 1   1   A  A31   A11  A21  A31  1A A  , A* 1   A  A  A   1 ，即 32     12 32   A  A A  A  1 33   33    13 22 23 1   1   A11  A21  A31  3 2 . (16) 甲乙两个盒子中各装有 2 个红球和 2 个白球，先从甲盒中任取一球，观察颜色后放入乙盒中，再从乙盒中任取一球.令 X , Y 分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球个数，则 X 与 Y 的相关系数 . 1 【答案】 . 5 【解答】联合分布率(X,Y) cov(X,Y )  1 20 5 ，DX  1 , DY  1 , 即  1 . 5 5 XY 4 4 (0,1) 1 (1,0) 1 (0,0)  3   10 (1,1) 3  , X  10   0 1   1 1  Y   2   2  0 1   1 1     2 2  三、解答题（本题共 6 小题，共 70 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.） (17)(本题满分 10 分) x et2dt  0 ex 1 1 求极限lim  x0     1  . sin x   1 【答案】 . 2  1 xet 2dt   【解析】解： lim 0 ex 1 x0   (ex 1) sin x 又因为 x et2dt   x (1 t 2  o(t 2))dt  x  1 x 3  o(x 3) ，故  1  sin x   sin x 1 xet 2dt  lim x0   0 0 0 (x  1 x3  o(x3 ))(1 x  1 x3  o(x3 ))  x  1 x2  o(x2 ) 3 3! 2 原式=lim x0 =lim 2 x0 1 x2  o(x2) 3! x2 x2  1 2 . 5

(18)(本题满分 12 分) 1 nx 设un (x)  e 【答案】 S(x)  1 e x x n(n 1)  e x     e e 1    , x 1  n1 (n 1,2,   ) ，求级数un(x) 的收敛域及和函数.  n1 (1 x) ln(1 x) x, x (0,1) . 【解析】  S (x)  u (x)  e nx  n(n 1) x n1 , 收敛域(0,1], S (x)  e S (x)   1    xn1  x ln(1  x)  [ ln(1  x)  x] n1   nx n1 1   1 n n1  n1 x n1 n(n 1)  xn1   n1 n  (1 x)ln(1 x)  x, x  (0,1)   n1 n  1 2 e x 1 e x , x (0,1] S2 (1)  lim S2 (x)  1    x1  e x S(x)  1 ex , x 1   e e 1 (1 x) ln(1 x)    x, x (0,1) (19)(本题满分 12 分) 已知曲线C :   x2  2 y2  z  6 4x  2 y  z  30 ，求C 上的点到 xoy 坐标面距离的最大值. 【答案】66 【解析】设拉格朗日函数 L  x, y, z,,  z 2  x 2  2 y 2  z  6  (4x  2 y  z  30) L  2x 4u  0 x Ly  4 y 2u  0 L 2z   u  0 z x2  2 y2  z  6 4x  2y  z  30 解得驻点： (4,1,12),(8, 2, 66) C 上的点(8, 2, 66) 到 xoy 面距离最大为 66. (20)(本题满分 12 分) 设 D  R2 是有界单连通闭区域， I(D)  (4  x 2  y 2 )dxdy 取得最大值的积分区域记为 D . 1 D x2  4 y2 ，其中D1 是 D1 的正向边界. (xex2 4 y2  y)dx  (4 yex2 4 y2  x)dy (1) 求 I(D1) 的值. (2) 计算 D1 【答案】 . 【解析】（1）由二重积分的几何意义知： I (D)  (4  x 2  y 2)d，当且仅当4  x2  y2 在 D 上大于 0 时， I(D) 达到最大，故 D：x2  y2  4 且 I(D )= 0 (2)补 D2 : x  4y  r （ r 很小），取 D 的方向为顺时针方向，  (xe x2 4 y2  y)dx  (4ye x2 4 y2  x)dy d(4  r )rdr  8. 0 2 D 2 2 2 1 1 2 2 2 = D1 x2  4 y2 6

(xex2 4 y2  y)dx  (4 yex2 4 y2  x)dy (xex2 4 y2  y)dx  (4 yex2 4 y2  x)dy x2  4 y2 1 er 2 r 2  D2 ydx  xdy 1 r  2 D2  D2 x2  4 y2 2d . D2  xdx  4ydy  D1D2    1 er 2 r 2 (21)(本题满分 12 分) 1  a 已知 A   1 a   1 1  1 1 .  a   (1) 求正交矩阵 P ,使得 PT AP 为对角矩阵； (2) 求正定矩阵C ,使得C 2  (a  3)E  A. 【答案】(1) P   1  3   1  3    1  3   1 2 1  2 0 1  6   1   6  2   6   5  3  ；(2)C   1    1   1  1  . 3  5   3  1  5 3 1 3 【解析】 (1)由 E A  a 1 1  a 1 1 得1  a  2,2 3  a 1 1 1  a  (a 1)2(a  2)  0 1 1  1 0 1 2 1r    2  0 0 0    0 1 1  的特征向量为  1  ，    1     1  1 当1  a  2 时  2 ((a  2)E  A)  1   1  当2 3  a 1 所  1 1 ((a 1)E  A) 1 1   1 1  1  1 1  1 1 1 0  的特征向量为  1 ,  1  ， 1 r 0 0      0  1 0 0  2        1  1  2 6 1 1  1    0    2 3 a 1  a 2 ，则 PT AP          ，  a 1   1  3   1   3   1  3  1 , 1 2 , 2     令 P   3       3        6 2   6  1 (2) PTC 2P  PT (a  3)E  A)P  ((a  3)E        2 0 4    4  7

1 T CP      2 ，    2   PT CPPTCP  1 故C  P     2 4  1        P  4   5  3    PT  1   2    1  1   1  1  . 3   5 3   5 3 1 3 Y , 令 Z  Y X . (1) 求 X 的概率密度； (2) 求 Z 的概率密度. (3) 求 E  X   Y    . (22)(本题满分 12 分) 在区间(0, 2) 上随机取一点，将该区间分成两段，较短的一段长度记为 X ,较长的一段长度记为 1, 0  x  1 【答案】(1) X f (x)   0,其他；(2) 2 fZ (z)  (FZ (z))  (z 1)2  , z 1 .(3) 1 2 ln 2 .   0, 其他【解析】(1)由题知： X 1, 0  x  1 ； 0, 其他 f (x)    2  X (2) 由Y  2  X ，即 Z  ，先求 Z 的分布函数： F (z)  PZ  z  P 2  X  z   P  2 1  z     X    Z X  X  当 z  1 时， FZ(z)  0 ；当 z  1 时，  2 FZ (z)  P   1  z 1 P X  2  2  X  2     2 fZ (z)  (FZ(z))  (z 1) 0, 其他 (3) E  X   E  X   1 x 0 2  x 2 X Y          1  z11dx 1 z 1 0 2 z 1 ；   , z 1 ；  1dx  1 2 ln 2 . 8

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