考研数学一真题及答案全

考研数学一真题及答案全201年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试题一、选择题:18小题，每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的.请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上（1)若函数在连续,则（) (B)（C） () .【答案】A【详解】由,得. （2）设函数可导,且则（) () (C) （) .【答案】C【详解】,从而单调递增,.（)函数在点处沿着向量的方向导数为(A).(B).（C) .(D) 【答案】【详解】方向余弦，偏导数,代入即可（4）甲乙两人赛跑，计时开始时,甲在乙前方10(单位：m)处.图中，实线表示甲的速度曲线(单位:m/s），虚线表示乙的速度曲线(单位:/s)，三块阴影部分面积的数值一次为0,0,3,计时开始后乙追上甲的时刻记为(单位:s),则() (B) .（C) .(D) .【答案】【详解】在时,乙比甲多跑,而最开始的时候甲在乙前方m处.（）设为维单位列向量，为阶单位矩阵,则(A） 不可逆.(B) 不可逆.(C) 不可逆（D) 不可逆.【答案】A【详解】可设,则的特征值为,从而的特征值为,因此不可逆.(6)设有矩阵,， (A)与相似,与相似（) 与相似,与不相似.()与不相似,与相似(D) 与不相似,与不相似.【答案】B【详解】的特征值为,但有三个线性无关的特征向量,而只有两个，所以可对角化,则不行.（7)设为随机事件,若，,则的充分必要条件（A) .(）.(C) （D）.【答案】A【详解】由得,即;由也可得.(8）设为来自总体的简单随机样本，记,则下列结论不正确的是(A）服从分布.（)服从分布.(C)服从分布.（D)服从分布.【答案】B【详解】;.二、填空题：94小题，每小题4分，共4分.请将答案写在答题纸指定位置上(9)已知函数 【答案】0【详解】，没有三次项.（10）微分方程的通解为 【答案】【详解】特征方程得,因此（1）若曲线积分在区域内与路径无关,则 .【答案】【详解】有题意可得，解得.(12）幂级数在(-，1)内的和函数 .【答案】 【详解】.（13）,是3维线性无关的列向量,则的秩为 .【答案】2【详解】（14)设随即变量的分布函数，其中为标准正态分布函数，则 【答案】2【详解】.三、解答题:12小题，共4分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.请将答案写在答题纸指定位置上.（15）(本题满分分）.设函数具有2阶连续偏导数，求.【答案】 (6)(本题满分10分)求.【答案】(17）(本题满分0分)已知函数由方程确定,求的极值. 【答案】, 方程两边对求导得:, 令,得. 当时,当时 方程两边再对求导:， 令, 当,时，当，时. 所以当时函数有极大值，极大值为,当时函数有极小值,极小值为0.（18）（本题满分1分)设函数在区间上具有2阶导数,且，证明：(I)方程在区间内至少存在一个实根;(II)方程在区间内至少存在两个不同实根.【答案】(1),由极限的局部保号性,又由零点存在定理知，,使得，.(2）构造,，由拉格朗日中值定理知,所以由零点定理知，使得, 所以原方程至少有两个不同实根。(19）(本题满分10分).设薄片型物体是圆锥面被割下的有限部分，其上任意一点处的密度为,记圆锥面与柱面的交线为C；(I）求C在平面上的投影曲线的方程;（II)求S的质量M。【答案】()的方程为,投影到平面的方程为：(20）(本题满分11分）设矩阵有个不同的特征值,(I）证明：；(II）若,求方程组的解.【答案】又有三个不同的特征值,故为单根,且一定能相似对角化.（2） 由(),的通解为,故有.（21）(本题满分11分）设二次型在正交变换 下的标准形为，求的值及一个正交矩阵。（21） 【答案】二次型的矩阵，因为二次型在正交变换下的标准形为，故有特征值0，,故由得特征值为.解齐次线性方程组,求特征向量.对，得；对,得；对，,得;因为属于不同特征值，已经正交,只需规范化：令，所求正交矩阵为，对应标准形为.(22)（本题满分分).设随机变量与相互独立，且的概率分布为，的概率密度为（I）求（）求的概率密度。22、 【答案】（1），.（2） 的分布函数为故的概率密度函数为.(2）(本题满分1分)某工程师为了解一台天平的精度，用该天平对一物体的质量做n次测量，该物体的质量是已知的.设次测量结果相互独立且均服从正态分布.该工程师记录的是n次测量的绝对误差利用估计.（I）求的概率密度;（I）利用一阶矩求的矩估计量；（III）求的最大似然估计量【答案】的分布函数为,所以的概率密度均为.（2） ,令，即,得的矩估计量为：,其中.（3)记的观测值为,当时,似然函数为，令