2021吉林考研数学一真题及答案.pdf

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1、1121220212021吉林考研数学一真题及答案吉林考研数学一真题及答案一、选择题（一、选择题（本题共本题共 1010 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 5050 分分.每小题给出的四个选项中，只有一个选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,x 0,在 x 0处1,x0(A)连续且取极大值.(B)连续且取极小值.(C)可导且导数为 0.(D)可导且导数不为 0.【答案答案】D.【解析解析】因为lim f(x)=limex 11 f(0

2、)，故 f(x)在 x 0 处连续；x0 x0 xf(x)f(0)ex 11xex1 x11因为lim=limlim，故 f(0)，正确答案为 D.x0 x 0 x0 x 0 x0 x222(2)设函数fx,y可微，且f(x 1,ex)x(x 1)2，f(x,x2)2x2ln x，则df(1,1)(A)dx dy.(B)dxdy.(C)dy.(D)dy.【答案答案】C.【解析解析】f(x1,ex)exf(x 1,ex)(x 1)22x(x 1)f(x,x2)2xf(x,x2)4xlnx 2xx 0 x 1分别将y 0，y 1带入式有f1(1,1)f2(1,1)1，f1(1,1)2 f2(1,1

3、)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.(3)设函数f(x)sin x在x 0处的 3 次泰勒多项式为ax bx2 cx3，则1 x2(A)a 1,b 0,c 7.(B)a 1,b 0,c 7.6(C)a 1,b 1,c 7.(D)66a 1,b 1,c 7.6【答案】A.【解析】根据麦克劳林公式有sin xx3323733f(x)1 x2x 6 o(x)1 x o(x)xx6o(x)2011201 故a 1,b 0,c 7，本题选 A.6(4)设函数fx在区间0,1上连续，则1fxdx n 2k 1 1n

4、2k 1 1(A)limf.(B)limf.nk1 2n 2nnk1 2n n2n k 1 12n k 2(C)limf.(D)limf.nk1【答案】B.2n nx0k1 2n n【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1n 2k 1 10f(x)dx lim f2nn,即选B.nk1(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123122331(A)2,0.(B)1,1.(C)2,1.(D)1,2.【答案答案】B.【解析解析】f(x,x,x)(x x)2(x x)2(x x)2 2x2

5、 2x x 2x x 2x x123122331212231 3011所以A 121，故特征多项式为1101|E A|121111 (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.1 1 3(6)已知0，2，1，记，k，l l，1 2 3 1122133112 2若1，2，3两两正交，则l1，l2依次为5 1(A),.2 25 1(B),.2 2(C)5,1.22(D)5,1.22【答案】A.【解析】利用斯密特正交化方法知 0 2,12，1,1 3,13,2，33,1,2故l13,15，l1,1211223,21，故选A.2,22(7

6、)设A,B为n阶实矩阵，下列不成立的是222312121 2121 2n1122nn1212 AO AAB(A)rOATA 2rA(B)rOAT 2rA ABA AO(C)rOAAT2rA【答案】C.(D)rBAAT 2rA AO T【解析】(A)rOATAr(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 AABr AO r(A)r(AT)2r(A).OAT0AT(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 ABA r AO r(A)r(AT)2r(A).OAT0AT本题选 C.(8)设A，B为随机事件，且0 P(B)

7、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|AB)P(A|AB)，则P(A)P(B).【答案】D.P(A(AB)【解析】P(A|AB)P(AB)P(A)P(A)P(B)P(AB)P(A|AB)P(A(AB)P(AB)P(AB)P(AB)P(B)P(AB)P(A)P(B)P(AB)因为P(A|AB)P(A|AB)，固有P(A)P(B)P(AB)，故正确答案为 D.(9)设X,Y,X,Y,X,Y为来自总体N,;2,2;的简单随机样本，令1n

8、1n12,X nXi,Y nYi,X Y,则i1i122(A)是的无偏估计，D1222(B)不是的无偏估计，Dn22 2(C)是的无偏估计，Dn22 2(D)不是的无偏估计，Dn【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()E(X Y)E(X)E(Y)12，416022 2D()D(X Y)D(X)D(Y)cov(X,Y)121 2，故正确答案为 C.n(10)设X1,X2,X16是来自总体N,4的简单随机样本，考虑假设检验问题：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 11，116其中X X

9、i，则11.5时，该检验犯第二类错误的概率为i1(A)10.5(B)11(C)1 1.5【答案】B.【解析】所求概率为PX 11(D)12XN(11.5,1)，4PX 11 P X 11.51111.5 1(1)11故本题选 B.22二、填空题（二、填空题（本题共本题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分.请将答案写在答题纸指定位置请将答案写在答题纸指定位置上上.）(11)0【答案答案】4【解析解析】0dxx2 2x 2dxx2 2x 2.dx0(x 1)21 arctan(x1)244 x 2et t 1,x 0d2y(12)设函数 y y(x)由参数方程y 4(t

10、1)ett2,x 0确定,则dx2t0.2【答案答案】.3dy4tet 2td2y(4et 4tet 2)(2et1)(4tet 2t)2et【解析解析】由dx2et1，得dx2，(2et1)3将t 0带入得t02.3(13)欧拉方程x2y xy4y 0满足条件y(1)1,y(1)2得解为y.【答案答案】x2.【解析解析】令x et，则xy dy,x2y d2ydy，原方程化为d2y4y 0，特征方程为dtdx2dxdx2240，特征根为 2,2，通解为y C e2tC e2t C x2C x2，将初始条件121212y(1)1,y(1)2带入得C 1,C 0，故满足初始条件的解为y x2.1

11、2(14)设为 空 间 区 域(x,y,z)x24y24,0 z 2x2dydz y2dzdx zdxdy.【答案答案】4.表 面 的 外 侧，则 曲 面 积 分d2ydx25211111【解析解析】由高斯公式得原式=(2x2y 1)dV 0dzdxdy 4.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A11 A21 A31=.3A 3，【答案答案】2.111【解析解析】A1 21,A,2,1,则A*的特征值为，对应的特征向量为1 A A11A21 A311 A11 A21 A311A1,A*而A*AAA,A*1A A A1，即 122232 122

12、232 1AAA1A AA1 132333 132333 3A11 A21 A312.(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(0,0)(0,1)(1,0)(1,1)0101【解答】联合分布率(X,Y)3113,X11Y11 105510 22 22cov(X,Y)1，DX 1,DY 1,即1.2044XY5三、解答题（本题共三、解答题（本题共 6 小题，共小题，共 70 分分.请将解答写在答题纸指定位置上，解答应写请将解答写在答题纸指定

13、位置上，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤出文字说明、证明过程或演算步骤.）(17)(本题满分 10 分)求极限lim1xet2dt0.x0ex1sin x1【答案】.21xet2dt0sin x 1xet2dt0【解析】解：limlimx0ex1sinxx0(ex1)sin x又因为xet2dt x(1t2o(t2)dt x 1x3o(x3)，故003(x 1x3 o(x3)(1 x 1x3 o(x3)x 1x2 o(x2)原式=lim3!3!2x0 x21x2 o(x2)=lim21.x0 x22A6n1xxz1(18)(本题满分 12 分)nx1n1设un(x)exn(n 1)(n

14、1,2,)，求级数un(x)的收敛域及和函数.n1 e x【答案】S(x)1ex(1 x)ln(1x)x,x(0,1).e,x 1【解析】e11 nxe xS(x)u(x)enxn(n 1)xn1,收敛域(0,1,S(x)e1ex,x(0,1n1n1n1S(x)1n1xn1xn1 x ln(1 x)ln(1 x)x2n1n(n 1)n1nn1n 1(1 x)ln(1 x)x,S2(1)lim S2(x)1x1x (0,1)e xS(x)1ex(1 x)ln(1x)x,x(0,1)e,x 1e1(19)(本题满分 12 分)x2 2 y2 z 6已知曲线C:4x 2 y z 30，求C上的点到x

15、oy坐标面距离的最大值.【答案】66【解析】设拉格朗日函数 Lx,y,z,z2x2 2 y2 z 6(4x 2 y z 30)L 2x4u 0Ly 4 y2u 0L 2z u 0 x2 2 y2 z 64x 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)(1)求I(D1)的值.(4 x2 y2)dxdy取得最大值的积分区域记为D.D(2)计算D1【答答案案】.(xex24 y2 y)dx (4 yex24 y2 x)dyx2 4 y2，其中D1是D1的正向边

16、界.【解析解析】（1）由二重积分的几何意义知：I(D)(4 x2 y2)d，当且仅当4 x2 y2在D上D222大于 0 时，I(D)达到最大，故D：x2 y2 4且I(D)=d(4 r)rdr 8.1100(2)补D2:x 4y r（r很小），取D的方向为顺时针方向，222D1(xex24y2 y)dx(4yex24y2x)dy=x2 4 y22732326363232636r 1621D1D2(xex24 y2 y)dx (4 yex24 y2 x)dyx2 4 y2D2(xex24 y2 y)dx (4 yex24 y2 x)dyx2 4 y2 1er2r2D2xdx 4ydy1er2r

17、2D2ydx xdy12d.D2(21)(本题满分 12 分)a已知A111a1.11a(1)求正交矩阵P,使得PTAP为对角矩阵；(2)求正定矩阵C,使得C2(a3)E A.111 6 531【答案】(1)P 111；(2)C 151.33102115【解析】33 a11(1)由E A 1 a1(a1)2(a 2)011得1 a 2,23 a1当1 a 2时 a 211 101 1(a2)E A)121r0 11的特征向量为1，112 000当23 a1所1 111 11111(a 1)E A)111r0 00的特征向量为1,1，23111 00002 111 111 a2令P 1,2,3，

18、则PTAP a 1，123a11021(2)PTC2P PT(a 3)E A)P (a3)E 448YY2 X PTCPPTCP，311故C P2PT151.332(22)(本题满分 12 分)11533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.1,0 x 12,z 1【答案】(1)Xf(x)0,其他；(2)fZ(z)(FZ(z)(z 1)2.(3)1 2 ln 2.1,0 x 10,其他【解析】(1)由题知：Xf(x)；0,其他2 X(2)由Y 2 X，即Z，先求Z的分布函数：XF(z)PZ z P2 X z P 21 zZXX当z 1时，FZ(z)0；当z 1时，22 22FZ(z)P1 z1PX 1z11dx 1；X2,z 1z 10z 12fZ(z)(FZ(z)(z 1)；0,其他(3)E X EX1x 1dx 1 2 ln 2.02x 114P4TCP 22 51