【考研类试卷】考研数学一-132及答案解析.doc

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1、考研数学一-132 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.设 （分数：4.00）A.B.C.D.2.设随机变量 X,Y,Z 相互独立，且 XN(1,2)，yN(2,2)，ZN(3,2)，如果 （分数：4.00）A.B.C.D.3.设 A 为 n 阶实矩阵，A T是 A 的转置矩阵，记线性方程组()：AX=0，线性方程组()：A TAX=0，则（分数：4.00）A.()的解是()的解，()的解电是()的解B.()的解是()的解，但()的解不是()的解C.()的解是()的解，但()的解不是()的解D.()的解不是()的解，()的解也不是

2、()的解4. （分数：4.00）A.B.C.D.5.设二维随机变量(X,Y)在平面区域 D=(x,y)|-1x2，-1y3 上服从均匀分布，则概率 Pmax(X,Y)0 等于 （分数：4.00）A.B.C.D.6.下列函数中，在点(0,0)处连续的函数是 （分数：4.00）A.B.C.D.7.设 f(x)=(x)(1+|sinx|)，(x)可导，则 (0)=0 是 f(x)在点 x=0 处可导的（分数：4.00）A.充分必要条件B.必要条件，但非充分条件C.充分条件，但非必要条件D.既非必要条件，又非充分条件8.设 A 为 3 阶矩阵，其特征值为-1,1，2，则在下列矩阵中满秩的是（分数：4.

3、00）A.A+EB.A+2EC.A-ED.A-2E二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.设函数 f(x)与 g(x)在点 x=0 的某邻域可求任意阶导数，且满足 f“(x)+f(x)g(x)+f(x)x=ex-1，f(0)=1，f(0)=0， （分数：4.00）填空项 1:_10.设数量场 （分数：4.00）填空项 1:_11.交换积分顺序： （分数：4.00）填空项 1:_12.设 （分数：4.00）填空项 1:_13.设 A，B，C 皆为 n 阶矩阵，且 AB=BC=CA=E，则 A2+B2+C2=_（分数：4.00）填空项 1:_14.设随机变量 X 的分布函数为 （分数：4.0

4、0）填空项 1:_三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.求 z 轴绕 L 旋转所成的旋转曲面方程，其中 L 为过原点且垂直于平面 （分数：10.00）_16. （分数：10.00）_17. （分数：10.00）_18.设物体由一圆锥以及与这一圆锥共底的半球拼成，而锥的高等于其底半径 a，求此物体对对称轴的转动惯量(设物体密度 =1)（分数：10.00）_19.设 f(x)是在a,b上的连续、严格单调函数，在(a,b)内可导，且 f(a)=ab=f(b)，试证：在(a,b)内必存在 n 个不同的点 i(i=1,2，,n)， （分数：10.00）_20.问 a 取何值时，线性方程组 （分

5、数：11.00）_21.设 n 阶方阵 A 有特征值 1， 2，且 1 2， 1， 2分别是属于 1， 2的特征向量，试证： 1+ 2不是 A 的特征向量（分数：11.00）_22.设二维随机变量(X,Y)的概率密度为 （分数：11.00）_23.设随机变量 XiN( 1， 2)，由总体 Xi抽取样本容量为 ni的简单随机样本，其样本均值为 ，样本方差为 ，且这两个简单随机样本相互独立为了使得统计量 （分数：11.00）_考研数学一-132 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.设 （分数：4.00）A.B. C.D.解析：分析* *

6、 *2.设随机变量 X,Y,Z 相互独立，且 XN(1,2)，yN(2,2)，ZN(3,2)，如果 （分数：4.00）A. B.C.D.解析：分析 因为 X,Y,Z 相互独立，且 * * *3.设 A 为 n 阶实矩阵，A T是 A 的转置矩阵，记线性方程组()：AX=0，线性方程组()：A TAX=0，则（分数：4.00）A.()的解是()的解，()的解电是()的解 B.()的解是()的解，但()的解不是()的解C.()的解是()的解，但()的解不是()的解D.()的解不是()的解，()的解也不是()的解解析：分析 由 AX=0*ATAX=AT(AX)=0，故 AX=0 的解为 ATAX=0

7、 的解若 X 为 ATAX=0 的解，令 AX=b，则bT=XTAT，b Tb=XTATAX=0，即 b 的各分量平方和为 0，从而 b 的各分量都为 0，故 b=0，即 AX=0，从而 ATAX=0的解也是 AX=0 的解因此选项(A)正确4. （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析* * * * *5.设二维随机变量(X,Y)在平面区域 D=(x,y)|-1x2，-1y3 上服从均匀分布，则概率 Pmax(X,Y)0 等于 （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析 (X,Y)的概率密度为 * 由加法公式，有 * 也可以用下面的方法求得： *6.下列函数中，在点(0,0)处连续

8、的函数是 （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析 选项(A)不对：因(A)中函数在点(0,0)处没定义，故函数在点(0,0)处不连续 * * 因此，(D)中函数在点(0,0)处连续7.设 f(x)=(x)(1+|sinx|)，(x)可导，则 (0)=0 是 f(x)在点 x=0 处可导的（分数：4.00）A.充分必要条件 B.必要条件，但非充分条件C.充分条件，但非必要条件D.既非必要条件，又非充分条件解析：分析 设 f(x)在点 x=0 处可导， * * 即 f(x)在点 x=0 处可导(充分性证完)8.设 A 为 3 阶矩阵，其特征值为-1,1，2，则在下列矩阵中满秩的是（分数：4

9、.00）A.A+EB.A+2E C.A-ED.A-2E解析：分析 设 A 有特征值 ，则 A+E 有特征值 +易知，矩阵满秩当且仅当其没有零特征值经过验算，选项(B)中矩阵的特征值为 1,3,4故选项(B)正确(其余选项中的矩阵皆含零特征值)二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.设函数 f(x)与 g(x)在点 x=0 的某邻域可求任意阶导数，且满足 f“(x)+f(x)g(x)+f(x)x=ex-1，f(0)=1，f(0)=0， （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：分析 由 f(0)=1，f(0)=0 及所给式子，有 f“(0)=0，再求导有 f“(0)=0，f

10、(4)(0)=1，由洛比达法则，有 *10.设数量场 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：分析 数量场 u 的梯度 * *11.交换积分顺序： （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：分析 解此类问题，一般可由所给累次积分的积分限，画出积分区域 D 的图形，如图 181，然后按新次序写出二次积分 * 由已给二次积分的积分限，可知积分区域为 * 作区域 D 的图形，交点坐标为 A(-6,8)，B(2,0)，故 *12.设 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：分析 由设知 S(x)是函数 f(x)先作偶延拓、再作周期为 2 的周期延拓所得函数

11、的 Fourier 级数的和函数，故依据 Dirichlet 定理，有 * 注：题设中只知 f(x)在0,1)上的表达式，欲求*，就要利用 S(x)的奇偶性及周期性，于是有*，至此转化为求*的间断点，这样一来利用 Dirichlet 定理即求出*13.设 A，B，C 皆为 n 阶矩阵，且 AB=BC=CA=E，则 A2+B2+C2=_（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：3E）解析：分析 由 AB=BC=CA=E，知 A，B，C 皆为可逆矩阵，且 A=B-1=C=A-1， B=C-1=A=B-1， C=A-1=B=C-1， 故有 A2+B2+C2=AA-1+BB-1+CC-1=3E14

12、.设随机变量 X 的分布函数为 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：分析 由 PX=以=F(a)-F(a -)，得 PX=-1=0.2-0=0.2，PX-1=0.5-0.2=0.3， PX=2=0.6-0.5-0.1，PX-4=1-0.6-0.4， 即 X 的概率分布为 *三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.求 z 轴绕 L 旋转所成的旋转曲面方程，其中 L 为过原点且垂直于平面 （分数：10.00）_正确答案：(z 轴的方向向量为 k=0,0,1，直线 L 的方向向量为 ，于是 k 与 s 夹角的余弦为 )解析：分析 由题设知，直线 L 的方程为 * 于是 L

13、 与 z 轴的交点为(0,0,0) 可见旋转曲面过坐标原点，z 轴上任一点 P 在绕直线 L 旋转过程中，OP 与直线 L 的夹角是个不变量，利用这个几何概念以及两向量之间夹角公式即可导出欲求曲面的方程 在旋转曲面上任取一点 M(x,y,z)，可知*与 s 的夹角仍为 ，故有 *16. （分数：10.00）_正确答案：(由于 注：可用定义求二阶偏导数： )解析：分析 利用偏导数定义解答17. （分数：10.00）_正确答案：(解法一 令 易知该幂级数的收敛半径 R=1，且 f(0)=0 于是由得 再由阿贝尔定理可得 解法二 对原级数进行分解： x(-1,1)，由逐项积分定理，有 再由阿贝尔定理

14、得 因此，由与即有 )解析：分析 作一辅助幂级数，由逐项微分、逐项积分定理，求出其和函数，再由阿贝尔定理可得所求级数 之和另一解法是：先对原级数进行分解，利用已知展开式及逐项积分定理，可得级数的和函数，再由阿贝尔 定理解得18.设物体由一圆锥以及与这一圆锥共底的半球拼成，而锥的高等于其底半径 a，求此物体对对称轴的转动惯量(设物体密度 =1)（分数：10.00）_正确答案：(解法一 选取坐标系，使原点在锥顶，如图 182，半球面与锥面的方程分别为z=a+ ，于是对称轴为 z 轴，所求的转动惯量为 解法二 选取坐标系，使原点在球心，如图 183，半球面与锥面的方程分别为 ，对称于 z 轴采用球面

15、坐标，于是半球对于 z 轴的转动惯量为 锥体对于 z 轴的转动惯量为(采用柱面坐标) 因此，物体对于 z 轴的转动惯量为 )解析：分析 这是三重积分的应用题，适当建立坐标系，按照转动惯量的计算公式求解19.设 f(x)是在a,b上的连续、严格单调函数，在(a,b)内可导，且 f(a)=ab=f(b)，试证：在(a,b)内必存在 n 个不同的点 i(i=1,2，,n)， （分数：10.00）_正确答案：(将a,bn 等分，分点为 a=x0x 1x 2x n=b， 于是 由于 f(x)在a,b上连续，严格单调，f(a)=a，f(b)=b，故由连续函数介值定理，有 f( i)=xi，i=1，2，n

16、令 0=a， n=b，由单调性，有 0 1 2 n， 在每一个 i-1， i上应用拉格朗日中值定理，有 )解析：分析 利用连续函数性质及拉格朗日中值定理证之20.问 a 取何值时，线性方程组 （分数：11.00）_正确答案：(记 A 为方程组的系数矩阵， 为其增广矩阵 由此可知 当 a1，a-3 时，r(A)=r( )=4，方程组有唯一解； 当 a=1 时，r(A)=r( )=1，方程组有无穷多解； 当 a=-3 时，r(A)=3，r( )解析：分析 根据线性方程组相容性定理求解21.设 n 阶方阵 A 有特征值 1， 2，且 1 2， 1， 2分别是属于 1， 2的特征向量，试证： 1+ 2

17、不是 A 的特征向量（分数：11.00）_正确答案：(若 1+ 2是方阵 A 的属于特征值 的特征向量，则有 A( 1+ 2)=( 1+ 2) 由题设，A 1= 1 1，A 2= 2 2， 于是 A( 1+ 2)=A 1+A 2= 1 1+ 2 2， 故得 ( 1+ 2)= 1 1+ 2 2 )解析：分析 利用特征值及特征向量的概念并采用反证法证明22.设二维随机变量(X,Y)的概率密度为 （分数：11.00）_正确答案：()当|x|1 时，有 当|x|1 时，有 fx(x)=0。 当|x|1 时，有 ()设 X2的分布函数为 F1(x)当 x0 时，有 F1(x)=0； 当 0x1 时，有

18、同理可得(X,Y)关于 Y 的概率密度为 从而可得 Y2的分布函数 设二维随机变量(X 2，Y 2)的分布函数为 F(x,y)当 x0 或 y0 时，有 F(x,y)=PX2x，Y 2y)=P( )=0； 当 0x1，0y1 时，有 当 z1，y1 时，有 F(x,y)=1，即(X 2，Y 2)的分布函数为 )解析：分析 先求出(X,Y)关于 X 的边缘概率密度 fx(x)，就可以求得 fY|X(y|x)。设 X2，Y 2及(X 2，Y 2)的分布函数分别为 F1(x)，F(x)及 F(x,y)，由 F(x,y)=F1(x)F2(y)可以得出 X2与 Y2相互独立23.设随机变量 XiN( 1， 2)，由总体 Xi抽取样本容量为 ni的简单随机样本，其样本均值为 ，样本方差为 ，且这两个简单随机样本相互独立为了使得统计量 （分数：11.00）_正确答案：(由于 因此上面求得的 c1和 c2使得方差 D(Y)最小，最小值为 )解析：分析 如果 2 2(n)，则 E( 2)=n，D( 2)=2n*