经验超市26考研数学一8月月考卷答案解析_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 考研数学 8 月月考卷·数一答案
1.【答案】：
D

【解析】： f  x 在,上连续， f  x 在,上有定义.
此时定有0，否则，若0，则ekx 0有解，
ln ln
x ，即函数 f  x 在x 处无定义，与题设矛盾.
k k
0. 排除 A  B  .
 lim f  x 0，k 0，否则
x
若k 0，k 0, lim ekx 0，
x
3 x
lim 0. 综合可得：0,k 0，选 D  .
xekx
2.【答案】：
B

【解析】：由定积分定义知，将
0,1
分成n份，取中间点的函数值，则
1 n 2k 11
 f  x  dx lim f   ，即选 B  .
n  2n n
0 k1
3.【答案】：
B

F
x,y

【解析】：F  x,y 0左右同时对x求导：FFy0，即 y x  x ①
x y F x,y 
y
继续FFy0左右对x求导，可得F 2yF  y2F  yF0 ②
x y xx xy yy y
F
x ,y

最后把 x ,y 分别代入上面①②两式，可得 y x 0，y x  xx 0 0  0，从
0 0 0 0 F x ,y 
y 0 0
而x x 是y  x 是的一个极小值点，选 B  .
0
4.【答案】：
B


【解析】：ln  1a 收敛limln  1a 0lima 0 .
n n n
n n
n1
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ln  1a  a 
又a 0，且lim n lim n 1，a 收敛.
n n a n a n
n n n1
  a a
a 收敛， n n1 收敛.
n1
2
n1 n1
a a
又 1 n a a  a a  n n1 .
n n1 n n1 2
 
 1 n a a 收敛，1 n a a 绝对收敛.
n n1 n n1
n1 n1
5.【答案】：
A

 1 1 
【解析】：根据题意，即求等式
1

2
,
2

3
,
3

1

 

1
,
2

2
,
3

3 
P中的矩阵P.
由已知可得：
1 0 1
 
 , , ,,  1 1 0 ，
1 2 2 3 3 1 1 2 3  
 0 1 1 
 
1 0 0
 
 1 1  1
, ,  ,,  0 0  ，
  1 2 2 3 3   1 2 3  2 
 
1
0 0 
 3
1
 
1 0 0
  1 0 1
故 , ,   , 1 , 1    0 1 0   1 1 0  ，
1 2 2 3 3 1   1 2 2 3 3    2   
   0 1 1 
1
0 0 
 3
再由两个基之间的过渡矩阵是唯一的，可得：
1
 
1 0 0
  1 0 1 1 0 01 0 1 1 0 1
 1        
P  0 0 1 1 0  0 2 0 1 1 0  2 2 0 ，
 2        
   0 1 1   0 0 3   0 1 1   0 3 3 
1
0 0 
 3
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所以选项
A
是正确的.
6.【答案】：
D

6.【解析】：由于此题矩阵A和各选项矩阵都是对称矩阵，要找到一个矩阵和矩阵A等价，
合同，但不相似，需要该矩阵正负惯性指数和矩阵A相同但同时该矩阵的特征值和矩阵A的
特征值又不完全相同。计算可得A的特征值为3,0，而
D
选项中的矩阵特征值为1,0，
故选
D

.
7.【答案】：
D

【解析】：由于AAT 是nn型矩阵，且由于R  AAT  R  A n ，故①正确.又因为同类型
矩阵等价的充要条件是秩相等，故②正确.由于AAT 是对称矩阵，因而可对角化，
所以③正确.
 T
对于④，对任意n维列向量X 0，有XTAATX  ATX ATX
y 
1
 
y
令 ATX Y   2  ，则 XTAATX YTY  y2+y2++y2  0 ，并且由于
  1 2 m

 
y 
m
R  AT  R  A n ，从而方程组 ATX 0 只有零解，由于 X 0 ，从而
Y  ATX  0，因而 XTAATX YTY  y2+y2++y2  0，即有对任意n维列
1 2 m
向量X 0，XTAATX 0从而正定，由于AAT 正定，因而④对.
从正确的个数是4个，选
D

.
8.【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 .
9.【答案】：
D

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x1
【解析】：X 的密度函数 f(x)0.8(2x1)0.3( )，则
2
  x1
E(x)0.8 x(2x1)dx0.3 x( )dx
  2
  x1 1 x1 x1
0.2 [(2x1)1](2x1)d(2x1)1.2 (  )( )d( )
  2 2 2 2
  1
0.2 (x1)(x)dx1.2 (x )(x)dx
  2
 
0.2 (x)dx0.6 (x)dx0.8.选 D  .
 
10.【答案】：
D

【解析】：①根据卡方分布的定义即可明白，其服从自由度为2的卡方分布；
Y2
②X / Y  X / Y2  X / 由于X 与Y 相互独立，因而t  1 ；
1
X2 Y2
③：X2 /Y2  / 由于X 与Y 相互独立，因而 F  1,1 ；
1 1
④：根据重要结论：X 与Y 相互独立且都服从标准正态分布N  0,1 ，
  
aX bY  N 0,a2b2 a2b2  0 .
 n 
11.【答案】：4n1cos4x 

 2 
【解析】：
 
【法一】由于 y4sin3xcosx4cos3xsinx2sin2x sin2 xcos2 x
1
2sin2xcos2xsin4x因而 y  sin4xdx cos  4x C .其中，C为任意常数.
4
 n   n 
因而由求导基本公式：cos n xcosx  可得：y n 4n1cos4x  .
 2   2 
  1
【法二】： y sin4 xcos4 x sin2 xcos2 x 2sin2 xcos2 x1 sin22x
2
1 1cos4x 3 1
1    cos  4x .
2 2 4 4
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而后由求导公式也可得到答案.
12.【答案】：2 3
【解析】： y2 x2 1是双曲线的右边部分，画出图形，而后对 y 积分比较方便
2  
V  2y y21 dy 2 3
1
3
 
若对x积分，V 22 3  1x2 dx .
0
4  
13.【答案】： abc lxmynz
3
【解析】：I lxdvmydvnzdv .
  
xdv
4
其中根据形心公式，x  ，xdv x1dv abcx .
1dv 3
 

 ydv
4
同理 y   ， ydv y abc .
1dv 3


zdv
4
同理z   ，zdv z abc.
1dv 3


4  
I  abc lxmynz .
3
14.【答案】：x y2z110与x y2z110.
【解析】：椭球面上任意点 x ,y ,z 处的法向量为  F,F,F   2x ,4y ,2z ，由
0 0 0 x y z 0 0 0
2x 4y 2z
于要求的切平面与平面x y2z 0平行，因而 0  0  0 ，不妨令为t，即
1 1 2
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 t
x 
 0 2

 t
y  。由于 x ,y ,z 在椭球面上，即x2 2y2 z2 22，带入可得t 4，
0 4 0 0 0 0 0 0

z t
0


切点为2,1,4 与 2,1,4 ，法向量为 2x ,4y ,2z 4,4,8 与 4,4,8 ，按
0 0 0
比例可得1,1,2 与 1,1,2  .
切平面为 x2  y1 2  z4 0 与 x2  y1 2  z4 0，
即x y2z110与x y2z110.
15.【答案】：1
3 1
【解析】：由于A B   A  B  1  ，并且由于
A B i 3 2
i1
A  A A1  A1 ，
1 1 1 1
其特征值为 1,2, A E 的特征值为 12,1,
 2  2
A A
 AE 1.
1
16.【答案】：
2
1 1 2
【解析】：显然X ~ B(3, ),Y ~ B(3, ) .进而E(X)E(Y)1,D(X)D(Y) .
3 3 3
下面计算XY 的分布律.易知XY 的取值为0,1,2,且
23 23 1 5
P  XY 0 P  X 0 P  Y 0 P  X Y 0     ，
33 33 33 9
3! 2
P  XY 1 P  X Y 1   ，
33 9
3 3 2
P  XY 2 P  X 1,Y 2 P  X 2,Y 1    .
33 33 9
5 2 2 2
由此，E(XY)0 1 2  .由相关系数的定义可知
9 9 9 3
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2
11
COV(X,Y) E(XY)E(X)E(Y) 3 1
     .
XY D(X)D(Y) D(X)D(Y) 2 2 2

3 3
17.【答案】：a 2,b0.
x2 a2
【解析】：由1 1x2 ~ (x0) ，且eax 1ax x2o(x2),
2 2
1bx
(1bx)[12x4x2o(x2)]1(b2)x(42b)x2o(x2),
12x
1bx
eax 
得eax 
1bx
(ab2)x(
a2
42b)x2o(x2) ，因为lim
12x
4，则
12x 2 x0 1 1x2
 ab20
 ，解得a 2,b0.
a2 84b4
 lnx 1 lnx  lnx
18.【解析】：  dx  dx  dx
1x2 1x2 1x2
0 0 1
1
 lnx x t 1 lnt 1 lnx
其中  dx  dt  dx
1x2 1t2 1x2
1 0 0
 lnx 1 lnx
因而反常积分  dx收敛性与 dx相同.
1x2 1x2
1 0
lnx
3 3
1x2 x2 lnx x2 lnx lnx
由反常积分比较法： lim  lim  lim  lim 0
x 1 x 1x2 x x2 x 1
x2
3
x2
 1 1   lnx 1 lnx
而：  dx 2 2收敛，因而  dx收敛，从而 dx也收敛.
3 x 1x2 1x2
1 x2 1 1 0
 lnx 1 lnx  lnx 1 lnx 1 lnx
且：  dx  dx  dx  dx dx  0.
1x2 1x2 1x2 1x2 1x2
0 0 1 0 0
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2
19.【答案】： .
2
【解析】：设L 是从点B到点A的直线段，为平面z  x上由L与L 围成的半圆面下侧，
1 1
1 1
其法向量的单位向量为( ,0, ).
2 2
由斯托克斯公式
1 1
0 
2 2
  
 (yz)dx(z2x2 y)dyx2y2dz  dS
LL x y z
1 
yz z2x2 y x2y2
1
 (2x2y1)dS.
2

由于曲面关于xOz平面对称，所以2x2ydS 0，故

1 2
 (yz)dx(z2x2 y)dyx2y2dz  dS  .
LL 1 2  2
又L 的参数方程为x0,y  y,z 0（ y从 2 到 2 ），所以
1
2
 (yz)dx(z2x2 y)dyx2y2dz  ydy 0 .
L  2
1
2
因此 I     .
LL L 2
1 1
20.【解析】：由 f '(x) f (x) xn1ex得 f (x)(xn1exe
dx
C)e
dx
(
xn
C)ex ，
n n n n
e xn
又 f (1) 得C 0，即 f (x) ex.（3分）
n n n n
 (n1)xn  n1  1  1
 f (x)ex x2n ex(3 x2n  x2n) ，
2n1 n n(2n1) 2n1 n
n1 n1 n1 n1
 1  1
因为 x2n与 x2n收敛域都是(1,1)，所以原级数的收敛域为(1,1)（6分）
2n1 n
n1 n1
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 (n1)xn
令S(x) f (x)，
2n1 n
n1
由  1 x2n  x  1 x2n1  x x (  t2n2)dt  x x 1 dt  x ln 1 x
2n1 2n1 0 01t 2 2 1x
n1 n1 n1
 1  (x2)n
 x2n  ln(1x2)
n n
n1 n1
3x 1x
得和函数S(x)ex[ln(1x2) ln ].(1 x1) （12分）
2 1x
21.【解析】：
 I 由题：A ,A  A  ，A 0从而有：
1 2 2 3 n1 n n
An1   0,Ak 0  k n ；An2   0,Ak 0  k n1 
1 n 1 2 n 2
........A   0,Ak 0  k  2 ；
n1 n n1
利用定义：令k k k  0，左右同左乘An1可得
1 1 2 2 n n
k An1 k 0从而可得：k 0
1 1 1 n 1
原式变为：k k  0再对其左右两侧同左乘An2可得
2 2 n n
k An2 k 0从而可得：k 0.....
2 2 2 n 2
以此类推，可以得到：k k k  0.
1 2 n
从而向量组, 线性无关.
1 2 n
 II 设P ,, ，则AP  A ,, ,, ,0 
1 2 n 1 2 n 2 3 n1
0 0  0 0
 
1 0  0 0
 
,, 0 1  0 0 PCP1AP C ,  P1 .
1 2 n A C C A
 
    
 
0 0  1 0
0
 
0
由于C的特征值全部=0，所以 0，而 为CX 0的非0解=k   k 0  .
A C  
 
1
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  P  k.  k  0 
A C n
22.【答案】：
 
U \V 0 1
 
1
 I   U,V 的联合概率分布： 0 0  ；
 4 
 
1 1
 1 
 4 2
1
 II  P  U 0/V 0  ；
2
3
 III   .
UV 3
【解析】：

I
首先由于
X,Y
是均匀分布的，因而可以先画出它的
y
联合概率密度的有效区域， x y x2y
进而求得以下各种概率
x
O
1 2
1 1 1
P  X Y  ,P  Y  X  2Y  ,P  X Y 
4 4 2
1
P  U 0,V 0 P  X Y,X 2Y P  X Y 
4
P  U 0,V 1 P  X Y,X 2Y 0
1
P  U 1,V 0 P  X Y,X 2Y P  Y  X 2Y 
4
1
P  U 1,V 1 P  X Y,X 2Y P  X 2Y  ,
2
10经验超市 26 考研数学 8 月月考卷·数一答案
 
U \V 0 1
 
1
从而可得 U,V 的联合概率分布：  0 0  .
 4 
 
1 1
 1 
 4 2

II
利用
U,V
的联合概率分布，可得：
1
P  U 1,V 0  1
P  U 0/V 0 P  U 1/V 0   4 
P  V 0  1 2
2
 III 由 U,V 的联合概率分布，可以得到它们各自的边缘概率分布情况以及UV 的概率分
布情况：
U 0 1 V 0 1 UV 0 1
     
1 3 , 1 1 , 1 1
     
p p p
 4 4  2 2  2 2
进而能轻松得到：E  U  3 ,E  V  1 ,E  U2   3 ,E  V 2   1 ，
4 2 4 2
3 1 1
D

U

,D

V

,E

UV

16 4 2
E

UV
E 
U

E

V

3
从而：   .
UV D  U  D  V  3
11