1、考研数学一-401 (1)及答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：32.00)1.当 x0 时，下列无穷小中最高阶的是 A B3x 3 -4x 4 +5x 5 Ce x2 -cosx D （分数：4.00）A.B.C.D.2.设 处处连续，则 f“(0)= A0 B不存在 C D （分数：4.00）A.B.C.D.3.设 f(x)在 x=x 0 处取得极大值，则（分数：4.00）A.f“(x0)=0B.存在 0，使 f(x)在(x0-，x0)内单调增；而在(x0，x0+)内单调减C.存在 0，在(x0-，x0)内 f“(x0)0；而在(x0，x0+)
2、内 f“(x)0D.-f(x)在 x=x0 处取极小值4.设 ， ， （分数：4.00）A.MNPB.NMPC.MPND.NPM5.三元一次方程组 所代表的三平面不可能的位置关系为 A B C D （分数：4.00）A.B.C.D.6.设矩阵 ， （分数：4.00）A.合同，但不相似B.合同，且相似C.相似，但不合同D.既不合同，也不相似7.设随机变量 X 的概率分布为 （分数：4.00）A.1B.2C.3D.48.已知(X，Y)服从二维正态分布 N(0，0； 2 ， 2 ；)，其中 0，0，则随机变量 X+Y 与 X-Y 必（分数：4.00）A.相互独立且同分布B.相互独立但不同分布C.不相
3、互独立但同分布D.不相互独立且不同分布二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9. （分数：4.00）10.通解为 y=C 1 e x +C 2 x 的常微分方程是 1 （分数：4.00）11.设 （分数：4.00）12.曲面片 ：z 2 =x 2 +y 2 (0z1)的形心为 1 （分数：4.00）13.三元二次型 T A 经正交变换 =Qy 化为标准形 （分数：4.00）14.设随机变量 X 1 ，X 2 相互独立，且 X 1 服从标准正态分布，其分布函数为 (x)，而 PX 2 =-1=PX 2 =1)= （分数：4.00）三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.试证明不等式
4、3xtanx+2sinx，x(0， （分数：10.00）_16.设 ，其中 f(u)有二阶连续导数，f(0)=f“(0)=0，且 （分数：10.00）_17.设 为上半单位球面 的上侧，函数 f(x，y)连续且满足 （分数：10.00）_18.设 a 0 =1， ，(n0) ()证明：当|x|1 时，幂级数 （分数：10.00）_19.设 f(x)在0，1上连续，且 证明 使 （分数：10.00）_20.已知齐次方程组 A=0 为 （分数：11.00）_21.已知矩阵 （分数：11.00）_22.设某地区一年内发生有感地震的次数 X 和无感地震次数 Y 分别服从泊松分布 P( 1 )和 P(
5、2 )，( 1 ， 2 0)，且 X 与 Y 相互独立 ()求在一年内共发生 n(n0)次地震的概率； ()已知一年内发生了 n 次地震的条件下，求有感次数 X 的条件概率分布 （分数：11.00）_23.设总体 X 的概率分布为 ，其中参数 未知，以 N i 表示来自总体 X 的简单随机样本(样本容量为 n)中等于 i 的个数(i=0，1，2) ()求参数 的矩估计量 ； ()求常数 a 0 ，a 1 ，a 2 ，使 （分数：11.00）_考研数学一-401 (1)答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：32.00)1.当 x0 时，下列无穷小中最高
6、阶的是 A B3x 3 -4x 4 +5x 5 Ce x2 -cosx D （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：解析 若两两进行比较，则比较繁，若能估计出每一个无穷小是 x 的几阶无穷小，则问题就得以解决 由于当 x0 时 A B3x 3 -4x 4 +5x 5 C D 当 x0 时，sin(1-cosx) 2 (1-cosx) 2 sinxx，1-cosx 则当 x0 时， 为 x 的 3 阶无穷小，从而 2.设 处处连续，则 f“(0)= A0 B不存在 C D （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题是研究分段函数 f(x)在分界点 x=0 处的二阶导数，如果用导数定义
7、做比较繁可考虑用幂级数展开 由于 ，由连续性知 ，且 3.设 f(x)在 x=x 0 处取得极大值，则（分数：4.00）A.f“(x0)=0B.存在 0，使 f(x)在(x0-，x0)内单调增；而在(x0，x0+)内单调减C.存在 0，在(x0-，x0)内 f“(x0)0；而在(x0，x0+)内 f“(x)0D.-f(x)在 x=x0 处取极小值 解析：解析 由极大值的定义知，存在 0，当 x(x 0 -，x 0 +)时 f(x)f(x 0)从而有 -f(x)-f(x 0)由极值定义知，-f(x)在 x=x 0 处取极小值故应选 D4.设 ， ， （分数：4.00）A.MNPB.NMP C.M
8、PND.NPM解析：解析 由于(x+y) 2 =x 3 +3xy 2 +3x 2 y+y 3 ，而等式右端 4 项中的每一项关于 x 或关于 y 都是奇函数，而积分域|x|+|y|1 关于两个坐标轴都对称，则 由于 cosx 2 siny 2 0(x 2 +y 2 1)且不恒为零，则 由于 e-x2-y2-1=e-(x2+y2)-10，(x 2+y21)但不恒等于零，则 5.三元一次方程组 所代表的三平面不可能的位置关系为 A B C D （分数：4.00）A.B.C. D.解析：解析 对方程组增广矩阵作初等行变换，有 若 a-1 且 a4，方程组有唯一解，三个平面有唯一交点图形 A 若 a=
9、4，r(A)= =23，方程组有无穷多解，三个平面交于一条直线如图形 B 若 a=-1，r(A)=2， 6.设矩阵 ， （分数：4.00）A.合同，但不相似 B.合同，且相似C.相似，但不合同D.既不合同，也不相似解析：解析 两个实对称矩阵相似 特征值相同， 两个实对称矩阵合同 7.设随机变量 X 的概率分布为 （分数：4.00）A.1B.2 C.3D.4解析：解析 已知泊松分布为 8.已知(X，Y)服从二维正态分布 N(0，0； 2 ， 2 ；)，其中 0，0，则随机变量 X+Y 与 X-Y 必（分数：4.00）A.相互独立且同分布B.相互独立但不同分布 C.不相互独立但同分布D.不相互独立
10、且不同分布解析：解析 (X，Y)二维正态，则(X+Y，X-Y)也是二维正态，故两个边缘分布 X+Y 和 X-Y 的分布也是正态分布 E(X+Y)=EX+EY=0+0=0， D(X+Y)=DX+DY=2cov(X，Y)= 2 + 2 + =2 2 (1+) E(X-Y)=EX-Ey=0-0=0 D(X-Y)=DX+DY-2cov(X，Y)= 2 + 2 - 二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9. （分数：4.00）解析： 解析 由于 而 则 10.通解为 y=C 1 e x +C 2 x 的常微分方程是 1 （分数：4.00）解析：(1-x)y“+xy“-y=0 解析 显然，所求方程为二
11、阶方程，可由 y，y“，y“消去任意常数 C 1 和 C 2 求得微分方程 y=C 1 e x +C 2 x y“=C 1 e x +C 2 y“=C 1 e x 式乘以 x 减去式得 xy“-y=C 1 (x-1)e x 式乘以(1-x)加式得 (1-x)y“+xy“-y=0 则该方程为所求的微分方程11.设 （分数：4.00）解析： 解析 由于 由 12.曲面片 ：z 2 =x 2 +y 2 (0z1)的形心为 1 （分数：4.00）解析： 解析 由对称性知 ， ，则形心为 13.三元二次型 T A 经正交变换 =Qy 化为标准形 （分数：4.00）解析： 解析 求正交变换 Q 就是求矩阵
12、 A 的特征向量，而二次型矩阵 A 是实对称矩阵，实对称矩阵特征值不同特征向量相互正交，故可设矩阵 A 属于特征值 =2 的特征向量是 X=(x 1 ，x 2 ，x 3 ) T 于是 TX=x1+x2-2x3=0解出 2 =(-1，1，0) T ， 3 =(2，0，1) T 由于 Q 是正交矩阵，现在 2 ， 3 不正交，故需 Schmidt 正交化 令 1 = 2 =(-1，1，0) T ，则有 再单位化，得 ，14.设随机变量 X 1 ，X 2 相互独立，且 X 1 服从标准正态分布，其分布函数为 (x)，而 PX 2 =-1=PX 2 =1)= （分数：4.00）解析： 解析 F Y (
13、y)=PYy=PX 1 X 2 Y，根据全概率公式 而 X 1 与 X 2 是相互独立的，故 三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.试证明不等式 3xtanx+2sinx，x(0， （分数：10.00）_正确答案：()解析：证明 令 f(x)=tanx+2sinx-3x， 则 f(x)=sec2x+2cosx-3f“(x)=2sec2xtanx-2sinx=2sinx(sec3x-1)0，从而 f“(x)单调增，又 f“(0)=0，则 f“(x)0，由此得 f(x)单调增，而 f(0)=0，则 f(x)0，故 3xtanx+2sinx，16.设 ，其中 f(u)有二阶连续导数，f(0
14、)=f“(0)=0，且 （分数：10.00）_正确答案：()解析：解 令 ，则 由对称性知 代入 得 即 f“(u)-f(u)=u齐次方程的特征方程为 2 -1=0， 1,2 =1， 令 ，代入 f“(u)-f(u)=u 得 a=-1，b=0 则 f(u)=C1eu+C2e-u-u由 f(0)=f“(0)=0 知， ， ， 故 17.设 为上半单位球面 的上侧，函数 f(x，y)连续且满足 （分数：10.00）_正确答案：()解析：解 设曲面 1 为平面域 的下侧，则 则 上式两端在上半球体 上积分得 由上式解得 故 18.设 a 0 =1， ，(n0) ()证明：当|x|1 时，幂级数 （分
15、数：10.00）_正确答案：()解析：解 ()由 知 则幂级数 的收敛半径为 R=1，故当|x|1 时，幂级数 收敛，又 由此可知 a n =(-1) n (n+1) (n0) ()令 ，则 19.设 f(x)在0，1上连续，且 证明 使 （分数：10.00）_正确答案：()解析：证法一 令 ，则 F(0)=0， 由罗尔定理知，存在 (0，1)，使 F“()=0，又 而 0，则 故原题得证 证法二 由于 又 ，则 由积分中值定理知 从而 20.已知齐次方程组 A=0 为 （分数：11.00）_正确答案：()解析：解 ()由 B( 1 ， 2 )=O 有( 1 ， 2 ) T B T =O，那么
16、矩阵 B T 的列向量(亦即矩阵 B的行向量)是齐次方程组( 1 ， 2 ) T =0 的解对系数矩阵( 1 ， 2 ) T 作初等行变换，有 得到基础解系：(1，2，1，0) T ，(-1，-1，0，1) T 故矩阵 ()由于两个方程组同解，那么 1 ， 2 必是齐次方程组 A=0 的基础解系 得 即 21.已知矩阵 （分数：11.00）_正确答案：()解析：解 如果矩阵 A 有 3 个不同的特征值，那么 A 必有 3 个线性无关的特征向量现在矩阵 A 只有 2个线性无关的特征向量，所以 A 的特征值必有重根由于 矩阵 A 的特征值是 1 =1-a， 2 =a， 3 =a+1 因为特征值必有
17、重根，有 1 = 2 ，即 或 1 = 3 ，有 a=0 如果 ，矩阵 A 的特征值为 ， ， 由 得 的特征向量 k 1 (1，0，1) T ，k 1 0 由 得 的特征向量 k 2 (3，-4，5) T ，k 2 0 如果 a=0，矩阵 A 的特征值为 1，1，0 由 得 =1 的特征向量 l 1 (1，0，1) T ，l 1 0 由 22.设某地区一年内发生有感地震的次数 X 和无感地震次数 Y 分别服从泊松分布 P( 1 )和 P( 2 )，( 1 ， 2 0)，且 X 与 Y 相互独立 ()求在一年内共发生 n(n0)次地震的概率； ()已知一年内发生了 n 次地震的条件下，求有感次
18、数 X 的条件概率分布 （分数：11.00）_正确答案：()解析：解 ()题给 XP( 1 )，YP( 2 )，且 X，Y 相互独立 现要求 PX+Y=n的值 n=0，1，2， 实际上 XP( 1 )，YP( 2 )，且 X，Y 相互独立 则 X+YP( 1 + 2 ) ()当 0kn 时， 如果记 ，则 PX=k|X+Y=n= 23.设总体 X 的概率分布为 ，其中参数 未知，以 N i 表示来自总体 X 的简单随机样本(样本容量为 n)中等于 i 的个数(i=0，1，2) ()求参数 的矩估计量 ； ()求常数 a 0 ，a 1 ，a 2 ，使 （分数：11.00）_正确答案：()解析：解
19、 ()参数 就一个，用 EX=02(1-)+12 2 +2(1-2)=2 2 -4+2=2(-1) 2 从 得到 2(-1) 2 = ， ，由于 ，故 ， ()使 为 2 的无偏估计量，即要求 ET= 2 N i 表示来自总体 X 的简单随机样本中等于 i 的个数，(i=0，1，2) 如果把样本 X 1 ，X 2 ，X n 中每个 X j 取 i 值看成是一次试验成功，X j 不取 i 值看成是一次试验失败，则样本的 n 个分量看成是 n 重独立重复试验如果取 i 值即试验成功的概率为 p i ，则 N i B(n，p i )，EN i =np i ，DN i =np i (1-p i ) 所以 ET=a 0 n2(1-)+a 1 n2 2 +a 2 n(12)= 2 即 (2a 1 n-2a 0 n) 2 +(2a 0 n2a 2 n)+a 2 n= 2 因此 由此解得
