2015考研数学一真题及答案解析

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学一

1 2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题解析

一、选择题:18小题,每小题4分,共32分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求的,请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上.

(1)设函数()fx在,内连续，其中二阶导数()fx的图形如图所示，则曲线()yfx的拐点的个数为 ( )

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3

【答案】（C）

【解析】拐点出现在二阶导数等于0，或二阶导数不存在的点，并且在这点的左右两侧二阶导函数异号.因此，由()fx的图形可得，曲线()yfx存在两个拐点.故选（C）.

(2)设211()23xxyexe是二阶常系数非齐次线性微分方程xyaybyce的一个特解，则( )

(A) 3,2,1abc

(B) 3,2,1abc

(C) 3,2,1abc

(D) 3,2,1abc

【答案】（A）

【分析】此题考查二阶常系数非齐次线性微分方程的反问题——已知解来确定微分方程的系数，此类题有两种解法，一种是将特解代入原方程，然后比较等式两边的系数可得待估系数值，另一种是根据二阶线性微分方程解的性质和结构来求解，也就是下面演示的解法.

【解析】由题意可知，212xe、13xe为二阶常系数齐次微分方程0yayby的解，所以2,1为特征方程20rarb的根，从而(12)3a，122b，从而原方程变为32xyyyce，再将特解xyxe代入得1c.故选（A）

(3) 若级数1nna条件收敛，则 3x与3x依次为幂级数1(1)nnnnax的 ( )

(A) 收敛点，收敛点

(B) 收敛点，发散点 2015年全国硕士研究生入学统一考试数学一

2 (C) 发散点，收敛点

(D) 发散点，发散点

【答案】（B）

【分析】此题考查幂级数收敛半径、收敛区间，幂级数的性质.

【解析】因为1nna条件收敛，即2x为幂级数1(1)nnnax的条件收敛点，所以1(1)nnnax的收敛半径为1，收敛区间为(0,2).而幂级数逐项求导不改变收敛区间，故1(1)nnnnax的收敛区间还是(0,2).因而3x与3x依次为幂级数1(1)nnnnax的收敛点，发散点.故选（B）.

(4) 设D是第一象限由曲线21xy，41xy与直线yx，3yx围成的平面区域，函数,fxy在D上连续，则,Dfxydxdy ( )

(A)

13sin2142sin2cos,sindfrrrdr

(B)1sin23142sin2cos,sindfrrrdr

(C) 13sin2142sin2cos,sindfrrdr

(D) 1sin23142sin2cos,sindfrrdr

【答案】（B）

【分析】此题考查将二重积分化成极坐标系下的累次积分

【解析】先画出D的图形，

所以(,)Dfxydxdy1sin23142sin2(cos,sin)dfrrrdr，

故选（B）

(5) 设矩阵21111214Aaa，21bdd，若集合1,2，则线性方程组Axb有无穷多解的充分必要条件为 ( ) xyo2015年全国硕士研究生入学统一考试数学一

3 (A) ,ad

(B) ,ad

(C) ,ad

(D) ,ad

【答案】(D)

【解析】2211111111(,)1201111400(1)(2)(1)(2)Abadadadaadd，

由()(,)3rArAb，故1a或2a，同时1d或2d.故选（D）

(6)设二次型123,,fxxx 在正交变换为xPy 下的标准形为2221232yyy ，其中123,,Peee ，若132,,Qeee ，则123,,fxxx在正交变换xQy下的标准形为( )

(A) 2221232yyy

(B) 2221232yyy

(C) 2221232yyy

(D) 2221232yyy

【答案】(A)

【解析】由xPy，故222123()2TTTfxAxyPAPyyyy.

且200010001TPAP.

由已知可得:100001010QPPC

故有200()010001TTTQAQCPAPC

所以222123()2TTTfxAxyQAQyyyy.选（A）

(7) 若A,B为任意两个随机事件，则 ( ) 2015年全国硕士研究生入学统一考试数学一

4 (A) PABPAPB (B) PABPAPB

(C) 2PAPBPAB (D) 2PAPBPAB

【答案】(C)

【解析】由于,ABAABB，按概率的基本性质，我们有()()PABPA且()()PABPB，从而()()()()()2PAPBPABPAPB，选(C) .

(8)设随机变量,XY不相关，且2,1,3EXEYDX，则2EXXY

( )

(A) 3 (B) 3 (C) 5 (D) 5

【答案】(D)

【解析】22[(2)](2)()()2()EXXYEXXYXEXEXYEX

2()()()()2()DXEXEXEYEX

23221225，选(D) .

二、填空题：914小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸．．．指定位置上.

(9) 20lncoslim_________.xxx

【答案】12

【分析】此题考查00型未定式极限，可直接用洛必达法则，也可以用等价无穷小替换.

【解析】方法一：2000sinln(cos)tan1coslimlimlim.222xxxxxxxxxx

方法二：2222200001ln(cos)ln(1cos1)cos112limlimlimlim.2xxxxxxxxxxxx

(10) 22sin()d________.1cosxxxx

【答案】2π4

【分析】此题考查定积分的计算，需要用奇偶函数在对称区间上的性质化简.

【解析】22202sin2.1cos4xxdxxdxx 2015年全国硕士研究生入学统一考试数学一

5 (11)若函数(,)zzxy由方程cos2xexyzxx确定，则(0,1)d________.z

【答案】dx

【分析】此题考查隐函数求导.

【解析】令(,,)cos2zFxyzexyzxx，则

(,,)1sin,,(,,)zxyzFxyzyzxFxzFxyzexy

又当0,1xy时1ze，即0z.

所以(0,1)(0,1)(0,1,0)(0,1,0)1,0(0,1,0)(0,1,0)yxzzFFzzxFyF，因而(0,1).dzdx

(12)设是由平面1xyz与三个坐标平面平面所围成的空间区域，则(23)__________.xyzdxdydz

【答案】14

【分析】此题考查三重积分的计算，可直接计算，也可以利用轮换对称性化简后再计算.

【解析】由轮换对称性，得

10(23)66zDxyzdxdydzzdxdydzzdzdxdy，

其中zD为平面zz截空间区域所得的截面，其面积为21(1)2z.所以

112320011(23)66(1)3(2).24xyzdxdydzzdxdydzzzdzzzzdz (13) n阶行列式20021202___________.00220012

【答案】122n

【解析】按第一行展开得 2015年全国硕士研究生入学统一考试数学一

6 1111200212022(1)2(1)2200220012nnnnnDDD

221222(22)2222222nnnnDD122n

(14)设二维随机变量(,)xy服从正态分布(1,0;1,1,0)N，则{0}________.PXYY

【答案】 12

【解析】由题设知，~(1,1),~(0,1)XNYN，而且XY、相互独立，从而

{0}{(1)0}{10,0}{10,0}PXYYPXYPXYPXY

11111{1}{0}{1}{0}22222PXPYPXPY.

三、解答题：15～23小题,共94分.请将解答写在答题纸．．．指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

(15)(本题满分10分) 设函数ln(1)sinfxxaxbxx，3()gxkx，若fx与gx在0x是等价无穷小，求,,abk的值.

【答案】,,.abk11123

【解析】法一：原式30ln1sinlim1xxaxbxxkx

2333330236lim1xxxxxaxoxbxxoxkx

2343301236lim1xaabaxbxxxoxkx

即10,0,123aaabk

111,,23abk