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    [考研类试卷]考研数学(数学一)模拟试卷400及答案与解析.doc

    • 资源ID:843869       资源大小:404.50KB        全文页数:15页
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    [考研类试卷]考研数学(数学一)模拟试卷400及答案与解析.doc

    1、考研数学(数学一)模拟试卷 400 及答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求。1 设 f(x)在点 xa 处可导,则 ( )。(A)f(a)(B) 2f(a)(C) 0(D)f(2a)2 函数 f(x,y)x 2y3 在点 P(2,1)处沿方向 lij 的方向导数为( )。(A)16(B)(C) 28(D)3 设平面曲线 L: , y0,其所围成的区域分别记为D 和 D1,则有( ) 。4 设 S 为球面 x2y 2z 2R 2(R0)的上半球的上侧,则下列表示式正确的是( )。5 A 是三阶矩阵,P 是三阶可逆矩阵, ,且A1 1,A 2 2,A 30,则 P

    2、 应是( )。(A) 1, 2, 1 3(B) 2, 3, 1(C) 1 2, 2,2 3(D) 1 2, 2 3, 16 设 A,B,C ,D 是 4 个四阶矩阵,其中 AO,B0,C0,DO,且满足 ABCDO。若 r(A)r(B) r(C)r(D)r,则 r 的取值范围是( )。(A)r10(B) 10r12(C) 12r16(D)r167 设事件 A,B,C 是任意三个事件,事件 D 表示“A,B,C 中至少有两个事件发生”,则下列事件中与 D 不相等的是( ) 。8 设随机变量 X 的概率密度为 f(x),则随机变量X的概率密度 f1(x)为( )。二、填空题9 已知 2005,则a

    3、, b。10 若 的收敛半径是。11 设 yy(x) 是由。12 设平面 的方程为 2x yz 20,直线 l 的方程为则 与 l 的位置关系是。13 A 是 ns 矩阵,r(A) s,B 是 sn 矩阵,r(B)n,则 r(AB)。14 在总体 N(1,4) 中抽取一容量为 5 的简单随机样本 X1,X 2,X 5,则概率P(minX1,X 2,X 51)。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 设 f(x)在a,)上可导,且当 xa 时,f(x) k0(k 为常数)。证明:如果f(a)0,则方程 f(x)0 在区间 上有且仅有一个实根。16 求抛物线 y24x 与直线 y2

    4、x4 所围成的均匀薄片的形心。17 求椭球面 x22y 2z 2 22 上平行于平面 xy2z 0 的切平面方程。18 若函数 F(x,y,z)满足 F“xxF“ yyF“ zz0,证明其中 是光滑闭曲面 S 所围的区域, 是 F 在曲面 S 上沿曲面 S 的外向法线的方向导数。19 作变换 ttanx,把微分方程变成 y 关于 t 的微分方程,并求原微分方程的通解。19 设 A 是 n 阶矩阵, 1, 2, n 是 n 维列向量,且 n0,若A1 2,A 2 3, An1 n,A n0。20 证明 1, 2, n 线性无关;21 求 A 的特征值、特征向量。22 若 A、B 为两个 n 阶矩

    5、阵,且 ABAB 1 ,证明: 秩(EAB)秩(EAB)n。23 设随机变量 X 的概率密度为 对 X独立地重复观察 5 次,用 Y 表示 X 大于 3 的次数,求 Y2 的数学期望。24 设随机变量 XN(0, 2),X 1,X 2,X 10 是取自总体 X 的简单随机样本,求统计量 的分布及其自由度。考研数学(数学一)模拟试卷 400 答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求。1 【正确答案】 B【试题解析】 解 1(1)f(a)2f(a),仅(B)入选。2 【正确答案】 B【试题解析】 仅(B)入选。3 【正确答案】 A【试题解析】 4 【正确答案】 B【试

    6、题解析】 解一 用 S1 与 S2 分别表示 S 的右半部分与左半部分,则其中 D 表示曲面 S1 与 S2 在平面 zOx 上的投影区域:x 2z 2R2,z0,仅(B)入选。解二 由上述结论,即可看出选项(B)正确。这是因为 S 关于坐标平面 zOx 对称,而 y 为奇函数,故 ,因 y2 为偶函数,故 。同理,(因 xxy 0,zzy 0 都可看成 y 的偶函数)。5 【正确答案】 C【试题解析】 解一 因(A)中向量 1 3 是 A 的不同特征值的特征向量的线性组合,故不是 A 的特征向量,排除(A)。 (B)中 3, 1 的排列顺序与其对角阵中特征值的排列顺序不一致,排除(B)。 (

    7、D)中 2 3 不是 A 的特征向量,排除(D) ,仅(C)入选。 解二 因为 1 2, 2 仍是 1 的特征向量,2 3 仍是 0 的特征向量,且与其对角阵中特征值的排列顺序一致,仅(C)入选。6 【正确答案】 B【试题解析】 解 由 ABCD(AB)(CD)0 得到r(AB)r(CD)4。而 B, C 为满秩矩阵,故r(AB)r(A),r(CD) r(D)。于是 r(A)r(D)4,又 AO,DO,有r(A)1, r(D)1,则 2r(A)r(D)4,又 r(B)r(C)4,故1028r(A)r(B)r(C) r(D)4 812, 仅(B) 入选。7 【正确答案】 A【试题解析】 解 显然

    8、 DABBCAC,而(A B)(A C)(BC) (ABC)(BC)AB BCCA,ABBC AC这说明(B)、(C)、(D) 中的事件都与事件 D 相等,所以仅(A)入选。8 【正确答案】 D【试题解析】 解一 设X的分布函数为 F1(x),X 的分布函数为 F(x),则当 x0时,Xx为不可能事件,故 P(Xx)P( )0,从而 f 1(x)F 1(x)0。 当 x0 时,XxxXx),因而 P(xXx) P(Xx)P(Xx)F(x)F(x),则 F 1(x)P(Xx)F(x) F(x), f 1(x)F 1(x)F(x)F(x)F(x) F(x)(1)F(x)F( x) f(x)f( x

    9、),故 f1(x)F 1(x)仅(D)入选。 解二 因 X0,故当 x1(x)P(xx) P( )0 ,从而 x0时,必有 f1(x)0,于是选项(A) 、(B)应排除,又因 产生矛盾,故排除(C),仅(D)入选。二、填空题9 【正确答案】 ,【试题解析】 10 【正确答案】 【试题解析】 解 令 tx 3,则原级数化为的收敛半径 R2,因而2t2, 即 2x 32,故 ,于是原级数的收敛半径为 。11 【正确答案】 【试题解析】 12 【正确答案】 l 在 上【试题解析】 解 因为 的法向量为 n(2,1 ,1),l 的方向向量为s(1,3,1),由于ns2310,即 n 与 s 垂直,从而

    10、 l 与 平行。又由 l 的方程知,l 过点(1,2,2),此点坐标亦满足 的方程,所以 l 在 上。13 【正确答案】 n【试题解析】 解一 因 A 为 nS 矩阵,且 r(A)s,即 A 为列满秩矩阵,则r(AB)r(B)n 。解二 因 A 为 ns 矩阵, r(A)s,故 ns,B是 sn 矩阵,r(B)n,故 sn,从而sn,于是 A, B,AB 均为 n 阶矩阵,且均可逆,故有 r(AB)n 。14 【正确答案】 096875【试题解析】 解一 P(minX 1,X 2,X 51) 1P(minX 1,X 2,X 51) 1P(X 11,X 21,X 51) 1P(X 11)5解二

    11、令MminX 1,X 2,X 5,其中 X1,X 2,X 5 独立同分布,则 F M(z)11 F(z) 5,故 P(minX1,X 2,X 51)P(M1)F M(1)11F(1)511 (0) 51(12) 5096875。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 【正确答案】 证一 根据定积分的保序性,在不等式 f(x)k 的两端从 a 到 x 积分,得到 axf(t)dt axkdtk(xa) ,即 f(x)f(a)k(xa),亦即 f(x)f(a)k(x a)(x a)。 令 f(a)k(xa) 0,解得 xx 0a f(a)k,在式中令xx 0 得到 f(x0)0。

    12、又 f(a)0,由零点定理知,f(x)0 在(a,x 0)(a,a f(a)k)内有实数根。 再由 f(x)0(xa),且 f(x)在 xa 处连续知,f(x) 在a ,af(a)k上单调减少,故方程 f(x)0 在该区间只有一个实根。 证二 下用拉格朗日中值定理找出点 x0,使 f(x0)0。由题设知,f(x) 在a,af(a)k上满足拉格朗日中值定理条件,故有 其中 aa f(a)k,因 f(x)k0,故 f(x)k1,因而由式 得到于是所找的点即为 x0af(a) k。 下面的证明与证一相同。【试题解析】 证题思路 用零点定理证之,需找另一点 x0,使 f(x0)0。下面用定积分性质找出

    13、 x0,也可用拉格朗日中值定理找出 x0,使 f(x0)0。16 【正确答案】 解 由 易求得抛物线与直线的两交点为(1,2),(4, 4),设形心坐标为 ,则【试题解析】 解题思路 按形心的计算公式直接计算。17 【正确答案】 解 令 F(x,y,z)x 22y 2z 222,则 Fx2x,F y4y,F z2z。 设所求切平面与椭球面切于点(x 0,y 0,z 0),则此切平面的法矢量为 n2x 0,4y 0,2z 0。此切平面与平面 xy2z0 平行,故 由于点 (x0,y 0,z 0)在椭球面上,故 x 022y 02z 0222。 由式、式即得所求切点为(2,1,4)及(2,1,4)

    14、,将此两点的坐标代入切平面方程: x 0(xx 0)2y 0(yy 0)z 0(zz 0)0,即得所求的切平面方程为 2(x 2)2(y1)4(z4)0 与 2(x2)2(y 1)4(z4)0;或化简为 xy2z11 0 与 xy 2z 110。【试题解析】 解题思路 设出切点坐标(x 0,y 0,z 0),求出切平面的法矢量,找出(x0,y 0,z 0)所满足的条件求出 x0,y 0,z 0,即可写出切平面方程。18 【正确答案】 证 由题意知【试题解析】 证题思路 利用公式,其中 cos,cos,cos 为方向 n 的方向余弦,将待证等式右边的第一类曲面积分化为标准式的第一类曲面积分 ,然

    15、后再用高斯公式证之。19 【正确答案】 解 由 ttanx 有解之得 y(C 1C 2t)et t 2,从而得原方程的通解为 y(C 1C 2tanx)etanx tanx2。【试题解析】 解题思路 作变换 ttanx,视 t 为中间变量,x 为自变量分别求出即可。20 【正确答案】 设 k 11k 22k nn0, 用 An1 左乘,得到 k1An1 1k 2An1 2k nAn1 n0。 注意到 Aij0,ijn 1,当ij ij0,故 A n1 20,A n1 30,A n1 n0,A n1 10, 从而k1An1 10,即 k 1An1 1k 1An2 2k 1An1 k 1n0, 而

    16、 n0,故k10。 同法用 An2 ,A n1 ,A 左乘式可得 k 2k 3k n1 0。 代入式有 knn0,而 n0,故 kn0,所以 1, 2, n 线性无关。【试题解析】 证题思路 利用线性无关的定义证之,转化为矩阵关系,利用相似矩阵性质求之。21 【正确答案】 因 Ai i1 (i1,2,n1),A n0,故A1, 2, n 2, 3, n,0 1, 2, n。因 1, 2, n 线性无关,故 P 1, 2, n可逆,且 所以 AB ,显然 B 的特征值全为 0,所以 A 的特征值也全为 0,又因 秩(A)秩(B)n1,故 AX0 的基础解系只含一个解向量,因 An0 n,而 n0

    17、,故 A 的关于 0 的特征向量为kn(k0)。22 【正确答案】 证 显然有 秩(EAB)秩(E AB)秩(EABEAB)秩(2E)n。 另一方面,由 ABAB 1 得到 (EAB)(EAB)EABABABAB E(ABA)B EB 1 BEE O, 故 秩(EAB)秩(EAB)n。 由式与式得到 秩(E4B)秩(E AB)n。【试题解析】 证题思路 只需证明秩(EAB)秩(EAB)n,秩(EAB)秩(EAB)n。23 【正确答案】 解 则 Y B(n,p)B(5,12), E(Y)np 5(12)52, D(Y)npq5(12)(112)54。所以 E(Y 2)D(Y)E(Y) 254254304152。【试题解析】 解题思路 求出 P(X3)p,则 YB(5,p) ,进一步求出 E(Y)与 D(Y),即可写出 E(Y2)。24 【正确答案】 解 因 利用 2 分布的可加性,有 由 F 分布的典型模式得到即其第 1,第 2个自由度分别为 n14,n 26。【试题解析】 解题思路 所给统计量的分子和分母均为样本个体平方的线性组合,该统计量常服从 F 分布。


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