绝密★启用前试卷类型：考研数学2024年全国硕士研究生招生考试数学(一)(科目代码：301)考生注意事项1.答题前，考生须在试题册指定位置上填写考生姓名和考生编号；在答题卡指定位置上填写报考单位、考生姓名和考生编号，并涂写考生编号信息点。2.考生须把试题册上的“试卷条形码”粘贴条取下，粘贴在答题卡的“试卷条形码粘贴位置”框中。不按规定粘贴条形码而影响评卷结果的，责任由考生自负。3.选择题的答案必须涂写在答题卡相应题号的选项上，非选择题的答案必须书写在答题卡指定位置的边框区域内。超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题册上答题无效。4.填(书)写部分必须使用黑色字迹签字笔或者钢笔书写，字迹工整、笔记清楚；涂写部分必须使用2B铅笔填涂。5.考试结束，将答题卡和试题册按规定交回。6.本次考试时长为3小时。(以下信息考生必须认真填写)考生编号考生姓名2024年全国硕士研究生招生考试数学一试题及解答一、选择题，1～10题，每题5分，共50分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.1.已知函数()(A)f(x)是奇函数，g(x)是偶函数(B)f(x)是偶函数，g(x)是奇函数(C)f(x)与g(x)均为奇函数(D)f(x)与g(x)均为周期函数【解析】由于ecost是关于t的偶函数，所以是关于x的奇函数，即f(x)是关于x的奇函数.令则F(x)是关于x的奇函数，从而g(x)=F(sinx)也是关于x的奇函数.所以选(C).2.设P=P(x,y,z),Q=Q(x,y,z)均为连续函数，∑为曲面Z=√1-x²-y²(x≤0,y≥0)的上侧，则()(D)【解析】由于,所以所以选(A)3.已知幂级数(A)的和函数为In(2+x),则(B)(C)(D)()【解析】由可得所以从而故所以选(A).,,时时4.设函数f(x)在区间(-1,1)上有定义，且,则(A)当(C)当时，f’(0)=m时，f’(0)=m(B)当(D)当f’(O)=m f’(0)=m()【解析】对于选项(A),取则但f(x)在x=0处不可导，排除(A).对于选项(B),由于f’(0)=m,所以f(x)在x=0处连续，故,从而f’(0)=m,故(B)正确.对于选项(C),取则,但f(x)在x=0处不可导，排除(C).对于选项(D),取则f’(0)=m,但不存在，排除(D).故选(B).5.在空间直角坐标系0-xyz中，三张平面π;:a;x+b;y+Ciz=d;(i=1,2,3)的位置关系如图所示，记α;=(ai,bi,ci,d;),若,则()(A)m=1,n=2(B)m=n=2(C)m=2,n=3(D)m=n=3【解析】由图可知，这三个平面相交于同一条直线，所以方程组有无穷多解，所以,即m=n<3.又因为三个平面的法向量共面，但π1与π2的法向量不共线，由此可得所以m=n=2,选(B).6.设向量相关，则若α1,α₂,α3线性相关，且其中两个向量均线性不()故所以,选(D).10.设随机变量X,Y相互独立，且均服从参数为λ的指数分布，令Z=|X-Y|,则下列随机变量与Z同分布的是()(A)X+Y(B)(C)2X(D)X【解析】随机变量X与Y的联合概率密度为.随机变量Z的分布函数为F₂(Z)=P(Z≤z)=P(|X-Y|≤z),当z≤0时，F₂(Z)=0;当z>0时，F₂(Z)=P(-z<X-Y<z)=1-e-λz不难看出，随机变量Z服从参数为λ的指数分布，选(D).二、填空题，11～16题，每题5分，共30分._11.已则a=·【解析】由已知条件可知，所以a=6.12.已知f(u,v)二阶偏导数存在，f(1,1)=3du+4v,若y=f(cosx,1+x²),则【解析】令u=cosx,v=1+x²,则y=f(u,v),由多元复合函数求导法则可得，+2f’(u,v)+2x[f"(u,v)·(-sinx)+f"(u,v)·2x]所以13.已知f(x)=1+x,若【解析】将函数f(x)先进行偶延拓，再进行周期延拓，则有所以14.微分方程满足y(1)=0的解【解析】令u=x+y,则,代入方程可得，分离变量可得两边积分可得，u-arctanu=x+C,从而该方程的通解为y-arctan(x+y)=C.代入初始条件y(1)=0,可得所以所求特解,即15.已知矩阵则a的取值范围是,对于任意的,都有(a⁷Aβ)²≤αTAα·βTAβ,【解析】由矩阵乘法的结合律可得，αTA(βαT-αβT)Aβ≤0.由于所以若16.设事件A每次成功的概率为P,在三次独立重复试验中，在事件A至少成功1次的条件下，3次试验全部成功的概率为则P=·【解析】记事件A表示三次实验中至少成功一次，事件B表示三次实验全部成功，则有由条件概率公式可得，解得三、解答题，17～22题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(本题满分10分)设D={x,y)I√1-y²≤x≤1,-1≤y≤1},求【解析】显然积分区域D关于x轴对称，不妨记区域D位于x轴上方部分为D₁,则有不妨记D₂={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤1},D₃={(x,y)|x²+y²≤1,x≥0,y≥0},则有所以所以18.(本题满分12分)设f(x,y)=x³+y³-(x+y)²+3,已知z=f(x,y)在(1,1,1)处的切平面方程为T,T与坐标面所围成的有界区域在xoy面上的投影为D.(1)求T的方程；(2)求f(x,y)在D上的最大值和最小值.【解析】(1)由于所以曲面z=z(x,y)在点(1,1,1)处的法向量为n=(-1,-1,-1),从而切平面T的方程为-(x-1)-(y-1)-(z-1)=0,即x+y+z-3=0.(2)由题意可得D={(x,y)|x≥0,y≥0,x+y≤3}.得驻点为(0,0),易求得f(x,0)=x³-x²+3,由可在区域D内部，由在区域D的边界y=0,0≤x≤3上，则有可得驻点为x=0和同理可求得在D的边界上x=0,0≤y≤3上的驻点为(0,0),边界x+y=3,0≤x≤3上，有f(x,y)=f(x,3-x)=x³+(3-x)³-6,0≤x≤3.令φ(x)=x³+(3-x)³-6,0≤x≤3,则由φ’(x)=3x²-3(3-x)²=0可得驻点为,故函数f(x,y)在x+y=3上的驻点为比较可知f(x,y)在点(3,0)或(0,3)取得最大值21,在点,此时又f(3,0)=f(0,3)=21,取得最小值19.(本题满分12分)设函数f(x)具有二阶导数，且f’(0)=f’(1),|f"(x)|≤1.证明：(2)【解析】(1)将函数f(x)在x=0处和x=1处用泰勒公式展开则有，注意到f’(0)=f’(1),所以由(1)式×(1-x)+(2)式×x可得因为f|"(x)|≤1,所以(2)由(1)可得(1)(2)(3)(3)式两边在区间[0,1]上积分可得即所以注：第一问的另一种证明方法.(1)其实条件f’(0)=f’(1)是多余的，令,则g(0)=g(1)=0,因为g"(x)=f"(x)+1≥0,所以g(x)在[0,1]上是凹函数g(0)=g(1)就是最大值，所以g(x)≤0,x∈[0,1],同理h(x)=f(x)-f(0)(1-x)-,即20.(本题满分12分)已知有向曲线L为球面x²+y²+z²=2x与平面2x-z-1=0的交线，从z轴正向往z轴负向看为逆时针方向，求【解析】不妨记平面2x-z-1=0被球面x²+y²+z²=2x截下的部分为曲面∑,方向取上侧，则曲面∑的单位法向量为由Stokes公式可得：由于曲面∑在xOy面的投影曲线方程为：5x²-6x+y²=-1,从而投影区域为.该投影区域的面积为,故.所以21.(本题满分12分)已知数列{xn},{yn},{zn}满足xo=-1,yo=0,zo=2,且记*写出满足αn=Aαn-1的矩阵A,并求A”及xn,yn,zn(n=1,2,…).【解析】由已知条件可知所以矩阵A的特征多项式为：由f(λ)=0可得矩阵A的特征值为λ₁=0,λ2=-2,λ3=1.当λ₁=0时，解方程组(0E-A)x=0可得基础解系为p₁=(1,-1,1)T;当λ2=-2时，解方程组(-2E-A)x=0可得基础解系为p₂=(-1,2,0)T;当λ₃=1时，解方程组(E-A)x=0可得基础解系为p₃=(2,-2,3)T.令.又因为所以因为an=Aan-1,所以所以xn=(-1)”·2”+8,yn=(-1)"+¹.2+¹-8,zn=12(n=1,2,…).22.(本题满分12分)设总体X服从[0,θ]上的均匀分布，其中θ∈(0,+∞)为未知参数.X₁,X₂,…,Xn是来白总体X得简单随机样本，记X(n)=max{X₁,X₂,…,Xn},T=cX(n)·(1)求c,使得E(Te)=θ;(2)记,求c使得h(c)最小.【解析】(1)随机变量X的概率密度为,所以随机变量X的分布函数为进而随机变量X(n)的分布函数为，Fxm(x)=P{max{X₁,X₂,…,Xn}≤x}=P{X₁≤x,X₂≤x,…,Xn≤x}=P{X₁≤x}·P{X₂≤x}……P{Xn≤x}=F"(x),所以X(n)概率密度为.所以,解得由可得,又因为所以当时，h(c)最小.
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