2017张宇最后一套卷(数学一-解析).pdf

内部资料严禁翻印仅供模考不作押题 1 2017 年考研数学张宇最后一套卷 （数学一）参考答案 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 项是符合题目要求的 （1） （B）见课堂讲解 （2） （A） [分析] 记 3322 ( , )33F x yxyxy '2 360 x Fxx 令 ， '2 0 360 0 y x Fyy y     令 ，舍去了另外三组不需要的解， 则 ' (0,0) (0,0) A=6660 xx Fx  ， ' (0,0) B=0 xy F， ' (0,0) (0,0) C=666 yy Fy ， 2 =B -AC360  (0,0)点为( , )F x y的极 大值点，(0,0)=0F，故当0,0xy时，分母为负 由极限的保号性，0当 0 ( , )(0, )x yu时， 3322 ( , )(0,0) 0( , )(0,0) 33 f x yf f x yf xyxy    ， 故(0,0)f为极大值，选（A） （3） （C） [分析]由 0 n n n a x    的收敛域是8,8可知，幂级数 0 n n n a x    的收敛半径是 8，从而幂级数 2 2 n n n a x     的收敛半径也是 8，又因幂级数 2 2 n n n a x     是幂级数 2 (1) n n n a x n n     两次逐项求导所 得，由幂级数分析性质，幂级数 2 (1) n n n a x n n     的收敛半径是 8，对于 2 0 n n n a x    ，有收敛域 3 88x 即22x 。

答案选（C） 内部资料严禁翻印仅供模考不作押题 2 注：在张宇编写的《高等数学 18 讲》有如下内容，摘录下来供参考 有如下几个结论请大家把握住 结论 1 根据阿贝尔定理， 已知 0 0 ( n n n axx     ）在某点 110 ()x xx的敛散性， 确定该幂级 数的收敛半径可以分为以下三种情况： （1）若在 1 x处收敛，则收敛半径 10 Rxx； （2）若在 1 x处发散，则收敛半径 10 Rxx； （3）若在 1 x处条件收敛，则 10 Rxx.（你会用反证法证明吗？） 结论 2 已知 1 ()n n axx  的敛散性信息，要求讨论 2 ()m n b xx  的敛散性 （1） 1 ()nxx与 2 ()mxx的转化一般通过初等变形来完成，包括①“平移”收敛区间 （具体方法见后面的题目） ；②提出或者乘以因式 0 ()kxx等 （2） n a与 n b的转化一般通过微积分变形来完成，包括①对级数逐项求导；②对级数 逐项积分等 （3）以下三种情况下，级数的收敛半径不变，收敛域要具体问题具体分析： ①对级数提出或者乘以因式 0 ()kxx，或者作平移等，收敛半径不变； ②对级数逐项求导，收敛半径不变，收敛域可能缩小 ③对级数逐项积分，收敛半径不变，收敛域可能扩大 这样说可能有些抽象， 我们来看下面一个具体的例子， 请大家结合这个例子来理解和掌握上 述理论。

设 1 (1)n n n ax     在1x 处条件收敛，则幂级数 1 (1)n n n nax     在2x 处（ ） （A） 绝对收敛 （B） 条件收敛 （C）发散 （D）敛散性不确定 内部资料严禁翻印仅供模考不作押题 3 解：应选（A） 第一， 根据结论1的 （3） ， 由 1 (1)n n n ax     在x=1处条件收敛， 则 10 1 ( 1)2Rxx ， 且收敛区间为3,1； 第二，根据结论 2 的（1）和（3） ，将(1)nx转化为(1)nx，也就是把级数的中心点由-1 转移到 1，即将收敛区间平移到1,3，得到 1 (1)n n n ax     ，收敛半径不变； 第三，根据结论 2 的（1） ， （2）和（3） ，对 1 (1)n n n ax     逐项求导，得 1 1 (1)n n n nax      再 逐项乘以(1)x得 1 (1)n n n nax     ，收敛半径不变 故 1 (1)n n n nax     收敛区间为1,3，2x 在收敛区间内部，故在该点级数绝对收敛，答 案选择（A） （4） （A） [分析]()Fxf yz：，则   ''''' F ,F ,F1,,1 xyz nff  ，也就是  '' 1 110,,1,1,1ffn      ，于是为柱面，选（A） [注]要证明曲面是柱面，只需证明过曲面上任意一点的切平面平行于一条定直线，即证明曲 面上任意一点的法向量垂直于定向量。

（5） （D） [分析] 由于 r（I）=r（II）=3， 123 ,,  线性无关，则 12354 ,,,   至少为 3，能否 为 4 关键是看 54 能否用 123 ,,  线性表出，或看向量组 12354 ,,,   是线性相 关的还是线性无关的 解法 1 由 r（I）=r（II）=3，知 123 ,,  线性无关，而 1234 ,,,   线性相关，故 4 可 内部资料严禁翻印仅供模考不作押题 4 由 123 ,,  线性表出，设 4112233 xxx 若 54 能由 123 ,,  线性表出，设 54112233 =kkk，于是 5111222333 =()()()kxkxkx 5 可由 123 ,,  线性表出，则 r(III)=3，与已知矛盾，按最大无关组的定义知  12354 ,,,4r    解法 2 若 112233454 ()0kkkk把 4112233 xxx代入有 11412242334345 0kx kkx kkx kk（）（）（） 由 r(III)=4，知 1235 ,,,   线性无关，所以 1142243344 ===0kx kkx kkx kk 由此可得 1234 ===0kkkk ，所以 12354 ,,,   线性无关， 12354 ,,,=4r    （6） （D） [分析] 先将二次型化为标准形，再判断曲面的类型，利用正交变换化二次型为标准型，只 需计算二次型矩阵的特征值。

二次型 123 ( ,,)f x x x的矩阵为 513 153 333        A， 计算可得矩阵 A 的三个特征值分别为 0， 4,9在正交变换下， 123 ( ,,)1f x x x化为椭圆柱面 22 23 491yy 答案 （D） （7） （B） [分析] 当0,2x y时 22 , 3332 00 11sin sin1 ( , )1-sin sinsin )2sin 8884 X Y xy fx yxyz dzzdz      （ 内部资料严禁翻印仅供模考不作押题 5 于是 2 , 1 0,2 ( , )4 0 X Y x y fx y         ， ，其他 ，同理可知 2 Y,Z 1 0,z2 ( , )4 0 y fx y         ， ，其他 且当02x时， 2 2 0 11 ( )= 42 X fxdy     ，故 1 02 ( )2 0 X x fx         ， ，其他 同理， 1 02 ( )2 0 Y y fy         ， ，其他 ， 1 02 ( )2 0 Z z fz         ， ，其他 于是有 , ( , )( )( ) X YXY fx yfx fy， ,Z( , ) ( )(z) XXz fx zfx f， , ( , )( )(z) Y ZYZ fy zfy f， 说明, ,X Y Z两两独立。

但( )( )( )( , , ) XYZ fx fy fzf x y z， 故不互相独立，答案选（B） （8） （C） [分析]估计区间的长度 2 22,(1)z n   增大时，减小， 2  减小， 2 z增大，所以区 间长度变大选（C） 二、填空题：9-14 小题，每小题 4 分，共 24 分 （9） 22 1 () 2 ee    [分析] 由题设展开成正项级数，( )f x应当延拓为奇函数，故( )S x的周期为2，且为奇函 数，故 3 ()()() 222 SSS   ，由狄氏收敛定理，有 22 11 ()00() 22222 Sffee        故答案为 22 1 () 2 ee    （10） 5 6 a 内部资料严禁翻印仅供模考不作押题 6 解：设质心坐标( , )x y  ，由对称性，显然xa  （图解，本题不求） ， D ydxdy y S    其中， (sin ) 22 222 00 ( )(1 cos )3 x a tt a Sy x dxatdta      3 (sin ) 2( )22 233 0000 11 ( )(1 cos )5 222 x a tt ay xa D a ydxdydxydyyx dxatdt      综上， 3 2 5 5 2 36 D a ydxdy ya Sa        （11） 1  [分析] 0 sin n n axx dx   11 (1) 0 00 1 2 0 sin() sin (121) (21) 2 nn x kt k kt x k kk n k xx dxktt dt nn kn                   1223111 11111111 (() n nnn S aaaaaaaa   111 (1) 1 n n    （12） 3 1 3 R [分析] 因为 2222 1 ()() 2 xyyzzxxyzxyz  ，且xydsyzdszxds    于是， 1 () 3 xydsxyyzzx ds    2222 11 ()() 66 xyzdsxyzds    O xa   2 a 内部资料严禁翻印仅供模考不作押题 7 2 1 6 R ds      23 11 2 63 RRR  [注]此题利用轮换对称性是关键 （13） 010 3 001 100       [分析] 由 ** AAA AA I， ** *1 1 =812 2  A BAA BΙ（）建立矩阵B与A,Ι的关系。

解 111 1114 111     A，由 ** AAA AA I，可得 *1 AA A， 故有  * *1 *1*11 *2121 111 44(2)22 224       AAAAAAAA， 从而。