2006考研数学一真题及答案解析公众号：小乖考研免费分享_04.数学一历年真题_普通版本数学一_1987-2016考研数学（一）真题答案与解析

中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 2006年硕士研究生入学考试数学一试题及答案解析 一、填空题：1－6小题，每小题4分，共24分. 把答案填在题中横线上. xln(1x) （1）lim  2. x0 1cosx 0 【分析】 本题为 未定式极限的求解，利用等价无穷小代换即可. 0 xln(1x) xx 【详解】 lim lim 2. x0 1cosx x0 1 x2 2 y(1x) （2） 微分方程y 的通解是yCxex(x0). x 【分析】 本方程为可分离变量型，先分离变量，然后两边积分即可 【详解】 原方程等价为 dy 1    1  dx， y  x  两边积分得 lnylnxxC ，整理得 1 yCxex.（C eC 1） （3）设是锥面z  x2  y2(0 z1)的下侧，则 xdydz2ydzdx3(z1)dxdy  2.  z 1 【分析】 本题不是封闭曲面，首先想到加一曲面 ： ，取上侧，使 1 x2  y2 1 1 构成封闭曲面，然后利用高斯公式转化为三重积分，再用球面（或柱面）坐标进行计 算即可. 【详解】 设 ：z1(x2  y2 1)，取上侧，则 1 xdydz2ydzdx3(z1)dxdy    xdydz2ydzdx3(z1)dxdyxdydz2ydzdx3(z1)dxdy.   1 1 2 1 1 而  xdydz2ydzdx3(z1)dxdy＝6dv6 d rdr dz 2， 0 0 r  V 1 xdydz2ydzdx3(z1)dxdy 0.  1 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 所以 xdydz2ydzdx3(z1)dxdy 2.  （4）点(2,1,0)到平面3x4y5z0的距离d  2 . 【分析】 本题直接利用点到平面距离公式 Ax By Cz D d  0 0 0 A2 B2 C2 进行计算即可. 其中(x ,y ,z )为点的坐标，AxByCzD0为平面方程. 0 0 0 324150 【详解】 d   2 . 32 42 52  2 1 （5）设矩阵A  ，E为2阶单位矩阵，矩阵B满足BAB2E，则 1 2 B  2 . 【分析】 将矩阵方程改写为AX B或XAB或AXBC的形式，再用方阵相乘的行 列式性质进行计算即可. 【详解】 由题设，有 B(AE)2E 1 1 于是有 B AE 4，而 AE  2，所以 B 2. 1 1 （6）设随机变量 X与Y 相互独立，且均服从区间 0,3 上的均匀分布，则 1 P  maxX,Y1   . 9 【分析】 利用X与Y 的独立性及分布计算. 【详解】 由题设知，X与Y 具有相同的概率密度 1  , 0 x3 f(x)3 .  0, 其他 则 P  maxX,Y1  PX 1,Y 1 PX 1PY 1 2   PX 12     11 dx    1 .  03  9 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 【评注】 本题属几何概型，也可如下计算，如下图： S 1 则 P  maxX,Y1  PX 1,Y 1 阴  . S 9 二、选择题：7－14小题，每小题4分，共32分. 每小题给出的四个选项中，只有一项符合 题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内. （7）设函数y f(x)具有二阶导数，且 f(x)0, f(x)0，x为自变量x在点x 处的 0 增量，y与dy分别为 f(x)在点x 处对应的增量与微分，若x0，则 0 (A) 0dyy. (B) 0ydy. (C) ydy0. (D) dyy0 . [ Ａ ] 【分析】 题设条件有明显的几何意义，用图示法求解. 【详解】 由 f(x)0, f(x)0知，函数 f(x)单 调增加，曲线y f(x)凹向，作函数y f(x)的图形如 右图所示，显然当x0时， ydy f(x )dx f(x )x0，故应选(Ａ). 0 0 （ 8 ） 设 f(x,y) 为 连 续 函 数 ， 则  1 4d f(rcos,rsin)rdr等于 0 0 2 1x2 2 1x2 （Ａ） 2 dx f(x,y)dy. （B） 2 dx f(x,y)dy. 0 x 0 0 2 1y2 2 1y2 (C)  2 dy f(x,y)dx. (D)  2 dy f(x,y)dx . [ Ｃ ] 0 y 0 0 【分析】 本题首先由题设画出积分区域的图形，然后化为直角坐标系下累次积分即可. 【详解】 由题设可知积分区域D如右图所示，显然是Y 型域，则 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 2 1y2 原式 2 dy f(x,y)dx. 0 y 故选（Ｃ）.  （9）若级数a 收敛，则级数 n n1   (A)  a 收敛 . （B）(1)na 收敛. n n n1 n1   a a (C) a a 收敛. (D)  n n1 收敛. [ Ｄ ] n n1 2 n1 n1 【分析】 可以通过举反例及级数的性质来判定.    a a 【详解】 由a 收敛知a 收敛，所以级数 n n1 收敛，故应选(Ｄ). n n1 2 n1 n1 n1 或利用排除法： 1 取a (1)n ，则可排除选项（Ａ），（Ｂ）； n n 1 取a (1)n ，则可排除选项（Ｃ）.故（Ｄ）项正确. n n （10）设 f(x,y)与(x,y)均为可微函数，且(x,y)0，已知(x ,y )是 f(x,y)在约 y 0 0 束条件(x,y)0下的一个极值点，下列选项正确的是 (A) 若 f (x ,y )0，则 f (x ,y )0. x 0 0 y 0 0 (B) 若 f (x ,y )0，则 f (x ,y )0. x 0 0 y 0 0 (C) 若 f (x ,y )0，则 f (x ,y )0. x 0 0 y 0 0 (D) 若 f (x ,y )0，则 f (x ,y )0. [ Ｄ ] x 0 0 y 0 0 【分析】 利用拉格朗日函数F(x,y,) f(x,y)(x,y)在(x ,y ,)（是对应 0 0 0 0 x ,y 的参数的值）取到极值的必要条件即可. 0 0 【详解】 作拉格朗日函数F(x,y,) f(x,y)(x,y)，并记对应x ,y 的参数的 0 0 值为，则 0 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户  F(x ,y ,)0  f (x ,y )(x ,y )0 x 0 0 0 x 0 0 0 x 0 0  ， 即 . F(x ,y ,)0 f (x ,y )(x ,y )0  y 0 0 0  y 0 0 0 y 0 0 消去，得 0 f (x ,y )(x ,y ) f (x ,y )(x ,y )0, x 0 0 y 0 0 y 0 0 x 0 0 1 整理得 f (x ,y ) f (x ,y )(x ,y ).（因为(x,y)0）， x 0 0 (x ,y ) y 0 0 x 0 0 y y 0 0 若 f (x ,y )0，则 f (x ,y )0.故选（Ｄ）. x 0 0 y 0 0 （11）设,, ,均为n维列向量，A为mn矩阵，下列选项正确的是 1 2 s (A) 若,, ,线性相关，则A,A, ,A线性相关. 1 2 s 1 2 s (B) 若,, ,线性相关，则A,A, ,A线性无关. 1 2 s 1 2 s (C) 若,, ,线性无关，则A,A, ,A线性相关. 1 2 s 1 2 s (D) 若,, ,线性无关，则A,A, ,A线性无关. 1 2 s 1 2 s [ C ] 【分析】 本题考查向量组的线性相关性问题，利用定义或性质进行判定. 【详解】 记B(,, ,)，则(A,A, ,A) AB. 1 2 s 1 2 s 所以，若向量组,, ,线性相关，则r(B)s ，从而r(AB)r(B)s，向量组 1 2 s A,A, ,A也线性相关，故应选(Ａ). 1 2 s （12）设A为3阶矩阵，将A的第2行加到第1行得B，再将B的第1列的1倍加到第2 1 1 0   列得C，记P 0 1 0 ，则     0 0 1   （Ａ）C P1AP. （Ｂ）C PAP1. （Ｃ）C PTAP. （Ｄ）C PAPT. ［ Ｂ ］ 【分析】 利用矩阵的初等变换与初等矩阵的关系以及初等矩阵的性质可得. 【详解】 由题设可得 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0         B 0 1 0 A, C  B 0 1 0  0 1 0 A 0 1 0 ，                 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1         1 1 0   而 P1  0 1 0 ，则有C PAP1.故应选（Ｂ）.     0 0 1   （13）设A,B为随机事件，且P(B)0,P(A|B)1，则必有 (A) P(AB)P(A) (B) P(AB)P(B) (C) P(AB)P(A) (D) P(AB)P(B) [ B ] 【分析】 利用事件和的运算和条件概率的概念即可. P(AB) 【详解】 由题设，知 P(A|B) 1，即P(AB)P(A). P(B) 又 P(AB)P(A)P(B)P(AB)P(A). 故应选(Ｃ). （14）设随机变量X 服从正态分布N(,2)，Y 服从正态分布N(,2)，且 1 1 2 2     P X  1 P Y  1 1 2 则必有 (A)   (B)   1 2 1 2 (C)   (D)   [ D ] 1 2 1 2 【分析】 利用标准正态分布密度曲线的几何意义可得. 【详解】 由题设可得  X  1  Y  1  P 1   P 2  ，         1 1 2 2  1   1   1   1  则 2 12 1，即  .             1 2 1 2 其中(x)是标准正态分布的分布函数. 1 1 又(x)是单调不减函数，则  ，即  .   1 2 1 2 故选(A). 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 三 、解答题：15－23小题，共94分.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）   1xy 设区域D (x,y) x2  y2 1,x0 ， 计算二重积分 dxdy. 1x2  y2 D 【分析】 由于积分区域D关于x轴对称，故可先利用二重积分的对称性结论简化所求 积分，又积分区域为圆域的一部分，则将其化为极坐标系下累次积分即可. 【详解】 积分区域D如右图所示.因为区域D关于x轴对称， 1 函数 f(x,y) 是变量y的偶函数， 1x2  y2 xy 函数g(x,y) 是变量y的奇函数. 1x2  y2 则 1 1  1 r ln2  dxdy2 dxdy 22d dr  1x2  y2 1x2  y2 0 01r2 2 D D 1 xy  dxdy0， 1x2  y2 D 1xy 1 xy ln2 故  dxdy dxdy dxdy . 1x2  y2 1x2  y2 1x2  y2 2 D D D （16）（本题满分12分） 设数列x 满足0 x ,x sinx (n1,2, ) n 1 n1 n （Ⅰ）证明limx 存在，并求该极限； n n 1  x x2 （Ⅱ）计算lim n1  n . n x  n 【分析】 一般利用单调增加有上界或单调减少有下界数列必有极限的准则来证明数列 极限的存在. （Ⅱ）的计算需利用（Ⅰ）的结果. 【详解】 （Ⅰ）因为0 x ，则0 x sinx 1. 1 2 1 可推得 0 x sinx 1,n1,2, ，则数列x 有界. n1 n n x sinx 于是 n1  n 1，（因当x0时，sinx x）， 则有x  x ，可见数列x 单 x x n1 n n n n 调减少，故由单调减少有下界数列必有极限知极限limx 存在. n n 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 设limx l，在x sinx 两边令n，得 l sinl，解得l 0，即limx 0. n n1 n n n n 1 1  x x2 sinx x2 （Ⅱ） 因 lim n1  n lim n  n ，由（Ⅰ）知该极限为1型， n x  n x  n n 令t  x ，则n,t 0，而 n sint 1 1  t 1 1  1 t2 1 lim   sint  t2 lim   1 sint 1   t2 lim   1 sint 1   si t nt 1 ， t0 t  t0 t  t0  t     1 sint  sintt cost1 sint 1 又 lim  1  lim lim lim  . t0 t2  t  t0 t3 t0 3t3 t0 6t 6 （利用了sinx的麦克劳林展开式） 1 1 故 lim   x n1   x n 2 lim   sinx n   x n 2 e  1 6. n x  n x  n n （17）（本题满分12分） x 将函数 f(x) 展成x的幂级数. 2xx2 【分析】 利用常见函数的幂级数展开式. x x A B 【详解】 f(x)    ， 2xx2 (2x)(1x) 2x 1x   2 1 1 2 1  1 1 1  比较两边系数可得A ,B ，即 f(x)       . 3 3 32x 1x 3 x 1x 1   2  1  1   x n 而 (1)nxn,x(1,1)，    ,x(2,2)， 1x x 2 n0 1 n0 2 故 x 1   1  1   1  f(x)   (1)nxn  xn     (1)n1  xn,x(1,1). 2xx2 3 2n  3  2n  n0 n0 n0 （18）（本题满分12分）   设函数 f(u)在(0,)内具有二阶导数，且z  f x2  y2 满足等式 2z 2z  0. x2 y2 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 f(u) （I）验证 f(u) 0； u （II）若 f(1)0, f(1)1，求函数 f(u)的表达式. 2z 2z 2z 2z 【分析】 利用复合函数偏导数计算方法求出 , 代入  0即可得（I）. x2 y2 x2 y2 按常规方法解（II）即可. 【详解】 （I） 设u x2  y2 ，则 z x z y  f(u) ,  f(u) . x x2  y2 y x2  y2 x2 x2  y2  2z x x x2  y2  f(u)   f(u) x2 x2  y2 x2  y2 x2  y2 x2 y2  f(u)  f(u) ， x2  y2 3  x2  y2 2 2z y2 x2  f(u)  f(u) . y2 x2  y2 3  x2  y2 2 2z 2z 2z 2z 将 , 代入  0得 x2 y2 x2 y2 f(u) f(u) 0. u p dp du （II） 令 f(u) p，则 p 0  ，两边积分得 u p u C C ln plnulnC ，即 p 1 ，亦即 f(u) 1 . 1 u u 1 由 f(1)1可得 C 1.所以有 f(u) ，两边积分得 1 u f(u)lnuC ， 2 由 f(1)0可得 C 0，故 f(u)lnu. 2 （19）（本题满分12分） 设在上半平面D(x,y)| y0内，函数 f(x,y)具有连续偏导数，且对任意的t 0 都有 f(tx,ty)t2f(x,y). 证明：对D内的任意分段光滑的有向简单闭曲线L，都有 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户  yf(x,y)dxxf(x,y)dy 0. L Q P 【分析】 利用曲线积分与路径无关的条件  . x y 【详解】 f(tx,ty)t2f(x,y)两边对t求导得 xf(tx,ty) yf(tx,ty)2t3f(x,y). x y 令 t 1，则 xf(x,y) yf(x,y)2f(x,y). ① x y 设P(x,y) yf(x,y),Q(x,y)xf(x,y)，则 Q P f(x,y)xf (x,y),  f(x,y) yf (x,y). x x y y Q P 则由①可得  . x y 故由曲线积分与路径无关的定理可知，对D内的任意分段光滑的有向简单闭曲线L， 都有  yf(x,y)dxxf(x,y)dy 0. L （20）（本题满分9分） 已知非齐次线性方程组 x x x x 1 1 2 3 4  4x 3x 5x x 1 1 2 3 4  ax x 3x bx 1  1 2 3 4 有3个线性无关的解. （Ⅰ）证明方程组系数矩阵A的秩rA2； （Ⅱ）求a,b的值及方程组的通解. 【分析】 （I）根据系数矩阵的秩与基础解系的关系证明；（II）利用初等变换求矩阵A 的秩确定参数a,b，然后解方程组. 【详解】 （I） 设,,是方程组Ax的3个线性无关的解，其中 1 2 3 1 1 1 1  1     A 4 3 5 1 , 1 .         a 1 3 b 1     中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 则有 A()0,A()0. 1 2 1 3 则 ,是对应齐次线性方程组Ax0的解，且线性无关.（否则，易推出 1 2 1 3 ,,线性相关，矛盾）. 1 2 3 所以 nr(A)2，即4r(A)2r(A)2. 1 1 又矩阵A中有一个2阶子式 10，所以r(A)2. 4 3 因此 r(A)2. （II） 因为 1 1 1 1  1 1 1 1  1 1 1 1        A 4 3 5 1  0 1 1 5  0 1 1 5 .             a 1 3 b 0 1a 3a ba 0 0 42a b4a5       又r(A)2，则 42a0 a2   . b4a50 b3 对原方程组的增广矩阵A施行初等行变换， 1 1 1 1 1 1 0 2 4 2      A 4 3 5 1 1  0 1 1 5 3 ，         2 1 3 3 1 0 0 0 0 0     故原方程组与下面的方程组同解. x 2x 4x 2  1 3 4 . x  x 5x 3  2 3 4 选x ,x 为自由变量，则 3 4 x 2x 4x 2 1 3 4  x  x 5x 3 2 3 4  . x  x  3 3 x  x  4 4 故所求通解为 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 2  4   2        1 5 3       xk k  ，k ,k 为任意常数. 1 1  2 0   0  1 2        0   1   0  （21）（本题满分9分） 设 3 阶实对称矩阵A的各行元素之和均为 3,向量 1,2,1T , 0,1,1T 是 1 2 线性方程组Ax0的两个解. (Ⅰ) 求A的特征值与特征向量； (Ⅱ) 求正交矩阵Q和对角矩阵,使得QTAQ. 【分析】 由矩阵A的各行元素之和均为3及矩阵乘法可得矩阵A的一个特征值和对应 的特征向量；由齐次线性方程组Ax0有非零解可知A必有零特征值，其非零解是 0特征 值所对应的特征向量.将A的线性无关的特征向量正交化可得正交矩阵Q. 【详解】 (Ⅰ) 因为矩阵A的各行元素之和均为3，所以 1 3 1       A 1  3 3 1 ，             1 3 1       则由特征值和特征向量的定义知，3是矩阵A的特征值，(1,1,1)T是对应 的特征向量.对应3的全部特征向量为k，其中k为不为零的常数. 又由题设知 A 0,A 0，即A 0,A 0 ，而且, 线性无 1 2 1 1 2 2 1 2 关，所以0是矩阵A的二重特征值，, 是其对应的特征向量，对应0的全 1 2 部特征向量为 kk，其中k ,k 为不全为零的常数. 1 1 2 2 1 2 (Ⅱ) 因为A是实对称矩阵，所以与, 正交，所以只需将, 正交. 1 2 1 2 取  ， 1 1  1   0  1  2  ,   3     2  2   2 , 1   1   1   6  2   0 . 1 1  1   1   1         2  再将,,单位化，得 1 2 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户  1   1        1  3 6        2   1    2        ,  1  ,  2  0 ，     1  3 2  6 3      1   2 1  1   1           2   3  6  令 Q,,，则Q1 QT，由A是实对称矩阵必可相似对角化，得 1 2 3 3    QTAQ 0 .    0   （22）（本题满分9分） 设随机变量X 的概率密度为 1 ,1 x0  2  1 f x ,0 x2 ， X 4  0, 其他   令Y  X2,Fx,y为二维随机变量(X,Y)的分布函数. (Ⅰ) 求Y 的概率密度 f y Y  1  (Ⅱ) F   ,4 .  2  【分析】 求一维随机变量函数的概率密度一般先求分布，然后求导得相应的概率密度 或利用公式计算. 【详解】 （I）设Y 的分布函数为F (y)，即F (y)P(Y  y)P(X2  y)，则 Y Y 1) 当y0时，F (y)0； Y   2) 当0 y1时， F (y)P(X2  y)P  y  X  y Y 0 1 y 1 3  dx dx y .  y 2 0 4 4   3) 当1 y4时，F (y)P(X2  y)P 1 X  y Y 0 1 y 1 1 1  dx dx y  . 12 0 4 4 2 4) 当y4，F (y)1. Y 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn中国教育在线（www.kaoyan.cn） 中国最权威考研门户 所以  3 ,0 y1  8 y   1  f (y) F (y) ,1 y4. Y Y 8 y   0,其他    1   1   1  （II） F   ,4  P  X  ,Y 4  P  X  ,X2 4   2   2   2   1   1 P  X  ,2 X 2   P  2 X    2   2  1 1 1  2 dx . 1 2 4 （23）（本题满分9分） 设总体X 的概率密度为 , 0 x1,  f x;1,1 x2,  0, 其他,  其中是未知参数01，X ,X ...,X 为来自总体X 的简单随机样本，记N 为样本 1 2 n 值x ,x ...,x 中小于1的个数，求的最大似然估计. 1 2 n 【分析】 先写出似然函数，然后用最大似然估计法计算的最大似然估计. 【详解】 记似然函数为L()，则 L() 11 1N(1)nN . N个 nN个 两边取对数得 lnL()Nln(nN)ln(1)， dlnL() N nN N 令   0，解得 为的最大似然估计. d  1 n 中国教育在线考研频道 www.kaoyan.cn