《2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题解析（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 2015 年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题解析解析一、选择题一、选择题:18 小题小题,每小题每小题 4 分分,共共 32 分分.下列每题给出的四个选项中下列每题给出的四个选项中,只有一个选项只有一个选项:符合题目要求的符合题目要求的,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.(1)设函数在内连续，其中二阶导数的图形如图所示，则曲线( )f x, ( )fx的拐点的个数为 ( )( )yf x(A) (B) (C) (D) 0.1.2.3.【答案】 （C）【解析】拐点出现在二阶导数等于 0，或二阶导数不存
2、在的点，并且在这点的左右两侧二阶导函数异号.因此，由的图形可得，( )fx曲线存在两个拐点.故选（C）.( )yf x(2)设是二阶常系数非齐次线性微分方程的一211e()e23xxyxexyaybyc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，、
3、为二阶常系数齐次微分方程的21e2x1e3x0yayby解，所以 2,1 为特征方程的根，从而，从20rarb(1 2)3a 1 22b 而原方程变为，再将特解代入得.故选（A）32exyyycexyx1c (3) 若级数条件收敛，则 与依次为幂级数的 ( )1n na3x3x1(1)nn nnax(A) 收敛点，收敛点. (B) 收敛点，发散点. (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】因为条件收敛，即为幂级数的条件收敛点，所以1n na2x 1(1)nn nax的收敛半径为 1，收敛区间为.而幂级数逐项
4、求导不改变收敛区间，故1(1)nn nax(0,2)的收敛区间还是.因而与依次为幂级数的1(1)nn nnax(0,2)3x 3x 1(1)nn nnax收敛点，发散点.故选（B）.(4) 设是第一象限由曲线与直线围成的平面区域，D21,41xyxy,3yx yx函数在上连续，则 ( )( , )f x yD( , )d dDf x yx y (A) 1 3sin2 1 42sin2d( cos , sin ) d .f rrr r(B) 1 sin23 1 42sin2d( cos , sin ) d .f rrr r(C) 1 3sin2 1 42sin2d( cos , sin )d .
5、f rrr(D) 1 sin23 1 42sin2d( cos , sin )d .f rrr【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，1 sin23 1 42sin2( , )d dd( cos , sin ) d .Df x yx yf rrr r故选（B）(5) 设矩阵若集合则线性方程组有无穷22111112,.14adad Ab = 1 2 , Axbxyo多解的充分必要条件为 ( )(A) a,d.(B) a,d.(C) a,d.(D) a,d.【答案】(D)【解析】 2211111111 120111 14001212,ad
6、ad, adaadd A b由故或，同时或.故选（D） rr3,AA b1a 2a 1d 2d (6)设二次型 在正交变换为下的标准形为 ，其中123,f x x xxPy222 1232yyy，若 ，则在正交变换下的标准形123,Pe e e132,Qee e123,f x x xxQy为( )(A) 222 1232.yyy(B) 222 1232.yyy(C) 222 1232.yyy(D) 222 1232.yyy【答案】(A)【解析】由，故xPyTTT222 1232fyyy .x AxyP AP y且T200010001. P AP由已知可得:100001010 QPPC,故有TT
7、T200010001, Q AQCP AP C所以.选（A）TTT222 1232fyyy .x AxyQ AQ y(7) 若 A,B 为任意两个随机事件，则 ( )(A) (B) .P ABP A P B .P ABP A P B(C) (D) . 2P A P BP AB . 2P A P BP AB 【答案】(C)【解析】由于，按概率的基本性质，我们有且,ABA ABB()( )P ABP A，从而，选(C) .()( )P ABP B( )( )()( )( )2P AP BP ABP AP B(8)设随机变量不相关，且，则 ( ),X Y2,1,3EXEYDX2E X XY(A) (
8、B) (C) (D) 3355【答案】(D)【解析】 22222222322 1 2 25E X XYE XXYXE XE XYE XD XEXE XE YE X. 选(D) .二、填空题：二、填空题：914 小题小题,每小题每小题 4 分分,共共 24 分分.请将答案写在答题纸指定位置上请将答案写在答题纸指定位置上.:(9) 20lncoslim_. xx x【答案】1 2【分析】此题考查型未定式极限，可直接用洛必达法则，也可以用等价无穷小替换.0 0【解析】方法一：2000sin ln(cos )tan1coslimlimlim.222xxxx xxx xxx 方法二：2222200001
9、 ln(cos )ln(1 cos1)cos112limlimlimlim.2xxxxxxxx xxxx (10) 2 2sin()d_.1 cosxxxx【答案】2 4【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】 2 22 02sind2d1 cos4xxxx x.x(11)若函数由方程确定，则( , )zz x yecos2xxyzxx(0,1)d_.z【答案】dx【分析】此题考查隐函数求导.【解析】令，则ecos2zF( x,y,z )xyzxx1 sinezxyzF ( x,y,z )yzx,Fxz,F ( x,y,z )xy. 又当时，即.0,1xy
10、1ze 0z 所以，因而(0,1)(0,1)(0,1,0)(0,1,0)1,0(0,1,0)(0,1,0)yxzzFFzz xFyF ddx,yzx. (12)设是由平面与三个坐标平面平面所围成的空间区域，则1xyz23d d dxyzx y z_.【答案】1 4【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1023d d d6d d d6dd dzD( xyz ) x y zz x y zz zx y,其中为平面截空间区域所得的截面，其面积为.所以zDzz21(1)2z11232001123d d d6d d d61d32d24( xy
11、z ) x y zz x y zzzzzzzz.(13) 阶行列式n2002 1202 _.0022 0012 L L MM OMM L L【答案】122n【解析】按第一行展开得 1111221 2212002 1202 2121220022 00122 22222222222nnnnnnn nnnDDD( D)D. L L L L LL(14)设二维随机变量服从正态分布，则x,y1 0;11 0N, ,0P XYY_.【答案】 1 2【解析】由题设知，而且相互独立，从而 110 1X N,Y N,X ,Y 010100100101011111 22222P XYYPXYP X,YP X,YP
12、 XP YP XP Y. 三、解答题：三、解答题：1523 小题小题,共共 94 分分.请将解答写在答题纸指定位置上请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤明、证明过程或演算步骤.(15)(本题满分 10 分) 设函数若与在是等价 3ln 1sinf xxaxbxx,g xkx , f x g x0x无穷小，求的值., ,a b k【答案】,.abk 11123【解析】法一法一：由等价无穷小的定义得 30233 3330234330ln 1sin1lim236lim1236limxxxxaxbxxkx xxxxa xo xbx xo xkx aaba xbxxxo x .kx则1110,0,11,.2323aaababkk 法二法二：由等价无穷小的定义得3020ln 1sin1lim1sincos1lim3xxxaxbxxkx abxbxxx kx他他他他他因为分子的极限为 0，则，继续使用洛必达法则得1a 2012 cossin 1lim16xbxbxx x,kx 分子的极限为 0，再次使用洛必达法则得1 2b 3
