经验超市6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25考研数学6月月考卷·数一卷答案 1.【答案】 B  【解析】：首先对函数求x0处的左右极限： lim f  x  lim 1 ln  1x2  0 ， x0 x0 2 x2  cos t cosx2x lim f  x  lim 0 洛lim 0 . x0 x0 x x0 1 因此 lim f  x  lim f  x  f  0 0 ，函数在x  0处连续. x0 x0 再用导数定义判断x0处可导性: x2 f  x   cos t 2xcosx f 0  lim  lim 0 洛lim 1 ，  x0 x x0 x2 x0 2x 1   f  x  ln 1x2 1 x2 f 0  lim  lim 2  lim 0 .  x0 x x0 x 2x0 x  f  x 在x  0处连续但不可导. 选 B  . 2.【答案】 B  1 x2 3x4 1 【解析】：由于lim f  x  lime2x arctan  lime2x arctan 2  x0 x0  x1  x2  x0 x=0为一条垂直渐近线； 1 x2 3x4  而lim f  x lime2x arctan 1arctan1 . x x  x1  x2  4  y 为一条水平渐近线. 选 B  . 4 【注】： arctanx是有界函数，故 x 1与x  2处 f  x 极限不是无穷. 3.【答案】 B   dx  dx  dx 【解析】： 2  4 2 0 sinp xcosq x 0 sinp xcosq x  sinp xcosq x 4  dx 对于4 来说，由反常积分比较法： 0 sinp xcosq x 1经验超市25考研数学6月月考卷·数一卷答案 1 sinp xcosq x  dx  1 lim 1，因而积分4 与4 dx同敛散. x0 1 0 sinp xcosq x 0 xp xp  1 而对积分4 dx来说： p1时收敛， p1时发散. 0 xp  dx 因而积分4 收敛 p1. 0 sinp xcosq x  dx 对于2 来说，可以利用换元法：  sinp xcosq x 4  令x t  dx 2  1 2  4 dt  sinp xcosq x 0 cosptsinqt 4  dx 类似前面对积分4 的分析，可以得到： 0 sinp xcosq x  dx 积分2 收敛 q1.  sinp xcosq x 4  dx 最终：反常积分2 收敛0 p1, 0 q1，因而选 B  . 0 sinp xcosq x  dx 【注】：分析积分2 的时候，当然也可以不利用换元法，直接利用反常积分比  sinp xcosq x 4 1 sinp xcosq x  dx  1 较法：lim 1，因而积分2 与2 dx同敛散.  1  sinp xcosq x  cosq x x 4 4 2 cosq x  1 然后再分析积分2 dx，此时可以用换元法，也可以直接算，但是运算量就大  cosq x 4 了，没有我们直接利用换元法方便. 4.【答案】 C  a  a a  a 【解析】：由题中所给关系，可以得到 p  n n ,q  n n ,n1,2,3........， n 2 n 2     如果a 绝对收敛，则a 与 a 都收敛，从而 a 也收敛. n n n n n1 n1 n1 n1   级数的性质可知：收敛的级数相加仍然是收敛的，因而 p 与q 都收敛. n n n1 n1 从而选 C  . 2经验超市25考研数学6月月考卷·数一卷答案 5.【答案】（D）. 【解析】：直线a xb yc  0，a xb yc  0，a xb yc  0交于一点的充要 1 1 1 2 2 2 3 3 3 a xb y c , 1 1 1  条件是方程组a xb y c ,只有唯一解. 2 2 2  a xb y c 3 3 3 设方程组的增广矩阵为r(A,)，应有r(A)r(A,)2. 即r(,) r(,,) 2，则r(,) r(,,) 2 .故,, 线性相 1 2 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 3 关，, 线性无关.故应选（D）. 1 2 6. 【答案】 B  O A O A 【解析】：分块矩阵 的行列式 (1)22 | A||B|2510 ，故分块矩阵 B O B O * 1 O A O A O AO A  可逆，则     ，故 B O B O B O B O  1   1  O A O A 1  O B1  O |B| B*   O 5 B*    10 10 10  B O B O A1 O   1  1   A* O   A* O  | A|  2   O 2B*   ，故答案为 B  . 5A* O  7.【答案】 C  【解析】：由 A3  A，可以得到 A 的特征值必然满足3 ，1,0；又由于 A 0, trA0可得1,1,1，规范形z2 z2 z2，选 C  . 1 2 3 8.【答案】 A   X u u   u  【解析】：P  X P  X u u P 1  1 1       3经验超市25考研数学6月月考卷·数一卷答案  X u u   u  同理：P  X P 1   1 ，由题P  X P  X        u   u   u  1 u u 即1 1   1   1   1 01 ，选 A  .       2   9.【答案】 A  【解析】：由于X 与Y 相互独立，且分别服从参数为,u的指数分布，从而可知 X,Y 的 uexuy,x 0,y 0 联 合 概 率 密 度 函 数 为 f  x,y  f  x  f  y   ， 因 而 X Y 0, else P  X Y    exdx x ueuydy  u ，从而选 A  . 0 0 u 10.【答案】 D        2 2   2 【解析】：E kX S2 kE X E S2 kE X ，而其中 E  X 2  D  X   E  X  2  1 2   n  2   2    k E kX S2 kE X E S2  k2 n 由题，E  kX 2 S2  =n2 k k2 n2k n ，选 D  . n 2 11.【答案】 ln2 3   1 1 1 1  【解析】：原式lim     nn 1 1 1 4 1 3n2   n n n    lim 1 3   1  1  1    1  3 1 dx 1 ln  1 x  3  2 ln2 . n3 n 1 1 1 4 1 3n2  3 01x 3 0 3  n n n    【注】：lim 3  1  1  1    3 1 dx可以理解为把区间 0,3 平均 nn 1 1 1 4 1 3n2  01x  n n n  3 分为了n等份（所以每个小区间长度为 ），在每个小区间内取点为左侧三等分点. n i 4经验超市25考研数学6月月考卷·数一卷答案 1 1  12.【答案】 1  2 e4  【解析】：由于ex2 无法积分，因而交换积分次序，二重积分  2 dx x ex2 dy   2 xex2 dx 0 0 0 2 ex2 1 1    1 . 2 2 e4  0 13.【答案】x y2z  2 xt1  【解析】：设平面的方程为AxByCz  D ，由于与直线y 2t 垂直，因而直线的方  z 2t4 向向量 1,1,2 一定为平面的法向量，因而平面方程为x y2z  D，又由于 平面过点M 1,1,2 ，代入x y2z  D，有D 2，因而平面方程为 x y2z  2. 14．【答案】 5   【解析】：当x1时级数a (2x3)n 条件收敛，故级数a xn 在x5处条件收敛， n n n0 n0  因为条件收敛的点只能是收敛区间的端点，故级数a xn 的收敛半径为R 5，从而级数 n n0  a x2n 的收敛半径为 5. n n0 15.【答案】 0,2,2 T 【解析】：有题设条件A ,A ，此题需要自己看出 . 1 1 2 2 2 1 A A  A     0,2,2 T . 2 1 2 1 【注】：如果看不出 ，可以设方程组k k解出系数k ,k . 2 1 1 1 2 2 1 2 5经验超市25考研数学6月月考卷·数一卷答案 16.【答案】2 【解析】：P  Y 1 P  Y 1|X 1  P  X 1 P  Y 1|X 2  P  X 2 ..... 1 1 1 1 1 1 1 P  Y 1|X 5  P  X 5 0       ，类似的分析可得 4 5 4 5 4 5 5 1 P  Y 2 P  Y 3 P  Y 5  . 5 Y的概率分布为： Y 1 2 3 4 5 P 1 1 1 1 1 5 5 5 5 5 E  Y 3;E  Y2  11;D  Y  2 . 2 1 1 17.【答案】 y  e x x3 【解析】：整理原方程可得 x1  x ty(t)dtx x y(t)dt 7x ，左右同时对x求导： 0 0 x x  ty(t)dtx2y(x) y(t)dt 7 . 0 0 再次对x求导：3x1  y(x)x2y0. 1 上式为一阶线性微分方程，解得通解：ln y  3lnxC . x 1 2 因y(1)2，代入可得C ln21，从而ln y (1 )ln ， x x3 整理可得y 2 e 1 1 x. x3  x y zxz  yz  18.【证明】：F ,  0左右对x求导，可得：F  x F    x   0.  z z  1 z2 2  z2  zF 从而可得z  1 . x xF  yF 1 2  x y xz z yz  F ,  0左右对 y求导，可得：F  y F  y  0.  z z  1 z2 2  z2  zF 从而可得z  2 . y xF  yF 1 2 6经验超市25考研数学6月月考卷·数一卷答案 z z zxF zyF zxF zyF 从而x  y  1  2  1 2  z ，得证. x y xF  yF xF  yF xF  yF 1 2 1 2 1 2 a3 19.【答案】 2 axdydz za 2 dxdy 【解析】：由于曲面上x2  y2 z2 a2 ，所以   1    x2  y2 z2 2 axdydz za 2 dxdy 1   axdydz za 2 dxdy .   1 a  a2 2  再设平面 :z 0,x2 y2 a2，下侧.为由与 共同围成的半球 0 0 区域. 则由高斯公式： 1 2  axdydz za 2 dxdy  1 2z3adv  zdv31dv a a a     0 2 0 2a3   zdzdxdy3 a a 3 D z 2 0   (a2 z2)zdz2a3 a a a3 3a3  2a3  . 2 2 1 1 而 axdydz za 2 dxdy  a2dxdy a3. a a   0 0 axdydz za 2 dxdy 3a3 a3 所以  a3  .   1 2 2  x2  y2 z2 2 f(x)1 1 20.【证明】:(1)由lim 1，知 f( )1，令F(x) f(x)x. 1 1 2 x (x )2 2 2 1 1 1 1 F( ) f( )  0 ， 2 2 2 2 7经验超市25考研数学6月月考卷·数一卷答案 F(1) f(1)10110. 1  由零点定理可知，  ,1，使得F()0，即 f() . 2  (2) 令 (x)ex[f(x)x],(0)(), 由罗尔定理知 (0,) ，使得 ()0，即 f()[f()]1. f(x)1 1 (3)由lim 10 ，由极限的保号性知，在 x 的某去心邻域内， 1 1 2 x (x )2 2 2 f(x)1 1 0，由于分母(x )2 0因而有分子 f(x)10 f(x)1. 1 2 (x )2 2 1 即在x 的某去心邻域内存在函数值大于1，因而1不是函数的最大值. 2 又 f(x)在[0,1]上连续，则 f(x)在[0,1]上的最大值大于1. 21.【解析】：（Ⅰ）记方程组的增广矩阵为(A,)，做初等行变换，有 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1      (A,) 4 3 5 1 1  0 1 1 5 3 ，         a 1 3 b 1  0 0 42a 4a b 5 42a 故有r(A) 2. 又已知Ax 有3个线性无关的解，不妨设为,, .根据解的性质可知  ， 1 2 3 1 2   为对应的齐次线性方程组Ax 0的解.又  ，  线性无关.故Ax 0 2 3 1 2 2 3 的基础解系中至少含有两个解向量，则4r(A) 2，即r(A)„2. 综上，有r(A)2. 42a0, a2, （Ⅱ）由（Ⅰ）知，r(A)2，则有 解得 4ab50, b3. 8经验超市25考研数学6月月考卷·数一卷答案 1 1 1 1 1 1 0 2 4 2      此时(A,) 0 1 1 5 3  0 1 1 5 3 ,         0 0 0 0 0  0 0 0 0 0  x 2x 4x 2, 等价方程组为 1 3 4 选x ,x 为自由变量，令x k ,x k ，求得方程组 x x 5x 3. 3 4 3 1 4 2 2 3 4 的通解为 (2k 4k 2,k 5k 3,k ,k )T k (2,1,1,0)Tk (4,5,0,1)T(2,3,0,0)T ， 1 2 1 2 1 2 1 2 其中k ,k 为任意常数. 1 2 2 ^ 1 n ^ 22.【答案】 I  a  ； II  的极大似然估计量： X2  III  是的无偏估计  n i i1 量； 【解析】： I 由  f  x  dx 1  axe  x  2 dx 1，解a 2  f  x     2 xe  x  2 ,x0  0   0,x0 n X2  II 似然函数L n 2 X e  X  i 2   2   n e i1  i  n X ，  i  i i1 i1 n X 2 i n lnLnln2nln i1  ln X  i i1 n X 2 dlnL n i 1 n ^ 1 n    i1 0 X2 ，极大似然估计量为： X2 d  2 n i n i i1 i1  ^  1 n  1  n   III  EE X 2   E X 2  ，由于期望的线性性，且X 独立同分布，因而   n i  n  i  i i1 i1 E   ^   E  X2     2 x3e  x  2 dx， ^  1  n X2 是的无偏估计.   0  n i i1 9