经验超市26考研7月数一月考卷答案解析_06.2026考研数学俞老全程班_00.书籍讲义_经验超市月考卷

经验超市 26 考研数一月考卷答案 一、选择题 （5分/题，共50分） 1.【答案】 B  3 x   x  3  x  【解析】由于3 x  3 x ，即lim lim  1，从而lim 1， x03 x  x0   x   x0 x  即 x   x ，因此 B 对.  x  2  x  对于选项(A)，与 B 类似，可以得到lim  1，从而lim 1，因此 x0  x   x0 x  未必有 x   x ，可以有反例： x sinx, x x，因此不对 对 于 选 项  C  ， 任 意 无 穷 小 量 均 可 保 证    x  x   0 ， 因 此   x  x   0 无 法 说 明  x   x  ， 比 如 可 以 列 举 反 例 ：  x  x, x 1cosx； 对于 D 选项，如果 x   x ，可以得到   x  x    0，但是不能保证 1 1 2 它为x的高阶无穷小，比如 x  x3， x  x3 x3 2.【答案】(D) 【解析】【法一】 f(xx) f(x)x f ()， f()0,x0，  f(xx) f(x)0而dy  f(x)dx  f(x)x ，xx x，且 f(x)0，  f(x)单增 f() f(x)，结合x0， f()x f(x)x 即y dy，综合可得，dy y 0，选(D) 【法二】画几何图形 y y dy x O x x经验超市 26 考研数一月考卷答案 3.【答案】B x 【解析】gradu (u ,u ,u )(lny, ,ez) ，gradu| (0,1,1)，选(B) x y z y (1,1,0) 4.【答案】(D) t 【解析】分子= f x2  y2dxdy g(z)dz ，其中D:x2  y2 t2 t D t t 2 rf(r)dr g(z)dz 0 t t t  g(z)dz 2 rf(r)dr 2tf(t) 极限 lim t lim 0 2g(0)lim t0 t t0 t3 t0 3t2 4 f(t) 4  lim   f(0)4 3 t0 t 3 选(D) 5.【答案】： D    【解析】：由于AAT  E ，因而 AE  A AAT  A E AT  A E AT  A  E A T  A E A ，即 AE  A E A ， 而又因为AAT  E ，左右同时求行列式有 AAT  A AT  A 2  E ，所以 A 1，又 因为 A 0，因而 A 1，因而 AE  E A ，从而 AE =0. 选 D  6.【答案】 D  【解析】由于方程组AX 的所有解均为方程组BX 的解， AX  因而联立两个方程组，  得到的新方程组的解一定是AX 的解 BX  AX  从而说明，新方程组可以通过初等行变换，化为： ，即 00经验超市 26 考研数一月考卷答案 矩阵B  B,的行向量组可以由矩阵A A,的行向量组线性表示，选 D  7.【答案】(B)  1 1 0   1  1 0   【解析】二次型矩阵A 1 1  0   0 0 0 1 令其顺序主子式：D 0，D 2 10，D  D (1)2(2)0 1 2 3 4 可得 2，选(B) 8.【答案】(A) 【解析】由于A,B相互独立，则可知A,B相互独立，A,B相互独立， 1 3 P(AB)P(AB)P(A)P(B) P(A) . 2 4 1 1 1 从而P(BA)P(BA)P(B)P(A)   . 3 4 12 9.【答案】 A  【解析】EA 2  22 X  ，特征值为实数44X 0.  X 1，当X U  0,2 时，可以使得其概率为0.5 10．【答案】 B        【解析】 由协方差高度线性性：Cov X X,X Cov X ,X Cov X,X ，其中 n n Cov  X ,X  Cov  X , X 1  X 2  X n    1  Cov  X ,X Cov  X ,X  Cov  X ,X    n  n n  n n 1 n 2 n n 由于X ,X 独立 i  j ，因而Cov  X ,X  0 i j i j Cov  X ,X   1 Cov  X ,X  1 D  X  2 n n n n n n n Cov  X,X  D  X  D   X 1  X 2  X n    1  n D  X （因独立） n 2  2  n  n2 i n2 n i1经验超市 26 考研数一月考卷答案   Cov X  X,X  0 n PS:此题也有其他方法，比如利用定义：Cov  X X,X  E  X X  X  n  n  E  X X  E  X  ，其中由于E  X E  X  u ，由期望线性性：E  X X   n n n E  X E  X  0，因而 n Cov  X X,X  E  X X  X E  XX  E  X 2 ，其中 n  n  n   E  XX  E   X 1  X 2  X n X    ....（注意：因不独立，所以 E  X  E  X ） n  n n  n E  X 2 D  X   E  X  2 .....但是没有利用高度线性性简单     二、填空题（5分/题，共30分） 11.【答案】n5 sin(2x) 【解析】【法一】泰勒展式3x4sinxsinxcosx3x4sinx 2 x3 x5 1 (2x)3 (2x)5 3x4[x  0(x5)] [(2x)  0(x5)] 3! 5! 2 3! 5! 12 1  x50(x5) x50(x5) 5! 10 3x4sinxsinxcosx 1 lim  0 ，n5 x0 x5 10 【法二】：也可以用洛必达法则 sin(2x) 3x4sinx 3x4sinxsinxcosx 2 lim lim x0 x5 x0 x5 34cosxcos  2x  4sinx2sin  2x  2sinxsin  2x  lim lim lim x0 5x4 x0 54x3 x0 52x3 cosxcos  2x  cosx1 1cos  2x  lim lim lim x0 15x2 x0 15x2 x0 15x2 1 2 1    30 15 10 因而，3x4sinxsinxcosx与x5为同阶无穷小量经验超市 26 考研数一月考卷答案 1 1 12.【答案】tan y  [(x21) ] 3 1x2 【解析】设Y  tany，有Ysec2 yy，代入原方程 x Y Y  x （ 一 阶 线 性 ） ， 1x2 x 1 1  dx  ln(1x2)ln 1x2 Y  (x 1x2dxC) 1x2 2 1x2 1 1 3 1 C  [ (x21)2C] (x21) 1x2 3 3 1x2 1 C tan y (x21) ，又 y(0)0 3 1x2 1 1 1 C  ，tan y [(x21) ] 3 3 1x2 13.【答案】e ln 1 ln 1 lna ln 1 1 1 【解析】由a n e n  (e n)lna  ( )lna  , n nlna 故  a ln 1 n   1 ,当lna 1,即a e时，  1 收敛，即  a ln 1 n 收敛. nlna nlna n1 n1 n1 n1 y (yy ) 14.【答案】切线：xx  0 0  2z (z z) 0 m 0 0 m 1 法平面方程：(xx ) (y y ) (zz )0 0 y 0 2z 0 0 0 【解析】y2 2mx左右对x求导：有2yy  2m yy  m x x 1 z2 mx左右对x求导：有2zz  1 zz   x x 2 m 1 在(x ,y ,z )处， y   ,z   0 0 0 x y x 2z 0 0 m 1 在(x ,y ,z )处切向量为(1, , ) 0 0 0 y 2z 0 0经验超市 26 考研数一月考卷答案 xx y y zz y (yy ) 切线 0  0  0 ，即xx  0 0  2z (z z) 1 m 1 0 m 0 0  y 2z 0 0 m 1 法平面：(xx ) (y y ) (zz )0 0 y 0 2z 0 0 0 15.【答案】1 1 1 【解析】 A1的特征值为1,2,3， A的特征值为1, , 2 3 1 1 1  A  ，而A*A A E  E ，A*  A1 6 6 6 1 2 3 1 1 1 A*的特征值为 , , ，即 , , 6 6 6 6 3 2 1 1 1 A  A  A 为A*的对角线元素之和，也为A*特征值之和   1. 11 22 33 6 2 3 2 16.【答案】 5 【解析】打开第三个盒子出现第二个黄球，说明前两个盒子中有一个盒子是黄球，第三个盒 子是黄球，后两个盒子中也有一个盒子是黄球，黄球的位置分布有C 1 C 1 种，确定好黄球 2 2 1 1 3 2 C C A A 48 2 的位置同时白球的位置也确定好了，再由排列可知P  X 3  2 2 3 2   . A 5 120 5 5 三、解答题   17.【答案】铅直渐近线:x1；斜渐近线： y  x1和y  x1. 2 2 x3 3x2 【解析】由lim arctan x得曲线没有水平渐近线； x x2 1 x3 3x2 (x2)(x1)2 y  arctanx arctanx ， x2 1 (x1)(x1) x1，x1是曲线的间断点， (x2)(x1)2 由lim arctan x得x1为曲线的铅直渐近线； x1 (x1)(x1) (x2)(x1)2 (x2)(x1) 由lim arctan xlim arctan x0 x1 (x1)(x1) x1 x1 得x1不是曲线的铅直渐近线；经验超市 26 考研数一月考卷答案 (x2)(x1)2 arctanx (x1)(x1) (x2)(x1)2  由 lim  lim arctan x ， x x x x(x 1)(x 1) 2 (x2)(x1)2  (x2)(x1)  lim[ arctan x x]  lim[ arctan x x] x (x1)(x1) 2 x x1 2 x2 x2   2  lim( arctan x x) lim[x(arctan x ) arctan x] x x1 2 x 2 x1  1 arctanx 2 1x2  lim  lim 1 x 1 x 1  x x2  得 y  x1为曲线的斜渐近线； 2 (x2)(x1)2 arctanx (x1)(x1) (x2)(x1)2  由 lim  lim arctan x ， x x x x(x 1)(x 1) 2 (x2)(x1)2  x2x2  lim[ arctan x x]  lim( arctan x x) x (x1)(x1) 2 x x1 2  2  lim[x(arctanx ) arctanx] x 2 x1  1 arctanx 2 1x2  lim  lim 1 x 1 x 1  x x2  得 y  x1为曲线的斜渐近线. 2 8 18.【答案】x ,y 1 5 【解析】设 y2 4x与 y 2x4围成区域为D，联立方程可得交点坐标为 1,2 与  4,4 如图 y xdxdy  ydxdy 1,2 x D ,y  D y2 4x dxdy dxdy D D y x 2 2 dxdy  dy 2dx 4 y2 O D 4 4,4 y  2x4经验超市 26 考研数一月考卷答案 y2 y3 2y  |2 9 4 12 4 2 2 y 2  y2 y4  xdxdy  dy 2xdx   2 y  dy 4 y2 4 8 32 D 4 y2 y3 y5 1 1 8 32 72 2y   |2 2  16   2 24 325 4 3 5 3 5 5 2 2 y 2 y2 y3  ydxdy  ydy 2dx   2y  dy 4 y2 4 2 4 D 4 y3 y4 4 32 36  y2   |2 3  3 3129 6 16 4 3 3 3 72 9 5 72 8 y  1，x   . 9 9 45 5 x 1x 1 19.【答案】S(x) ln( ),x(1,1) ; ln( 2 1) 2 1x 2  x2n  yn 【解析】：（1）令x2  y，则无穷级数  ， 2n1 2n1 n1 n1 a 2n1 对来 y说：由于lim n1 lim 1可得，收敛半径为1，从而 y的收敛区间为1,1  n an n 2n1 即当1 y1时，幂级数收敛，即1 x2 1 1 x1时，幂级数收敛。 从而对来x说收敛区间也为1,1   x2n  x2n1 S(x) （2）设  S(x),x(1,1)，则当x0时，  ， 2n1 2n1 x n1 n1  x2n1   1 令  g(x) ○1，则左右求导x2n2 x2n   g(x)， 2n1 1x2 n1 n1 n0 1 1x g(x) ln( )C ，在○1中令x0，有C 0. 2 1x 1 1x S(x) 1 1x g(x) ln( )，当x0时  g(x) ln . 2 1x x 2 1x经验超市 26 考研数一月考卷答案 x 1x 当x0时，S(x) ln ，由于S(x)在O点连续，S(0)limS(x)0. 2 1x x0 x 1x S(x) ln( ),x(1,1) 2 1x 1 1 ( )2n 1 （3）而  1   2  S( 1 ) 1 ln 2  1 ln( 21) . (2n1)2n 2n1 2 2 2 1 2 n1 n1 1 2 20.【答案】2 x y x y Q P y22xyx2 【解析】令  p， Q，   x2  y2 x2  y2 x y (x2 y2)2 作曲线L :x2  y2 r2,0r 1，顺时针，则由格林公式 1 Q P  PdxQdy (  )dxdy  0 ，其中D为L与L 围成区域 x y 1 LL D 1 (x y)dx(x y)dy 1  PdxQdy PdxQdy   (x y)dx (x y)dy 0 L L L x2  y2 r2 L 1 1 1 1 2 再次使用格林公式， 2dxdy，（D 为L 围成区域）  r2  2. r2 1 1 r2 D 1 2 2 2   21.【答案】（1）表示椭圆柱面；（2）A*  2 2 2 .     2 2 2 1 0 1       【解析】各行元素之和为0，即A 1  0 0 1             1 0 1 1    1 为特征向量，0为特征值.     1 又 R(2EA)2,2EA 0,2为A的一个特征值 A3E不可逆， A3E 0,3为A的一个特征值 A的特征值为0,2,3，XTAX 经过正交变换可化为2y2 3y 2 1 2经验超市 26 考研数一月考卷答案 XTAX 1可化为2y2 3y 2 1表示椭圆柱面. 1 2 2    （2）A为实对称矩阵，可对角化，存在可逆P .st. P1AP  3      0 R(A)2，R(A*)1 1 1     而R(A)2且A 1 0，因而方程组AX 0的通解为：X k 1         1 1 又AA*  A E  0E  0，A*的列向量均为AX 0的解 1 k k k  1 2 3     A*的列向量为 1 的倍数，即A*  k k k    1 2 3     1 k k k  1 2 3 又 AT  A,(A*)T (AT)*  A*，A*为对称阵 k k k   k k k ，不妨设为k，即A*  k k k ，又R(A*)10 1 2 3     k k k k 0.又因为A的特征值为0,2,3，故A*的特征值应为6,0,0，由A*的迹等于A*的特征 2 2 2   值之和，可得3k 6，故k 2，所以A*  2 2 2 .     2 2 2 【注】 【定理】：如A的特征值为,, ，则A的特征值为 1 2 n  ，  ，  ，  1 2 n 2 1 3 n n 1 2 n1  2 ,0 y1  2 1 4 22.【答案】（1） f  y  1 y2 ；（2）E  Y  ,D  Y   Y  2 2  0,其他 1，y1, 【解析】（1）先求F  y P  Y  y P  sinX  y ，首先排除值域 ， Y 0，y1,经验超市 26 考研数一月考卷答案      当1 y1时 PsinX  y,0 X  PsinX  y,  X    2  2  =P  X arcsin y +P arcsin y  X  如下图，因而   0，  arcsin y0 即-1 y0时   2 =  2   arcsin y， 0arcsin y  即0 y 1时  2 1,y1  1, y1 2    arcsin y,0 y 1  2 综合可得F  y   arcsiny, 0 y 1 Y   0,-1 y0    0, y0 0,y1  2 ,0 y1   f  y F y   1 y2 Y Y  0,其他 y y sinx y x O arcsin y arcsin y  1 2 （2）利用公式即可： E  Y   sinxf  x  dx   sinxdx  （当然也可以  X 0     yf  y  dy ）  Y D  Y E  Y2  E  Y  2 E  sin2 X   4    sin2xf  x  dx 4   1 sin2xdx 4   2  X 2 0 2 1 4   （计算积分过程用定积分周期性与华莱士公式） 2 2 （当然E  Y2  也可以  y2f  y  dy ）  Y