2013硕士研究生入学考试数学一真题及解析来源：文都教育x一arctanx小则（）1.已知极限lim=c，其中k,c为常数，且c丰0,xtoXkA.k=2,c=-2b.k=2,c=2C.k=3,c=一3d.k=3,c=1233答案（D）解析：用洛必达法则x-arctanxlimxtOxk1一=limxtokxk-11+x2一11〔.x2=lim=lim=cxt0kxk-1(1+x2)kxtoxk-1因此k-1=2,1=ck即k=3,c=2.曲面x2+cos(xy)+yz+x=0在点(0,1,-1)处的切平面方程为()A.x一y+z=-2b.x+y+z=0c.x一2y+z=-3d.x一y一z=0答案（A）解析：法向量n=(F,F,F)=(2x一ysin(xy)+1,-xsin(xy)+z,y),n|=(1,-1,1)xyz(0,1,一1)切平面的方程是：1(x-0)-1(y-1)+1(z+1)=0，即x-y+z=十2。3.设f(x)=，b=211f(x)sinn兀xdx(n=1,2,)，令s(x)=^bnnx兀，则（n=1311A-B-C.—444n0答案（C）解析：根据题意，将函数在［一1,1］展开成傅里叶级数（只含有正弦，不含余弦），因此将函数进行奇延拓：f(x)=<|x一21,xe(0,1)—|x+—|,xe(-1,0)2，它的傅里叶级数为，它是以2为周期的，则当xe（-1,1）且/（x）在处连续时’s(x)=/(x)。s(—4)=S(—4)=-s(4)=-f(4)=-1。4设L:x2+y2=1，L:x2+y2=2，L:x2+2y2=2，L:2x2+y2=2为四条逆时针1234方向的平面曲线，记1=」(y+)dx+(2x-)dy(i=1,2,3,4)，则{//,I,I}=ig631234A.B.C.D答案(D)解析：由格林公式，I（1-x2-出）dxdyDiDuD，在内1-x2-出＞0，因此IvI14214I=JJ(1一x2一止)dxdy=JJ(1一x2一出)dxdy+(1-x2一y)dxdy2222D2D4D2\D4在外1-x2-出v0，所以IvI224x=2rcos0I=JJ(1-x2-fdyy=rT032D3re[0,1]30日0,2兀]=2兀-2f2Kcos20def1r3dr-1f002ff(1-2r2cos20-2r2sin20)rdrdOcc1!!兀11A1!!兀12!!2422!!22Ksin2def1r3dr=2兀-2-4fK/2cos20d0-丄一丄f000420宀兀兀11兀2兀一-=—4288“/2sin20咸4x=rcos0(1-r2cos20-r2sin20)rdrd0==ff(1-x2-寸)dxdyy==sin0ffre[0,1]0e[O,2兀]D3=2兀-f加cos20def1r3dr-f加sin2def1r3dr=2兀-4卜/2cos20d0-丄-f"/2sin20d0-丄000004041!!兀1,1!!兀1c兀兀=2兀一4--.-4--=2兀2!!242!!.24-4-43兀2IvI345.设A,B,C均为n阶矩阵，若AB=C,且B可逆，则（A.矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量组等价B矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价C矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量组等价D矩阵C的列向量组与矩阵B的列向量组等价r1a1「r206.矩阵aba与0ba1?、00丿A.a=0,b=2B.a=0,bC.a=2,b=0D.a=2,b0、0相似的充分必要条件为（）0J为任意常数为任意常数7.设X,X,X是随机变量，且XnN(0,1)XN(0,22)，XN(5,32)，1231U2口3UP=P{一2
P>PB.P>P>P123213C.P>P>P322DP>P>P1328.设随机变量XDt(n),YF(1,n)，给定a(0vav0.5)，常数c满足P{X>c}=a，则P{>c2}=()n=2n=01(9)设函数y=fx)由方程y-x=ex(1-y丿确定，则limn[/()一1]=。nT0n(10)已知y1=e3x-xe2x,y2=ex-xe2x，y3=-xe2x是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解,则该方程的通解y=。11)设]x=sint(匸为参数)，则空Iy=tsint+costdx212)卜dx=o1(1+x)213)设A=(a..)是3阶非零矩阵，A|为A的行列式，A*为％的代数余子式•若°严严,ijj=1,2,3),贝JIAI—(14)设随机变量Y服从参数为1的指数分布，a为常数且大于零，则P{YWa+1IY>a}=三．解答题：(15)(本题满分10分)计算J1ZBdx,其中fx)-Jx叱dt.0Jx1t解：使用分部积分法和换元积分法J1dx=2J1f(x)dx=2'、xf(x)|1—2『f'X^xdx=—2#ln(1：+x)dx=—4『1ln(1+x)d心0、X0000X0=—4ln(1+x)"X|1+4J1；Xdln(1+x)=—4ln2+4J1'—dx=—4ln2+4J1t2tdt0001+x01+t2dt=—4ln2+8J1(1—)dt=—4ln2+8(t—arctant)|i=—4ln2+8—2兀01+120=—4ln2+8J1t01+t2(16)(本题10分)设数列{a}满足条件:na=3,a—1a—n(n—1)a—0(n>2).S(x)是幕级数01n-2nxn的和函数.n=01)证明：Sn(x)-S(x)=0;2)求S(x)的表达式.⑴证明：由题意得s'(x)=£naxn—1nn=1s"(x)=£n(n-1)axn—2=£(n+1)(nnn+2a=(n+1)(n+2)a(n=0,1,2,):sn(x)=s(x)n+2…即s"(x)-s(x)=0(II)解：s"(x)-s(x)=0为二阶常系数齐次线性微分方程，其特征方程为九2-10,从而x=±1，于是s(x)=Ce-x+Cex12由s(o)=a0=3,s'(0)=a1=1,得忖=112nC=1,C=21所以s(x)=e-x+2ex17)(本题满分10分)x3求函数f(x,y)=(y+—)ex+y的极值.解答：先求驻点，令f=(x2+y+丄x3)ex+y=0x3，解得0,AC-B2=2e-3>0，所以(1,-3)是极小值点，极小值为f(1,-3)=(-J+|)e-3=(18)(本题满分10分)设奇函数fx)在［-1,1］上具有二阶导数，且f(1)=1，证明:(I)存在証(0,1)，使得f代)=1.(11)存在n-1,1)，使得rm)+f(n)=1.19.(本题满分10分)设直线L过A(1,0,0),B(0,1,1)两点将L绕z轴旋转一周得到曲面，与平面Z二0,Z二2所围成的立体为。(1)求曲面的方程；(2)求的形心坐标。解：AB二{-1丄1}L：x-1-y-zF11VM(x,y,z)gS,对应于L上的点M(x,y,z)000贝Ux2+y2=x2+y2,00由］01得S：x2+y2=(1一z)2+z2〔y二z0即S：x2+y2=2z2一2z+1显然x=0,y=0***zdvQBJdvJ2dzB*dxdy二冗B2(200o2z2-2z+1***zdv=*2zdz**dxdy二冗*2(2z3一2z2+zk0Q-7/.z=52z2-2z+1c丄(16,Jz2一2z+1/dz二兀一一4+2I3丿(16J=兀8一—+2I3丿10=——兀314=兀3一(7\重心坐标0,0,I5丿20.(本题满分11分)(1a\,B=I10丿1\，当a,b为何值时，存在矩阵C使得AC-CA=B，并求所有矩阵C。第20题解：令C=(x1Ix3x)2X丿4AC二I1ax1x30丿x)2X丿4(x+ax13I£x+ax'24x丿2(xx)(1a'(x+xax12=121Ixx丿A丿J0丿Ix+xAax丿CA二r1「r1「r1「rc+c+1]12-100-cc+c+=111200c11<0丿<1丿<0丿Ic丿000所以X='-x+ax23.x—x—x134则由AC-CA=B得AC-CA二一x+ax=023一ax+x+ax<124=12x-x-x13x-ax2于是=1，-ax+x+ax'412x-ax23此为4元非齐次线性方程组，欲使存在，此线性方程组必须有解，/0-1a00、'0-1a00、(10-1-11、—a10a1丿丿T01-a01+aT01-a00丿丿10-1-11丿10-1-1101-a01+a<01-a0b.<01-a0b丿<01-a0b丿3A二0-1-114=b-a所以，当a=-1,b=0时，线性方程组有解，即存在,使AC—CA=B-1-121.（本题满分11分）x+ax)2+(bx+bx+bx)2233112233(a)1a2Ia丿3设二次型f(x,x,x)=2(ax+a123112（1）证明二次型f对应的矩阵为2aat+
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；（2）若a,卩正交且均为单位向量，证明f在正交变换下的
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形为2y2+y2。证明：2(x,x,x)ra)1a(a,a,a)rx)1x+(x,x,x)rb)1JbJJ(b,b,b)rx)1J123212321232J123xJ2JIaJIx.JIbJlx丿(1)f==Xt(2aaT)X+Xt(ppt)X故f的矩阵A=2aaT+ppt(2)Aa=(2aat+ppt)a=2ala2+ppTa=2a(3)•••a为A的对应于九=2的特征向量1XAp=(2aat+ppt)p=2aat.p+p・|p|2=pp为A的对应于九2=1勺特征向量r(A)2求Y的分布函数；求概率P{X0,其中为未知参数且大于零其他X,X,,X为来自总体X的简单随机样本。12n求的矩估计量；求的最大似然估计量。
浙公网安备 33021202002483