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