1、2013 年全国硕士研究生入学统一考试数学年全国硕士研究生入学统一考试数学年全国硕士研究生入学统一考试数学年全国硕士研究生入学统一考试数学一一一一试题试题试题试题（万学万学万学万学海文提供海文提供海文提供海文提供）一一一一、选择题选择题选择题选择题:1 1 1 1 8 8 8 8 小题小题小题小题,每小题每小题每小题每小题 4 4 4 4 分分分分,共共共共 32323232 分分分分.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,只有一个选项符合题只有一个选项符合题只有一个选项符合题只有一个选项符合题目要求的目要求的目要求的目要求的,请将所
2、选项前的字母填在请将所选项前的字母填在请将所选项前的字母填在请将所选项前的字母填在答题纸答题纸答题纸答题纸指定位置上指定位置上指定位置上指定位置上.(1)已知0-arctanlim=kxxxcx，其中,k c为常数，且0c，则 （）(A)1=2,2kc=(B)1=2,=2kc (C)1=3,3kc=(D)1=3,=3kc 【答案】D【解析】因为0c 222311210000011-arctan11+limlimlimlimlim(1)kkkkkxxxxxxxxxxcxxkxkxxkxk=+洛 1130,3,3kkck=所以故选D(2)曲面2cos()0 xxyyzx+=在点()0,1,1的切平
3、面方程为 （）（A)2xyz+=(B)0 xyz+=(C)23xyz+=(D)0 xyz=【答案】A【解析】曲面在点(0,1,-1)处的法向量为 (0,1,-1)=(,)xyznF F F(0,1,-1)=(2-sin()+1,-sin()+,)x yxyxxyz y=(1,-1,1)故曲面在点(0,1,-1)处的切面方程为 1(-0)-(-1)+(+1)=0,xyz 即 2xyz+=，选 A(3)设101(),2()sin(1,2,)2nf xxbf xn xdx n=L.令1()sinnns xbn x=,则9()4s=（）(A)34 (B)14 (C)14 (D)34 【答案】C【解析】
4、11-,0,221()=-=211-,122xxf xxxx 将()f x作奇延拓，得周期函数()F x，周期T=2 则()F x在点94x=处连续，从而 991111()=()()=()=f()=444444SFFF=故选 C(4)设222222221234:1,:2,:22,:22LxyLxyLxyLxy+=+=+=+=为四条逆时针方向的 平 面 曲 线，记33()(2)(1,2,3,4)63iiLyxIydxxdy i=+=?.则1234max,I III=（）（A）1I （B）2I （C）3I (D)4I【答案】D【解析】记33+,=263yxPyQx=，则222221=1+22QPy
5、yxxxy=，3322=+2=1+632iiiiLDDyxQPyIydxxdydxdyxdxdyxy?.用Di表示Li所围区域，则有12344132513 22=,=,=,=,.8282IIIIIIII 故选 D (5)设,A B C均为n阶矩阵，若ABC=,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 【答案】B【解析】将,A C按列分块，11(,.,),(,.,)nnAC=由于ABC=,故 111111.(,.,).(,.,).nnnn
6、nnbbbb=即1111111.,.,.nnnnnnnbbbb=+=+即C的列向量组可由A的列向量线性表示 由于B可逆，故1ACB=，A的列向量组可由C的列向量组线性表示，选 B (6)矩阵1111aabaa与20000000b相似的充要条件为 （）(A)0,2ab=(B)0,ab=为任意常数 (C)2,0ab=(D)2,ab=为任意常数【答案】B 【解析】令1111aAabaa=，20000000Bb=，因为A为实对称矩阵，B为对角阵，则A与B相似的充要条件是A的特征值分别为2,0b A的特征方程1110111aaEAababaaa=1001abaa=()()222ba，因为2=是A的特征值
7、，所以20EA=所以220a=，即0a=.当0a=时，()()2EAb=，A的特征值分别为2,0b所以b为任意常数即可.故选 B.(7)设123,XXX是随机变量，且1(0,1)XN,22(0,2)XN,23(5,3)XN，22(1,2,3)iipPXi=,则 （）(A)123ppp (B)213ppp (C)312ppp (D)132ppp【答案】A【解析】11222333 22(2)(2)2(2)1,02020 22(1)(1)2(1)1,2225252577 22(1)(1),33333pPXXpPXPXpPXP=由下图可知，123ppp,选 A.(8)设随机变量()Xt n，(1,)Y
8、Fn，给定(00.5)=，则2P Yc=（）(A)(B)1 (C)2 (D)12【答案】C【解析】()Xt n，则2(1,)XFn 22222P YcP XcP XcP XcP Xc=+=,选 C.二二二二、填空题填空题填空题填空题：9 9 9 9?14141414 小题小题小题小题,每小题每小题每小题每小题 4 4 4 4 分分分分,共共共共 24242424 分分分分.请将答案写在请将答案写在请将答案写在请将答案写在答题纸答题纸答题纸答题纸指定位置上指定位置上指定位置上指定位置上.(9)设函数()yf x=由方程(1)xyyxe=确定，则1lim()1nn fn=_【答案】1【解析】0 x
9、=时，1y=方程两边对x求导得(1)1(1)xyyeyxy=所以(0)1y=y x 1 2 7/3()yx=O 1()(0)1lim()1lim(0)11nnffnn ffnn=（10）已知3222123,xxxxxyexeyexeyxe=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=_【答案】3212()xxxxyc eec exe=+【解析】31223,xxxyyeeyye=对应齐次微分方程的通解2312()xxxyc eec e=+非齐次微分方程的通解3212()xxxxyc eec exe=+(11)设sinsincosxtyttt=+（t为常数），则22d ydx4t
10、=_【答案】2【解析】1sincossincosdydytttttdxdxdttdt+=，22224111,2coscos4tdydd ydtd ydxdxdxdtdxt dxdt=(12)21ln(1)xdxx+=+.【答案】ln2【解析】11211lnlnlnln2(1)(1)(1)(1)xxdxxdxxxxxx+=+=+(13)设()ijAa=是 3 阶非零矩阵，A为A的行列式，ijA为ija的代数余子式，若0(,1,2,3)ijijaAi j+=则A=_【答案】1.【解析】方法一：取矩阵10001 0001A=，满足题设条件，1.A=方法二：*TAA=，则*TAA=，整理得到3 13(
11、1)AA=，即1A=或者0A=.()2221122331230iiiiiiiiiAa Aa Aa Aaaa=+=+又因为AO，所以至少有一个0ija，所以()2221122331230iiiiiiiiiAa Aa Aa Aaaa=+=+=_.【答案】11e【解析】0 ()0 0yeyf yy=，1(1)(),1111()aaaaaaf y dyP Ya YaeeP YaYaeeP Yaf y dy+=三三三三、解答题解答题解答题解答题：1515151523232323 小题小题小题小题,共共共共 94949494 分分分分.请将解答写在请将解答写在请将解答写在请将解答写在答题纸答题纸答题纸答题
12、纸指定位置上指定位置上指定位置上指定位置上.解答应写出文字说明解答应写出文字说明解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证证证证明过程或演算步骤明过程或演算步骤明过程或演算步骤明过程或演算步骤.(15)(本题满分 10 分)计算10()f xdxx，其中1ln(1)()xtf xdtt+=【解析】1ln(1)()xtf xdtt+=，则ln(1)()xfxx+=,(1)0f=11110000()2()2()2()f xdxf x dxf xxx fx dxx=111000ln(1)ln(1)2(1)224ln(1)xxfxdxdxxdxxx+=+1110004 ln(1)4ln2411xxxxd
13、xdxxx=+=+其中 22111112220000021.22221111=x tx tdxtdtxttdxtdtdtdtdtxttt=+102arctan2(1)4tt=所以原式4ln28(1)4=+824ln2=(16)(本题满分 10 分)设数列 na满足条件：0123,1,(1)0(2),nnaaan nan=()S x是幂级数0nnna x=的和函数(I)证明：()()0SxS x=(II)求()S x的表达式【解析】101(),(),nnnnnnS xa xS xna x=2220()(1)(2)(1)nnnnnnSxn na xnnax+=+20()()(2)(1)nnnnSx
14、S xnnaax+=+因为2(1)0,2nnn naan=，所以2(2)(1)0(0).nnnnaan+=所以01()()0,(0)3,(0)1.SxS xSaSa=（II）21210,1,1=，所以12()=xxS xC eC e+.又(0)3,(0)1SS=，所以121,2CC=,()=2.xxS xee+(17)(本题满分 10 分)求函数3(,)()3x yxf x yye+=+的极值【解析】令32()03x yxxfexy+=+=，3(1)03x yyxfey+=+=解得 143xy=或123xy=32(22)3x yxxxfexxy+=+32(1)3x yxyxfexy+=+3(2
15、)3x yyyxfey+=+1341,33xxAfe=，1341,3xyBfe=，1341,3yyCfe=2222333320ACBeee=又0A 所以41,3为(,)f x y的极小值点，极小值为1341,3fe=5321,3xxAfe=，5321,3xyBfe=，5321,3yyCfe=因为20ACB，所以2(1,)3 不是(,)f x y的极值点.(18)(本题满分 10 分)设奇函数()f x在 1,1上具有 2 阶导数，且(1)1f=.证明：（I）存在(0,1)，使得()1f=.（II）存在(1,1)，使得()()1ff+=.【解析】（I）由于()f x在 1,1上为奇函数，故()(
16、)fxf x=，则(0)0f=令()()F xf xx=，则()F x在0,1上连续，在(0,1)内可导，且(1)(1)10Ff=(0)(0)00Ff=，由罗尔定理，存在(0,1)，使得()0,F=即()1.f=（II）由于()f x在 1,1上为奇函数，则()fx在 1,1上为偶函数，所以由（1）()()1ff=.令()()1xG xefx=，则()G x在 1,1上连续，在()1,1内可导，且()()0GG=，由罗尔定理存在(,)(0,1)，使得()0G=即()()1ff+=.(19)(本题满分 10 分)设直线L过(1,0,0)A，(0,1,1)B两点，将L绕z轴旋转一周得到曲面，与平面
17、0,2zz=所围成的立体为.(I)求曲面的方程，(II)求的形心坐标.【解析】(I)(1,1,1)=uuu rAB，所以直线 L 方程1111=xyz 设上任一点y由直线 L 上的点()F y绕z轴旋转一周得到，则 2222000+=+=xyxyzz 又0001111=xyz，所以方程为22222(1)221+=+=+xyzzzz(II)222112()22+=xyz 设形心坐标(,)x y z，几何体关于,xoz yoz对称，0 xy=22222222320221022200221(2)7.5(221)xyzzxyzzzdzdxdyzdvzzz dzzdvdzdxdyzzdz+=+(20)(
18、本题满分 11 分)设110aA=,B=011b，当ab，为何值时，存在矩阵C使得.ACCAB=并求所有矩阵C.【解析】设1234xxCxx=,由于ACCAB=,故 110a1234xxxx1234xxxx110a=011b,即121132434312xxaxxaxxaxxxaxxx+=+011b.2312413423011xaxaxxaxxxxxaxb+=+=(I)由于矩阵C存在，故方程组(I)有解.对(I)的增广矩阵进行初等行变换：01001011110101001011101010100000aaaaaaabb+MMMMMMMM101110100000010000aab+MMMM 方程组
19、有解，故10a+=,0b=，即1,0ab=，此时存在矩阵C使得.ACCAB=当1,0ab=时，增广矩阵变为10111011000000000000MMMM 34,x x为自由变量，令341,0 xx=，代为相应齐次方程组，得211,1xx=.令340,1xx=，代为相应齐次方程组，得210,1xx=.故()11,1,1,0T=,()21,0,0,1T=,令340,0 xx=，得特解()1,0,0,0T=，方程组的通解为1 12212112+=(+1,-,)Txkkkkk k k=,所以121121kkkCkk+=.(21)(本题满分 11 分)设二次型221,231 122331 12233(
20、,)()()f x xxa xa xa xb xb xb x=+，记 123aaa=，123bbb=（I）证明二次型f对应的矩阵为2TT+；（II）若,正交且为单位向量，证明f在正交交换下的标准形为22122yy+.【解析】证明：(I)221231 122331 12233(,)2()()f x xxa xa xa xb xb xb x=+1123232(,)ax xxaa=112323(,)xa a axx+112323(,)bx x xbb112323(,)xb b bxx =()112323(,)2TTxx x xxx+Tx Ax=，其中2TTA=+，其中123(,)Txx xx=.所以
21、二次型f对应的矩阵为2TT+.(II)由于2TTA=+,与正交,故0T=，,为单位向量,故1T=,故1T=,同样1T=.A=(2)TT+=22TT +=,由于0,故A有特征值12=.A=(2)TT+=,由于0,故A有特征值21=.()r A=(2)TTr+(2)()TTrr+=()()TTrr+=1 123+=.所以0A=,故30=.因此,f在正交变换下的标准形为22122yy+.(22)(本题满分 11 分)设随机变量X的概率密度为21,03()90,xxf x=其他,，令随机变量2,1,121,2XYXXX=（I）求Y的分布函数;（II）求概率P XY.【解析】设y的分布函数为()F y，
22、则(),1,12,2F yP YyP Yy XP YyXP Yy X=+2,1,121,2Py XP XyXPy X=+当1y 时，()0F y=，当12y时，(),122F yP XyXP X=+12PXyP X=+322121199yx dxx dx=+3333111(1)(32)(18)272727yy=+=+当2y 时，()11221F yP XPXP X=+=其他 其 中为 未 知 参 数 且 大 于 零，12,nXXX为来自总体X的简单随机样本(I)求的矩估计量；(II)求的最大似然估计量.【解析】(I)2232000()(;)xxxE Xxf xdxxedxedxe dxxx+=令()XE X=，则X=，即的矩估计量为X=，其中11niiXXn=(II)2311(),0(1,2,)()(;)0inxniiiiiexinLf xx=L，其它 当0(1,2,)ixin=L时，231()=()inxiiLex=31lnL(=2lnlnniiixx=）11ln()2121()0nniiiidLndxx=解得121niinx=所以的最大似然估计量121niinX=)