2015考研数学一真题及答案

2015 考研数学一真题及答案 一、选择题：1 8 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。   ,   内连续，其中二阶导数 f ( x) 的图形 (1)设函数 f ( x ) 在 如 图 所 示 ， 则 曲 线 y  f ( x) 的 拐 点 的 个 数 为 ( ) (A) 0 (B) 1 (D) 3 (C) 2 【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 f ( x) 的 图 形 可 得 ， 曲 线 y  f ( x ) 存在两个拐点.故选（C）. 1 1 y  e 2 x  ( x  )e x 2 3 是二阶常系数非齐次线性微分方程 (2)设 y  ay  by ce x 的 一 ( ) (A) a  3, b 2, c  1 (B) a 3, b 2, c  1 个 特 解 ， 则 (C) a  3, b 2, c 1 (D) a 3, b 2, c 1 【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. 1 2x 1 e  ex 【解析】由题意可知， 2 、 3 为二阶常系数齐次微分方程 y  ay  by 0 的解，所以 2,1 为特征方程 r 2  ar  b 0 的根，从而 a  (1  2)  3 ， b 12 2 ，从而原方程变为 y  3 y   2 y ce x ， x 再将特解 y  xe 代入得 c  1 .故选（A）  (3) 若级数  a n 条件收敛，则 x  3 与 x 3 依次为幂级数 n 1  na ( x  1) n n n 1 的( ) (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 a n n 1   条件收敛，即 x 2 为幂级数  a ( x  1) 点，所以 n 1 n  a ( x  1) n n 1 n 的条件收敛 n 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  na ( x  1) n n n 1  x  3 与 x 3 依 次 为 幂 级 数 的 收 敛 区 间 还 是 (0, 2) 。 因 而  na ( x  1) n n 1 n 的收敛点，发散点.故选 （B）。 (4) 设 D 是第一象限由曲线 2 xy 1 ， 4 xy 1 与直线 y  x ， y  3x 围 成 的 平 面 区 域 ， 函 数 f  x, y  在 D 上 连 续 ， 则 f  x, y  dxdy  ( ) D (A) (B) (C) (D)  3  4 1  d sin12 f  r cos , r sin   rdr  3  4 2sin 2 1  d  sin12 f  r cos , r sin   rdr  3  4 2sin 2 1 sin 2 1 2sin 2  d   3  4 f  r cos  , r sin   dr 1 sin 2 1 2sin 2  d  f  r cos  , r sin   dr 【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，  3  4 1 sin 2 1 2sin 2 所以 f ( x, y )dxdy   d  D f (r cos  , r sin  )rdr ，故选（B） 1  1 1 1      A  1 2 a  b  d   1 4 a2  d2   ，   ，若集合   1, 2 ，则 (5) 设矩阵 线 性 方 程 组 Ax b 有 无 穷 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 【 1 1 1  ( A, b)  1 2 a  1 4 a2  解 1  d  d 2  析 】 1 1 1 1    a 1 d1 0 1   0 0 ( a  1)(a  2) ( d  1)( d  2)   ， 由 r ( A) r ( A, b)  3 ，故 a 1 或 a 2 ，同时 d 1 或 d 2 。故选（D） (6)设二次型 f  x1 , x2 , x3  在正交变换为 x  Py 下的标准形为 2 y12  y22  y32 ，其中 P  e1 , e2 , e3  ，若 Q  e1 ,  e3 , e2  ，则 f  x1 , x2 , x3  在 正 交 变 换 x Qy 下 的 标 准 形 为 ( ) (A) 2 y12  y22  y32 (B) 2 y12  y22  y32 (C) 2 y12  y22  y32 (D) 2 y12  y22  y32 【答案】(A) 【解析】由 x Py ，故 f xT Ax  y T ( PT AP ) y 2 y12  y22  y32 .且 2 0 0    P AP  0 1 0   0 0  1  . T  1 0 0   Q P  0 0 1  PC  0  1 0    2 0 0   Q AQ C ( P AP )C  0  1 0   0 0 1   T T T f  xT Ax  yT (QT AQ) y 2 y12  y22  y32 。选（A） 所以 (7) 若 A,B 为任意两个随机事件，则 (A) (C) P  AB  P  A  P  B  P ( AB )  P ( A)  P ( B ) 2 ( ) (B) P  AB  P  A P  B  (D) P  AB   P  A P  B  2