【考研类试卷】考研数学一-172及答案解析.doc

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1、考研数学一-172 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.设随机变量 XE(1)，记 Y=max(X，1)，则 E(Y)= ( )（分数：4.00）A.1B.1+e-1C.1-e-1D.e-12.设三元函数 ，点 M(0，0，0)，始于点 M 的单位向量 =cos，cos,cos考虑点 M 处的偏导数 与方向导数 则 ( )（分数：4.00）A.B.C.D.3.设 S 为上半球面 x2+y2+z2=a2，z0，a0下列第一型或第二型曲面积分不为零的是 ( )（分数：4.00）_4.设 A= 1， 2， n经过若干次初等行变换得 B=

2、 1， 2， n，则 A 与 B 有 ( )（分数：4.00）A.对应的任何部分行向量组具有相同的线性相关性B.对应的任何部分列向量组具有相同的线性相关性C.对应的任何 k 阶子式同时为零或同时不为零D.对应的非齐次方程组 AX=b 和 BX=b 是同解方程组5.下列矩阵中，是正定矩阵的是 ( )（分数：4.00）A.B.C.D.6.设 X1，X 2，X 3，X 4是取自总体 N(0，4)的简单随机样本，记 X=a(X1，-2X 2)2+b(3X3-4X4)2，其中 a，b 为常数已知 XX 2(n)分布，则 ( )（分数：4.00）A.n 必为 2B.n 必为 4C.n 为 1 或 2D.n

3、 为 2 或 47.设 f(x)在 x=0 处存在 4 阶导数，又设 （分数：4.00）A.B.C.D.8.设 f(x)满足 f“(x)+(1-cosx)f(x)+xf(x)=sinx，且 f(0)=2则 ( )（分数：4.00）A.x=0 是 f(x)的极小值点B.x=0 是 f(x)的极大值点C.曲线 y=f(x)在点(0，f(0)左侧邻近是凹的，右侧邻近是凸的D.曲线 y=f(x)在点(0，f(0)左侧邻近是凸的，右侧邻近是凹的二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9. （分数：4.00）填空项 1:_10. （分数：4.00）填空项 1:_11.微分方程 y“+2y-3y=xex的

4、通解为 y= 1（分数：4.00）填空项 1:_12.设 y=y(x)由方程 确定，则 （分数：4.00）填空项 1:_13.设 （分数：4.00）填空项 1:_14.设随机变量 X 与-X 服从同一均匀分布 Ua，b，已知 X 的概率密度 f(x)的平方 f2(x)也是概率密度，则 b=_（分数：4.00）填空项 1:_三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.设 L 为圆周 x2+y2=2 正向一周，计算曲线积分 I= Lydx+|y-x3|xdy（分数：10.00）_16.试确定常数 a 与 b，使得经变换 u=x+ay，=x+by，可将方程 化为 ，并求z=z(x+ay，x+by

5、)（分数：10.00）_17.设 k 是常数，讨论函数 f(x)=(2x-3)ln(2-x)-x+k 在它的定义域内的零点个数（分数：10.00）_18.设 ，讨论级数 （分数：10.00）_19.设 f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导()试证明拉格朗日中值定理；()若又设 f(x)不是一次式，试证明至少存在一点 (a，b)使（分数：10.00）_20.设 A 是 3 阶实对称矩阵，已知 A 的每行元素之和为 3，且有二重特征值 1= 2=1求 A 的全部特征值、特征向量，并求 An（分数：11.00）_21.设 A，B 是 n 阶矩阵()A 是什么矩阵时，若 AB=A，必有 B=E；

6、A 是什么矩阵时，有 BE，使得 AB=A() （分数：11.00）_22.设二维随机变量(X，Y)具有联合概率密度函数（分数：11.00）_23.设 X1，X 2，X n是来自参数为 (0)的指数分布总体 X 的简单随机样本()试求总体 X 的数学期望 E(X)的矩估计量和最大似然估计量；()验证所得估计是否为无偏估计（分数：11.00）_考研数学一-172 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.设随机变量 XE(1)，记 Y=max(X，1)，则 E(Y)= ( )（分数：4.00）A.1B.1+e-1 C.1-e-1D.e-1解

7、析：分析 如果先去求 Y 的密度 fY(y)计算量很大不如直接用公式*其中 f(x)为指数分布的 X 的密度函数，*所以*2.设三元函数 ，点 M(0，0，0)，始于点 M 的单位向量 =cos，cos,cos考虑点 M 处的偏导数 与方向导数 则 ( )（分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析 *不存在*应选(D)3.设 S 为上半球面 x2+y2+z2=a2，z0，a0下列第一型或第二型曲面积分不为零的是 ( )（分数：4.00）_解析：分析 S 在 yOz 平面上的投影域为Dyz=(y，z)|y 2+z2a 2，z04.设 A= 1， 2， n经过若干次初等行变换得 B= 1， 2

8、， n，则 A 与 B 有 ( )（分数：4.00）A.对应的任何部分行向量组具有相同的线性相关性B.对应的任何部分列向量组具有相同的线性相关性 C.对应的任何 k 阶子式同时为零或同时不为零D.对应的非齐次方程组 AX=b 和 BX=b 是同解方程组解析：分析 A 经过初等行变换得 B，对应齐次方程得 AX=0 和 BX=0 是同解方程组，且任何对应的部分列向量组成线性方程也是同解方程，故 A、B 中任何对应的部分列向量组有相同的线性相关性，故应选(B)而(A)，(C)，(D)均不成立例取*，则* 1， 2无关，且 1， 2相关故(A)不成立则*，其对应的余子式也不等，(C)不成立取*，则

9、AX=b 有解但 BX=b 无解故(D)不成立，由排除法应取(B)5.下列矩阵中，是正定矩阵的是 ( )（分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析 具体的数值矩阵正定性的判别可利用定理：A 正定*A 的顺序主子式全部大于零，即 A正定的必要条件：a ii0，i=1，2，n，|A|0其中(A)A 中 a22=0，(B)B 中 b33=-2，(C)|C|=0故(A)，(B)，(C)都不正定，应选(D)D 的顺序主子式全部大于零，故 D 是正定阵故应选(D)6.设 X1，X 2，X 3，X 4是取自总体 N(0，4)的简单随机样本，记 X=a(X1，-2X 2)2+b(3X3-4X4)2，其中

10、a，b 为常数已知 XX 2(n)分布，则 ( )（分数：4.00）A.n 必为 2B.n 必为 4C.n 为 1 或 2 D.n 为 2 或 4解析：分析 X 1，X 2，X 3，X 4是相互独立且均服从 N(0，4)分布所以(X 1-2X2)N(0，20)N(3X 3-4X4)N(0，100)，且相互独立，因此，如果令*，则a(X1-2X2)2X 2(1)如果令*，则b(3X3-4X4)2X 2(1)如果 a，b 中有一个为零，另一个不为零，则 XX 2(1)如果 a，b 均不为零，则 XX 2(2)其实本题已知 XX 2(n)分布，不必计算 a 和 b，可以直接判断 n=1 或 n=2，

11、因为 X 中只涉及两个相互独立的正态随机变量之平方和7.设 f(x)在 x=0 处存在 4 阶导数，又设 （分数：4.00）A.B.C. D.解析：分析 由于*，所以当 x0 时*于是*，即*(当 x0)另一方面，由于 f(x)在 x=0 处存在 4 阶导数，由佩亚诺余项泰勒公式展开到 o(x4)，有*推知 f(0)=0，f(0)=0，f“(0)=0，f“(0)=1，f (4)(0)任意，选(C)注 推知*之后，也可用洛必达法则8.设 f(x)满足 f“(x)+(1-cosx)f(x)+xf(x)=sinx，且 f(0)=2则 ( )（分数：4.00）A.x=0 是 f(x)的极小值点B.x=

12、0 是 f(x)的极大值点C.曲线 y=f(x)在点(0，f(0)左侧邻近是凹的，右侧邻近是凸的 D.曲线 y=f(x)在点(0，f(0)左侧邻近是凸的，右侧邻近是凹的解析：分析 由所给 f“(x)+(1-cosx)f(x)+xf(x)=sinx，有 f“(0)=0，f“(x)+sinxf(x)+(1-cosx)f“(x)+xf(x)+f(x)=cosx，于是 f“(0)=1-f(0)=-10，即有 *而 f“(0)=0，所以*于是存在 x=0 的某去心邻域 U，当 xU 且 x0 时，f“(x)0，曲线 y=f(x)凹；当 xU 且 x0 时 f“(x)0，曲线凸选(C)注 1 为什么不选(

13、A)与(B)，理由如下：若 f(0)0，当然不选(A)与(B)若 f(0)=0，由*故当|x|充分小且 x0 时 f(x)0，所以在 x=0 的左、右邻域 f(x)均严格单调减，故不选(A)与(B)注 2 下述条件可推出同样结论，设 f(x)在 x=0 处存在三阶导数，且*；或设 f(x)在 x=0 的某领域内存在二阶导数，且*二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9. （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 *10. （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 *11.微分方程 y“+2y-3y=xex的通解为 y= 1（分数：4.00）填空项 1

14、:_ （正确答案：*）解析：分析 对应齐次方程组的特征根为 r1=1，r 2=-3，故对应齐次方程的通解为 Y=C1ex+C2e-3x设原非齐次方程的一个特解为 y*=x(Ax+B)ex=(Ax2+Bx)ex，用待定系数法可求得*，*，*，应填通解如上12.设 y=y(x)由方程 确定，则 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：-2）解析：分析 由*，以 x=0 代入，有 y=1再将所给方程两边对 x 求导得*于是*从而*将 x=0，y=1 代入，得 y|x=0=3，y“| x=0=-213.设 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 *A3=A2A=4AA4=(

15、A2)2=16E=42EA 2n=4nEA 2n+1=4nAA5=A4A=16A=42A故 f(A)=E+A+A2+A3+A4+A5+A2n+A2n+1=E+A+4E+4A+42E+42A+4nE+4nA=(1+4+4n)(E+A)*14.设随机变量 X 与-X 服从同一均匀分布 Ua，b，已知 X 的概率密度 f(x)的平方 f2(x)也是概率密度，则 b=_（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 如果 XUa，b，则-XU-b，-a，现 X 与-X 同分布，故有 a=-b，即 XU-b，b)这时，*f2(x)也是概率密度，有*三、解答题(总题数：9，分数：94.00)

16、15.设 L 为圆周 x2+y2=2 正向一周，计算曲线积分 I= Lydx+|y-x3|xdy（分数：10.00）_正确答案：(画出圆周 x2+y2=2 及曲线 y=x3，它们交于两点 A(1，1)与 C(-1，-1)*其中*用以下用两种方法计算 I2与 I3方法一 加减弧段格林公式法添直线段*，并以 D1与 D2分别表示圆 x2+y22 被直线段*分割成的上、下两半圆域，有*方法二 参数法L 的参数式为*)解析：16.试确定常数 a 与 b，使得经变换 u=x+ay，=x+by，可将方程 化为 ，并求z=z(x+ay，x+by)（分数：10.00）_正确答案：(z 与 x，y 的脉络关系如

17、图所示：*，于是*代入所给方程，得*按题意，应取1-4a+3a2=0， 1-4b+3b 2=0即 (1-3a)(1-a)=0，(1-3b)(1-b)=0组合配对*若取第 1 对时，*的系数为 0，与题目要求不符同理，取第 4 对时，*的系数亦为 0只在取*或*时，有*，从而知*其中 ()为 的任意的可微函数于是z=()d+(u)=()+(u)其中 (u)为 u 的任意的可微函数，()为 ()的一个原函数取*，b=1 时，得* 取 a=1，*时，得*由于 与 的任意性，所以两组解其实是一样的)解析：17.设 k 是常数，讨论函数 f(x)=(2x-3)ln(2-x)-x+k 在它的定义域内的零点

18、个数（分数：10.00）_正确答案：(f(x)的定义域为：-x2*可见 f(1)=0，且当-x1 时 f(x)0；当 1x2 时 f(x)0所以f(1)=k-1 为 f(x)的最大值当 k1 时，f(x)无零点；当 k=1 时，f(x)有唯一零点 x=1；当 k1 时，f(1)0，且*，但*从而 *又 *从而知在区间(-，1)与(1，2)内 f(x)分别恰有唯一零点讨论完毕)解析：18.设 ，讨论级数 （分数：10.00）_正确答案：(当 0x1 时，x(1-x)sin 2nx0，所以 un0，*为正项级数又因 sin2nxx 2n，所以*又因当 x时*所以*收敛)解析：19.设 f(x)在a

19、，b上连续，在(a，b)内可导()试证明拉格朗日中值定理；()若又设 f(x)不是一次式，试证明至少存在一点 (a，b)使（分数：10.00）_正确答案：()作函数*易知 F(a)=F(b)=0，由罗尔定理知，至少存在一点 (a，b)使 F()=0，即*()证毕()作 F(x)如上由于 f(x)不是一次式，所以 F(x)不为常数所以至少有一点 x1(a，b)使*或至少有一点 x2(a，b)使*由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 (a，b)，使 F()0，即有*如果 f(b)-f(a)0，那么由上式便有*如果 f(b)-f(a)0，证明是类似的)解析：20.设 A 是 3 阶实对称矩阵，已知 A

20、 的每行元素之和为 3，且有二重特征值 1= 2=1求 A 的全部特征值、特征向量，并求 An（分数：11.00）_正确答案：(方法一 A 是 3 阶矩阵每行元素之和为 3，即有*故知 A 有 3=3， 3=1，1，1 T又 A 是实对称阵，不同特征值对应的特征向量相互正交，故设 1= 2=1 的特征向量为 =x 1，x 2，x 3T应有*解得 1= 2=1 的线性无关特征向量为 1=-1，1，0 T， 2=-1，0，1 T取 *故 A=PP -1，A n=PP -1PP -1-P nP-1其中 P-1可如下求得：*方法二 由方法一，得*设 1= 2=1 对应的特征向量为 =x 1，x 2，x

21、 3T，则应有*取 1=1，-1，0 T，再取 2与 1正交，设 2=1，1，x T，代入上式得 2=1，1，-2 T，将 1， 2， 3单位化，并取正交阵*则 *注 因 A 是实对称阵，故不同特征值对应的特征向量应正交，且不但存在可逆阵，使 P-1AP=，还存在正交阵，使Q-1AQ=QTAQ=方法二中利用正交阵 Q 有 Q-1=QT，避免了初等变换求逆，较简便)解析：21.设 A，B 是 n 阶矩阵()A 是什么矩阵时，若 AB=A，必有 B=E；A 是什么矩阵时，有 BE，使得 AB=A() （分数：11.00）_正确答案：()当 A 是可逆阵时，若 AB=A，两边左乘 A-1，必有 B=

22、E；当 A 不可逆时，有 BE，使得AB=A因 A 不可逆时 AX=0 有非零解，设 A i=0，i=1，2，n，合并得 A 1， 2， n=0令 1， 2， n=B-E，则 A(B-E)=0，得 AB=A，其中 B-E0，BE()*有解*，即有*，其中 k，l 是任意常数令*，得*(k，l 不同时为 0，因 A(B-E)=0，故有 AB=A)解析：22.设二维随机变量(X，Y)具有联合概率密度函数（分数：11.00）_正确答案：()X 的概率密度*其中*是因为奇函数在对称区间上积分为零同理 *显然 f1(x)f2(y)f(x，y)，即 X，Y 不相互独立()当 0x1，0y1 时，*故*显然

23、*，即 X2与 Y2相互独立)解析：分析 验证 X 与 Y 是否相互独立，只要求出 X 的概率密度 f1(x)和 Y 的概率密度 f2(y)，验证是否成立 f(x，y)=f 1(x)f2(y)在求解过程中应充分利用对称性23.设 X1，X 2，X n是来自参数为 (0)的指数分布总体 X 的简单随机样本()试求总体 X 的数学期望 E(X)的矩估计量和最大似然估计量；()验证所得估计是否为无偏估计（分数：11.00）_正确答案：()矩估计量*：只有一个参数，用总体的矩等于样本的矩来解总体一阶矩为 E(X)，样本一阶矩为*令 E(X)=*故 *最大似然估计量*：先写出似然函数*，解得*，可以验证*是最大似然估计根据最大似然估计不变性，*故*均是 E(X)的无偏估计量)解析：分析 参数为 的指数分布的概率密度为*而*，现要对*进行矩估计和最大似然估计