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

.
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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
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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
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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