考研数学一真题及答案解析.docx
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考研数学一真题及答案解析
2009年全国硕士研究生入学统一考试
数学一试题
F列每小题给出的四个选项中,只有一项
.)
一、选择题(1〜8小题,每小题4分,共32分,符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内
(1)当x
0时,fx
sinax与g
2
xln1bx等价无穷小,则()
1,b
1,b
1
6.
1
6
(2)如图,正方形
x,y
i,y
四个区域
Dkk
123,4
,Ik
Dk
1,b
1,b1
1被其对角线划分为
ycosxdxdy,
则mkax
Ik(
AIi.
B丨2・
C丨3・
(3)设函数y
在区间
1,3
上的图形为:
则函数F
-1
f(x)
-2
23x
-1
(4)
liman
n
则(
)
矩阵
的伴随矩阵为(
)
B
O
A
O
*
3B
B
O
*
2B
*
*
3A
2A
o.
O
C
O
*
3A
O
*
2A
*
D
*
3B
2B
o.
O
(6)设A,B均为2阶矩阵,A*,B*分别为
A当
兰bn收敛时,
n1
anbn收敛.
n1
C当
bn
收敛时,
a:
b:
收敛.
n1
n1
(5)设1
2,
3
是3维向量空间R3的一组基
1
2,
2
3,
3
1的过渡矩阵为(
1
0
1
1
A
2
2
0.
B0
0
3
3
1
1
1
1
2
4
6
C
1
1
1
D
2
4
6
1
1
1
2
4
6
设有两个数列
0,
an
bn
,若
B当bn发散时,anbn发散•
n1n1
D当bn发散时,ajb:
发散.
n1n1
11
则由基1,23到基
23
)
20
23.
03
111
666
B的伴随矩阵,若A2,B3,则分块
(7)设随机变量X的分布函数为Fx0.3x0.7
,其中x为标准正
2
态分布函数,则EX()
A0.B0.3.C0.7.D1.
(8)设随机变量X与Y相互独立,且X服从标准正态分布N0,1,Y的概率分布为
1
PY0PY1—,记Fzz为随机变量ZXY的分布函数,贝U函数Fzz
2
的间断点个数为()
AO.B1.C2.D3.
二、填空题(9-14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置上.)
2
(9)设函数fu,v具有二阶连续偏导数,
z
fx,
xy,则
z
。
x
y
(10)若二阶常系数线性齐次微分方程y
ay
by
0的通解为
yGC2Xex,则非
齐次方程yaybyx满足条件y0
2,y
0
0的解为y
。
(11)已知曲线L:
yx0x,2,
则x
:
ds
。
2222
(12)设x,y,zxyz1,贝Uzdxdydz。
(13)若3维列向量,满足T2,其中T为的转置,则矩阵T的非零特征值
为。
(14)设X1,X2,L,Xm为来自二项分布总体Bn,p的简单随机样本,X和S2分别为样本
均值和样本方差。
若XkS2为np2的无偏估计量,则k。
三、解答题(15-23小题,共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤.)
(15)(本题满分9分)求二元函数f(x,y)x22y2ylny的极值。
(16)(本题满分9分)设an为曲线yxn与yxn1n1,2,.....所围成区域的面积,记
S(an,S2a?
n1,求S(与S2的值。
n1n1
22
4,0且与椭圆—y1相切的直线绕x轴旋转而成。
43
(I)求S,及S2的方程
(n)求$与S2之间的立体体积。
(18)(本题满分11分)
(I)证明拉格朗日中值定理:
若函数fx在a,b上连续,在(a,b)可导,则存在
a,b,使得fbfaf
(n)证明:
若函数fx在x
limfxA,则f0存在,且
x0
(19)(本题满分10分)计算曲面积分|
2x22y2z24的外侧。
(20)(本题满分11分)
ba
内可导,且
0处连续,在0,
xdydzydzdxzdxdy
,其、丨中
是曲面
1
1
1
设A1
1
11
0
4
2
(I)求满足
A2
1的2.A3
(n)对①中的任意向量2,3证明
1
1,
的所有向量
2,3无关。
(21)(本题满分11分)
1xf2x^32X2X3
设二次型fx1,x2,x3ax^ax;
(I)求二次型f的矩阵的所有特征值;
22
(n)若二次型f的规范形为yy2,求a的值。
(22)(本题满分11分)
袋中有1个红色球,2个黑色球与3个白球,现有回放地从袋中取两次,每次取一球,以X,Y,Z分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数。
(I)求pX1Z0;
23)(本题满分11分)
设总体X的概率密度为f(x)
2x
xe,x
0,其他
0,其中参数
0)未知,X1,
X2,…Xn是来自总体X的简单随机样本
(I)求参数的矩估计量;
(n)求参数的最大似然估计量
2009年考研数学一真题解析
列每小题给出的四个选项中,只有一项
(1)当x
0时,
sinax与g
x2In1bx等价无穷小,则()
1,b
1,b
1
6.
1
6
一、选择题:
1〜8小题,每小题4分,共32分,符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内
【答案】
【解析】
f(x)
sinax,g(x)
x2ln(1
bx)为等价无穷小,则
lim他lim2X0g(x)X0x
sinax
ln(1
bx)
lim
X0X
xsinax
洛lim(bx)x0
彳2-
1acosaxasinax
2—洛lim
x06bx
3bx
2.
asinaxlim
x06b
ax
a
3a
6b
a3
6b故排除
B,C。
1另外lim-
x0
所以本题选
acosax卄
2存在,蕴含了1
3bx2
A。
acosax0
故a1.排除D。
(2)如图,
正方形x,yI|x
i,y
1被其对角线划分为
四个区域
Dkk
123,4,Ik
ycosxdxdy,
Dk
则mkax
ik(
AI1.
BI2.
CI3.
y
x
D
I32
ycosxdxdy0•所以正确答案为A.
【解析】本题利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性。
D2,D4两区域关于
x轴对称,而
f(x,y)
ycosxf(x,y),即被积函数是关于y的
奇函数,所以|2
丨40;
D1,D3两区域关于
y轴对称,
而
f(x,y)
ycos(x)ycosxf(x,y),即被积函数是
关于x的偶函数,所以
I1
2
ycosxdxdy0;
(x,y)|yx,0
x1
(3)设函数yfx在区间1,3上的图形为:
x
则函数Fxftdt的图形为()
0
【答案】D
【解析】此题为定积分的应用知识考核,由
xXo所围的图形的代数面积为所求函数
①x0,1时,F(x)0,且单调递减。
yf(x)的图形可见,其图像与x轴及y轴
F(x),从而可得出几个方面的特征:
②x1,2时,F(x)单调递增。
③x2,3时,F(x)为常函数。
1,0时,F(x)0为线性函数,单调递增。
⑤由于
F(x)为连续函数
结合这些特点,可见正确选项为
(4)设有两个数列an,bn
,若liman
n
则(
bn收敛时,
1
anbn收敛.
1
bn发散时,
1
anbn发散.
1
bn收敛时,
a'bn收敛.
1
bn发散时,
alb;发散.
【解析】
方法一:
举反例A取an
bn
B取an
tn
D取an
故答案为
方法二:
(C)
因为lim
n
an0,则由定义可知
Ni,使得n
N1时,有
an
又因为bn收敛,可得limbn0,则由定义可知N2,使得nN?
时,有bn1
‘n
n1
从而,当nN1N2时,有afb;0,则由正项级数的比较判别法可知ajb;收敛。
n1
311
(5)设1,2,3是3维向量空间R的一组基,则由基1,一2-3到基
23
12,
2
3,3
1的过渡矩阵为
(
)
1
0
1
1
2
0
A2
2
0.
B
0
2
3
0
3
3
1
0
3
1
2
C1
2
1
2
【解析】因为
的过渡矩阵。
1
则由基1,—
2
1
2,3
12,2
3,
所以此题选
(6)设A,B均为
矩阵
2A
2B
【解析】根据
分块矩阵
CC
2丄,n
2阶矩阵,
2,L,
A,则A称为基
2,L,n到1,
丄
1,2
A,B
的伴随矩阵为(
*
3B
3A
的行列式
1
2,3
1
2,3
分别为
1的过渡矩阵M
满足
A,
O
*
3A
3B
1,c
B的伴随矩阵,
*
2B
2A
1
ICC
A2,B3,则分块
1)22a|b
6,即分块矩阵可逆
BB
Aa
1a
2
02B
3A0
故答案为(B)
(7)设随机变量X的分布函数为
Fx
0.3x
0.7
x1
x,其中x为标准正
2
态分布函数,则
EX(
)
A0.
B0.3.
C0.7.
D1.
【答案】C
【解析】因为
Fx
0.3x
0.7
x1
2
所以Fx
0.3
0.7
x
2
x1
2
所以EX
xFxdxx
0.3
x0.35
x1
2
dx
0.3x
xdx
0.35x
x
2
1dx
而xx
dx0
x
x1
2
dxx1u
2
2
2u1udu2
所以EX0
0.35
20.7。
(8)设随机变量X与Y相互独立,且
X服从标准正态分布
N0,1,Y的概率分布为
FZ(z)P(XYz)P(XYzY0)P(Y0)P(XYzY1)P(Y1)
1
[P(XYzY0)P(XYzY1)]
1
-[P(X0zY0)P(XzY1)]
QX,Y独立
1
Fz(z)©【PM0z)P(Xz)]
1
(1)若z0,贝VFZ(z)-(z)
1
(2)当z0,则FZ(z)-(1(z))
、填空题:
9-14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置上
z0为间断点,故选(B)
(9)设函数fU,V
2
具有二阶连续偏导数,z
fx,xy,贝U—
x
【答案】
xf12
xyf22
【解析】
Xf12f2
xyf22
xf12
yxf22xf12f2
xyf22
(10)若二阶常系数线性齐次微分方程
ay
by
0的通解为
yC1C2xex,则非
齐次方程y
ay
byx满足条件
2,y
0的解为y
【答案】y
Xxe
【解析】由
(G
C2X)ex,得1
1,故
2,b1
微分方程为y2y'yx
设特解yAxB代入,y'A,A1
2AAxBx
2B0,B2
特解
*
y
x2
y
(G
护府x2
把y(0)
2
,y'(0)0代入,得&0心1
所求
y
xexx2
(11)已知曲线
l:
y
迈,则
xds
L
13
【答案】—
6
【解析】由题意可知,
x,y
x2,0x
ds
2
dx
.14x2dx,
所以
LxdS
4x2dx
14x2
4x23
13
(12)设
x,y,z
,则
z2dxdydz
【答案】
4
15
【解析】
方法一:
dxdydz
2.
sin
22
cos
2cos
cos
4d
4
15
3
cos
方法二:
由轮换对称性可知
z2dxdydz
x2dxdydz
y2dxdydz
所以,
z2dxdydz
x2
z2
dxdydz
sindr
2.
sin
30
d0r4dr
sin
(13)若3维列向量
满足
其中T为
的转置,
则矩阵
T的非零特征值
为
【答案】
【解析】
T的非零特征值为2.
2
Xm为来自二项分布总体
Bn,p的简单随机样本,X和S分别为样本均
值和样本方差。
若XkS为np2的无偏估计量,则k
【答案】1
【解析】QXkS2为np2的无偏估计
22
E(XkX)np
2
npknp(1p)np
1k(1p)p
k(1p)p1
k1
三、解答题:
15-23小题,共94分•请将解答写在答题纸指定的位置上•解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤•
(15)(本题满分9分)求二元函数f(x,y)x22y2ylny的极值。
【解析】
fx(x,y)2x(2y2)0
2
fy(x,y)2xylny10
齐c1
故x0,y
e
则
1
fxx(0,1)2(2二)
ee
fxyi0
xy(0,e)
fyy(o,1)e
e
2
Qfxx0而(fxy)fxxfyy0
一11
二兀函数存在极小值f(0,-)
ee
(16)(本题满分9分)设an为曲线yxn与yxn1n1,2,..…所围成区域的面积,记
【解析】
所以
an
从而
S1
S2
S1an,S2
n1
a2n1
n1
,求S1与S2的值。
由题意,
1(n
0(x
1)dx
y=xn+1在点
(丄xn
n1
1处相交,
an
1
Nim
an
1
Nim(1
1
N2)
1
Nim(2
1
N+2)
a2n1
2n+1)
1
2N
由In(1+x)=x-
(1)(n
n
1)X
n
1
ln
(2)1q
1S2S2
In2
(17)(本题满分11分)
22
椭球面S1是椭圆弋
1绕x轴旋转而成,圆锥面S2是过点
22
4,0且与椭圆7二
1相切的直线绕x轴旋转而成。
(I)求S1及S2的方程
(n)求S1与S2之间的立体体积。
222
1解析1
(1)S1的方程为7:
1,
2
1的切线为y
过点4,0与—
4
2
221
所以S2的方程为yzx2
2
(ii)记yi
1,记y2
2
12
y:
dx
yfdx
412
x2x4dx
04
dx
4
4x
0
3x
(18)(本题满分11分)
(I)证明拉格朗日中值定理:
若函数
fx在a,b上连续,在(a,b)可导,则存在
a,b,使得fbfa
(n)证明:
若函数fx在x0处连续,在0,0内可导,且limfxA,
x0
则f0存在,且f0A。
【解析1(I)作辅助函数(x)f(x)f(a)丄®—(xa),易验证(x)满足:
ba
(a)(b);(x)在闭区间a,b上连续,在开区间a,b内可导,且
(x)f(x)。
ba
根据罗尔定理,可得在a,b内至少有一点,使'()0,即
f()°,f(b)f(a)f'()(ba)
(n)任取x。
(0,),则函数f(x)满足;
在闭区间0,X0上连续,开区间
0,X0内可导,从而有拉格朗日中值定理可得:
存在
f(x。
)f(0)
X00
limf(X°)f°
x°°x°°
lim°f(Xo)H叫f(Xo)A
0°x°°
故f'(°)存在,且f'(0)A。
(19)(本题满分
10分)
计算曲面积分I
xdydzydzdxzdxdy
x2
z2
,其中
是曲面
2x2
2y2
4的外侧。
【解析】I
xdydz
、
o
(x2
ydxdzzdxdy
2\3/2
:
)
其中
2x2
2y2
Q(门x(x
2、3/2)
z)
(x
2
y_
2
2z
2
y
2x2
2、5/2,①z)
y(x2
23/2)z)
2x(x2
2
z
-2"
y
c2
Zy_②
25/2,②z)
223/2)
yz)
2
x
(x2
2
y
2
y
c2
2z_③
25/2,③z)
①+②+③=—(22
x(xyz
2)3/2)
V2223/2)
y(xyz)
23/2
z)
由于被积函数及其偏导数在点(
1:
x2
y2z2R2.0R
0,
丄有
16
0,0)处不连续,作封闭曲面(外侧)
xdydzydxdzzdxdy
(x
2、3/2
z)
-xdydzydxdzzdxdy1
?
33
■
1
R3
3dV
3
R3
4R3
4
3
(20)(本题满分
11分)
1
1
1
1
设A1
1
11
1
0
4
2
2
①求满足A
2
1的2-A23
1的所有向量2,3
②对①中的任意向量
2,3证明1,2,3无关。
1
111
1
1
1
1
1
1
1
1
代1
1
111
0
0
0
0
0
2
1
1
0
422
0
2
1
1
0
0
0
0
r(A)
2故有
个自由变量,令
X3
2,
由Ax
0解得,
x
1,为1
【解析】(I)解方程A
2
1
求特解,
0,得X3
1
X2
解方程
A2
A2,1
ki
A2
故有两个自由变量,
求特解2
1
2
0
0
,其中
X2
k2
k1为任意常数
A2x
1
2
0
0
J
2
0
0
0得x-i1,x30
,其中k2为任意常数
(n)证明:
由于
k1
2k11
2k1k2
1
(2k1)(k2-)2人也
1
2)k2(2k11)
(21)(本题满分
11分)设二次型
Xj,X2,X3
22
axax>
a1xf
2^X3
2X2X3
2
y2,求a的值。
a,2a2,3a1
(I)求二次型f的矩阵的所有特征值;
若规范形为y;y;,说明有两个特征值为正,一个为
0。
则
a
0
1
【解析】(
I)
A0
a
1
1
1a
1
a
0
1
a
IE
AI
0
a
1
(
a)
1
1
1
a
1
(
a)[(
a)(
a1)
1]
[0
(
a)]
(
a)[(
a)(
a1)
2]
(
a)[
22a
2a
a
2]
(
a){[
a2(1
2a)]2
(
a)(
a2)(
a
1)
(n)若二次型f的规范形为y1
1
1)
若1
a
0,则
2
20,31,不符题意
2)
若2
0
,即a
2,
则120,330,符合
3)
若3
0
,即a
1
,贝U110,230,不符题意
综上所述,故a2
(22)(本题满分11分)
袋中有1个红色球,2个黑色球与3个白球,现有回放地从袋中取两次,每次取一球,以
X,Y,Z分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数。
(I)求pX1Z0;
(n)求二维随机变量X,Y概率分布。
【解析】(I)在没有取白球的情况下取了一次红球,利用压缩样本空间则相当于只有红球,2个黑球放回摸两次,其中摸了一个红球
P(X1
X,Y取值范围为0,
c3c3
c1c6
0,丫
2,Y
1,丫
0,Y
1,
1
c6c6c1c2c1c6
c2c1
c6c1
0,PX
2,故
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2
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X
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(23)(本题满分11分)
设