【考研类试卷】考研数学一-192及答案解析.doc

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1、考研数学一-192 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，下列无穷小量中阶数最高的是A （分数：4.00）A.B.C.D.2.下列函数中在区间-2，3上不存在原函数的是ABf(x)=max|x|，1. CD 其中 （分数：4.00）A.B.C.D.3.下列命题 若 ，则 发散若 收敛，则 收敛若 则 收敛设 an0(n=1，2，)，并存在极限 ，若 收敛，则 （分数：4.00）A.B.C.D.4.已知累次积分 ，其中 a0 为常数，则 可写成A BC D （分数：4.00）A.B.C.D.5.设 A 为 n 阶矩阵，对

2、于齐次线性方程()A nx=0 和()A n+1X=0，则必有A()的解是()的解，()的解也是()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.（分数：4.00）A.B.C.D.6.已知 4 维列向量 1， 2， 3线性无关，若 i(i=1，2，3，4)非零且与 1， 2， 3均正交，她秩r( 1， 2， 3， 4)=A1. B2. C3. D4.（分数：4.00）A.B.C.D.7.设随机变量 X1，X 2独立同分布，其分布函数为 F(x)，则随机变量 X=minX1，X 2的分布函数

3、为AF 2(x). B2F(x)-F 2(x). CF(x)-F 2(x). D1-F(x)+F 2(x).（分数：4.00）A.B.C.D.8.设 X1，X 2，X n+1是来自正态总体 N(， 2)的简单随机样本，记 已知 ，则 k，m 的值分别为A ，m=n-1. B ，m=n-1.C ，m=n. D ，m=n.（分数：4.00）A.B.C.D.二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.设 f(x，y)可微，f(x，x 2)=1， ，则 x0 时 （分数：4.00）填空项 1:_10.微分方程 y+4y=cos2x 的通解为 y=_.（分数：4.00）填空项 1:_11.设 y=f(

4、x)二阶可导，f(x)0，它的反函数是 x=(y)，又 f(0)=1， ，f(0)=-1，则（分数：4.00）填空项 1:_12.设对于半空间 x0 内任意的光滑有向封闭曲面 S，都有（分数：4.00）13.已知 （分数：4.00）填空项 1:_14.假设目标出现在射程之内的概率为 0.7，这时射击命中目标的概率为 0.6，则在两次独立射击中至少有一次命中目标的概率 =_.（分数：4.00）填空项 1:_三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.设 f(x)在(0，+)内二阶可导，在0，+)有连续的导数，且 f(x)0(x0)，求证：F(x)（分数：10.00）_16.设 f(x)在0，

5、2内二阶连续可导，且 f(1)=0，证明：()() 其中 （分数：10.00）_17.求曲面 x2+(y-1)2=1 介于 xOy 平面与曲面 （分数：10.00）_18.设曲线 (正整数 n1)在第一象限与坐标轴围成图形的面积为 (n)，证明：()() 且() （分数：10.00）_19.设 u=u(x，y)在全平面有连续偏导数，()作极坐标变换 x=rcos，y=rsin，求 与 的关系式；()若 ，求证：u(x，y)=u(0，0)为常数；()若 ，求证： （分数：10.00）_20.已知矩阵 （分数：11.00）_21.已知矩阵（分数：11.00）_22.设随机变量(X，Y)服从区域 D

6、 上的均匀分布，D=(x，y)|0x2，0y2，令 U=(X+Y)2，试求 EU 与DU.（分数：11.00）_23.设总体 X 服从对数正态分布，其概率密度为其中 为未知参数，且 X1，X 2，X n是来自总体 X 的一个简单随机样本. ()求参数 的最大似然估计量 ；()验证 （分数：11.00）_考研数学一-192 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，下列无穷小量中阶数最高的是A （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分别考察每个无穷小量的阶数. 由4x2+5x3-x54x 2(x0)，可知，A，C 均是二阶

7、的，又由可知，B 是三阶的.用泰勒公式考察 D. 当 t0 时有从而由2.下列函数中在区间-2，3上不存在原函数的是ABf(x)=max|x|，1. CD 其中 （分数：4.00）A.B.C. D.解析：分析一 我们知道连续函数一定存在原函数，若这四个函数中有三个是连续的，则其余的一个就被选中.A存在原函数，显然，x0 时 f(x)连续，又因为f(x)在点 x=0 处连续. 因此 f(x)在-2，3上连续 f(x)在-2，3上 原函数. B存在原函数，因为在-2，3上连续 f(x)在-2，3上 原函数. D存在原函数. 因为，g(x)在-2，3上有界，除 x=1 外连续 g(x)在-2，3上可

8、积 在-2，3上连续 在-2，3上 原函数.综上分析，应选 C.分析二 直接证明 C 中给出的 f(x)在-2，3上不存在原函数. 显然，当 x0 时，f(x)连续；当 x=0 时，由于可知 x=0 是 f(x)的第一类间断点 f(x)在-2，3上不 原函数. 因此，应选 C. f(x)在a，b上连续，则 f(x)在a，b上一定 原函数，若 f(x)在a，b有不连续点 f(x)在a，b上不 原函数. 但是，若 c(a，b)，f(x)在a，b除 x=c 外连续，x=c 是 f(x)的第一类间断点，则 f(x)在a，b上不3.下列命题 若 ，则 发散若 收敛，则 收敛若 则 收敛设 an0(n=1

9、，2，)，并存在极限 ，若 收敛，则 （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析一 这 4 个命题中有两个正确，两个错误，因此只需断定其中的两个是正确的或错误的即可.易知命题是错误的，即添加了括号后的级数收敛，推不出原级数收敛. 例如发散，但 收敛.命题也是错误的. 对于正项级数 ，不能保证 ，可能有 ，此时比值判别法失效. 如. 但 散.因此，正确. 故应选 D.分析二 显然是正确的，由于 自然数 N，当 nN 时 ，这表明 nN 时 an同号，不妨设an0，这正是正项级数比值判别法的极限形式，由发散.对于命题，同样由比较原理的极限形式，因 极限若 l0，则 发散. 因而由 收敛，得 l

10、=0，即4.已知累次积分 ，其中 a0 为常数，则 可写成A BC D （分数：4.00）A.B.C. D.解析：这是把极坐标系下的累次积分转换成 Oxy 直角坐标系下的累次积分的问题.先将 表成 ，由 D 的极坐标表示即 r2=x2+y2arcos=ax，可知 ，如下图.若是先 y 后 x 的积分顺序，则 D：0xa，于是5.设 A 为 n 阶矩阵，对于齐次线性方程()A nx=0 和()A n+1X=0，则必有A()的解是()的解，()的解也是()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(

11、)的解.（分数：4.00）A. B.C.D.解析： 是()的解，即 An=0，显然 An+1=A(A n)=A0=0，即 必是()的解. 可排除 C 和 D.若 是()的解，即 An+1=0. 假若 不是()的解，即 An0，那么对于向量组，AA 2，A n，一方面这是 n+1 个 n 维向量必线性相关；另一方面，若k+k 1A+k 2A2+k nAn=0，用 An左乘上式，并把 An+1=0，A n+2=0，代入，得 kAn=0. 由于 An0，必有 k=0. 对k1A+k 2A2+k nAn=0，用 An-1左乘上式可推知 k1=0.类似可知 ki=0(i=2，3，n). 于是向量组 ，A

12、，A 2，A n 线性无关，两者矛盾. 所以必有An =0，即()的解必是()的解，由此可排除 B. 故应选 A.6.已知 4 维列向量 1， 2， 3线性无关，若 i(i=1，2，3，4)非零且与 1， 2， 3均正交，她秩r( 1， 2， 3， 4)=A1. B2. C3. D4.（分数：4.00）A. B.C.D.解析：设 1=(a21，a 22，a 23，a 24)T， 2=(a21，a 22，a 23，a 24)T， 3=(a31，a 32，a 33，a 34)T，那么 i与 1， 2， 3均正交，即内积亦即 j(j=1，2，3，4)是齐次方程组7.设随机变量 X1，X 2独立同分布

13、，其分布函数为 F(x)，则随机变量 X=minX1，X 2的分布函数为AF 2(x). B2F(x)-F 2(x). CF(x)-F 2(x). D1-F(x)+F 2(x).（分数：4.00）A.B. C.D.解析：本题可用分布函数的性质排除 C、D. 因为 ，8.设 X1，X 2，X n+1是来自正态总体 N(， 2)的简单随机样本，记 已知 ，则 k，m 的值分别为A ，m=n-1. B ，m=n-1.C ，m=n. D ，m=n.（分数：4.00）A. B.C.D.解析：由于 与 Xn+1三者相互独立，且故二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.设 f(x，y)可微，f(x，x

14、 2)=1， ，则 x0 时 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：f(x，x 2)是二元函数 f(x，y)与一元函数 x=x，y=x 2复合而成的一元函数，由 f(x，x 2)=1 及复合函数求导法得于是10.微分方程 y+4y=cos2x 的通解为 y=_.（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：y+4y=cos2x 对应的齐次方程的特征方程是 r2+4=0. 它的两个特征根为 r1,2=2i. 因此对应的齐次方程的通解为 y=C1cos2x+C2sin2x.i=2i 是特征方程的根，所以，设非齐次方程的特解为y*=x(Acos2x+Bsin2x)，则(y

15、 *)=x(-2Asin2x+2Bcos2x)+Acos2x+Bsin2x,(y*)=-x(4Acos2x+4Bsin2x)-4Asin2x+4Bcos2x.将上两式代入方程 y+4y=cos2x 中，得-4Asin2x+4Bcos2x=cos2x. 比较上式系数得 A=0，故原方程的通解为11.设 y=f(x)二阶可导，f(x)0，它的反函数是 x=(y)，又 f(0)=1， ，f(0)=-1，则（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：分析一 由反函数求导公式得再由复合函数求导法得从而于是分析二 将上述导出的 (y)，(y)表达式代入得于是分析三 在 xOy 直角坐标系中 y

16、=f(x)与它的反函数 x=(y)代表同一条曲线，作为 x 的函数 y=f(x)与作为 y 的函数 x=(y)在同一点处的曲率是相同的，按曲率公式应有因 f(0)=1，即 x=0 时 y=112.设对于半空间 x0 内任意的光滑有向封闭曲面 S，都有（分数：4.00）解析：由于所给曲面积分的被积函数具有连续偏导数，由高斯公式可得其中 为 S 所围成的空间区域，当 S 取外侧面时，上述三重积分前取“+”号；当 S 取内侧面时，上述三重积分前取“-”号，由于曲面 S 任意，因此空间区域 n 也为任意，根据“若 f(x，y，z)为连续函数，且对任意的空间区域 都有 ，则 f(x，y，z)=0. ”可

17、知因 x0，则 f(x)=1. 设 f(x，y，z)在区域 连续，又对 的区域 则 f(x，y，z)=0证明：反证法. 若不然，则 点 M0(x0，y 0，z 0)，使得 f(M0)0，不妨设 f(M0)0，由连续性知，的邻域记为 0使得 f(x，y，z)0(x，y，z) 0)，于是 0，与已知矛盾，因此13.已知 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：由于 A(A2)2=A5，故 A=(A2)2-1A5=(A2)-12A5.而所以注意本题中计算出14.假设目标出现在射程之内的概率为 0.7，这时射击命中目标的概率为 0.6，则在两次独立射击中至少有一次命中目标的概率 =_.

18、（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：0.588.）解析：设事件 A 表示“目标出现在射程内”，事件 Bi表示“第 i 次命中目标”(i=1，2)，事件 C 表示“至少有一次击中目标”，则由条件知P(A)=0.7，P(B 1|A)=P(B2|A)=0.6.方法 1=P(A)P(B1+B2)|A=P(A)P(B1|A)+P(B2|A)-P(B1|A)P(B2|A)=0.7(0.6+0.6-0.60.6)=0.70.84=0.588.方法 2用对立事件. 由于故三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.设 f(x)在(0，+)内二阶可导，在0，+)有连续的导数，且 f(x)0(x0)

19、，求证：F(x)（分数：10.00）_正确答案：(分析与证明由题设条件可求得下证 F(x)0(x0). 由 ，有g(x)=x 2f(x)+2xf(x)-2xf(x)-2f(x)+2f(x)=x 2f(x)，由于 f(x)0(x0) g(x)0(x0). 又 g(x)在0，+)连续 g(x)在0，+)单调增加g(x)g(0)=0(x0)解析：16.设 f(x)在0，2内二阶连续可导，且 f(1)=0，证明：()() 其中 （分数：10.00）_正确答案：()这里用二阶导数来表示定积分值，一个自然的想法是用分部积分法. 按要证的结论(也为了利用条件 f(1)=0)，先将0，2上的积分表成0，1上的

20、积分与1，2二的积分之和.()用题()的结论，有)解析：本题有如下变式. 设 f(x)在0，2二阶连续可导，且 f(1). 证明 ，其中 在 x 与 1 之间.()同原题.证明：()函数与其二阶导数之间的关系可用一阶泰勒公式来描述. 因此，自然的想法是用泰勒公式. 由于题中给出条件 f(1)=0，我们考虑 f(x)在 x=1 处的带拉格朗日余项的一阶泰勒公式，即其中 在 1 与 x 之间. 于是()用题()的结论，有在积分估计中常常利用分部积分法或泰勒公式. 在分部积分中，又常用如下的小技巧：在本题中这样作的目的是利用17.求曲面 x2+(y-1)2=1 介于 xOy 平面与曲面 （分数：10

21、.00）_正确答案：(分析与求解一 记这部分曲面为，它关于 yz 平面对称，第一卦限部分曲面方程于是的面积 S 为先求曲面微元表达式：再求投影区域 Dyz. 由 消去 x 得 z=y，这是 Dyz的一条边界，另外的边界线是柱面 x2+(y-1)2=1 与 yz平面的交线，即 y=2 以及 y 轴，于是Dyz：0zy，0y2.最后可求分析与求解二 柱面 x2+(y-1)2=1 的准线是 xOy 平面上的圆周 C：x 2+(y-1)2=1，按柱面介于坐标面与它的上方曲面之间部分的面积公式，有在 C 上，x 2+y2=2y，于是曲线 C 的参数方程：x=cost，y=1+sint，t0，2，又因此)

22、解析：设有 Oxy 平面上的光滑曲线 L，以 L 为准线，母线平行于 z 轴作柱面，此柱面在 xy 平面与连续曲面 z=f(x，y)(0)之间部分的面积为本题中分析与求解二用的就是这个公式.我们也可用圆周 C 的显式方程来计算曲线积分 此时将 C 分成 y=1 上方与下方两部分，分别记为 C1与 C2，在 C1与 C2上 相同，于是分析与求解一中对曲面：x=x(y，z)，y，z)D yz，用的是面积计算公式18.设曲线 (正整数 n1)在第一象限与坐标轴围成图形的面积为 (n)，证明：()() 且() （分数：10.00）_正确答案：()如图，由题设有 ，从而令 ，则 x=t2n，于是()对题

23、()中的 (n)表达式，令 t=sin，则有方法 1将式作如下变形方法 2将式作如下变形将，两式相加得由连续函数定积分的比较性质可得()由 及式为求此级数的和，考察 ，则有取因此 )解析：1证明题中的条件与结论都是提示我们应如何去证明. 如题()中由 求面积 ，就需把y(x)解成 由 要证 提示我们应作变量替换 再证 (n)=19.设 u=u(x，y)在全平面有连续偏导数，()作极坐标变换 x=rcos，y=rsin，求 与 的关系式；()若 ，求证：u(x，y)=u(0，0)为常数；()若 ，求证： （分数：10.00）_正确答案：()由复合函数求导法()由题()，又 u(rcos，rsin

24、)对 r 在0，+)上连续 ，有()由题()，有对 r 从 R 到 r 积分得注意，u(Rcos，Rsin)对 在0，2上连续，故有界. 又从而因此 )解析：20.已知矩阵 （分数：11.00）_正确答案：(由矩阵 A 的特征多项式=(-1) 2(-2)，可知矩阵 A 的特征值是 1，1，2. 因为 A 有 3 个线性无关的特征向量，故 A 可化为相似对角矩阵，对应重根 1= 2=1，应该有 2 个线性无关的特征向量，于是 r(1E-A)=3-2=1. 即 r(E-A)=1. 又故 a=1.由(E-A)x=0，即得基础解系 1=(1，0，1) T， 2=(0，1，0) T.由(2E-A)x=0

25、，即得基础解系 3=(2，-1，3) T，那么令 P=( 1， 2, 3)，有 ，从而于是)解析：要搞清相似对角化的充分必要条件，掌握相似对角化的应用求 An.21.已知矩阵（分数：11.00）_正确答案：(因为 AT=A，则(AP) T(AP)=PTATAP=PTA2P，又故问题化为：求可逆矩阵 P，使 PTA2P 为对角矩阵. 构造矩阵为 A2的二次型经配方那么，令 即则二次型化为标准形于是，二次型合同. 故，其中 )解析：22.设随机变量(X，Y)服从区域 D 上的均匀分布，D=(x，y)|0x2，0y2，令 U=(X+Y)2，试求 EU 与DU.（分数：11.00）_正确答案：(解法一

26、 令 V=X+Y，先求 V 的分布函数 F(v)与密度函数 f(v).其中，D 1与 D2如图所示. 于是故又因此解法二 直接应用随机变量函数的期望公式：若(X，Y)f(x，y)，则有具体到本题解法三 就本题具体条件可以判断该二维均匀分布随机变量(X，Y)的两个分量 X 与 Y 相互独立，且都服从区间0，2上均匀分布，因此有由于 X 与 Y 独立，因此 X3与 Y，X 2与 Y2，X 与 Y3也分别独立，其乘积的期望等于期望的乘积.EU2=EX4+4EX3EY+6EX2EY2+4EXEY3+EY4)解析：求一个随机变量 U 的数字特征，可以先求出 U 的概率密度，再计算 EU 与 DU.在解法

27、一中求 X+Y 的概率密度 f(v)亦可用独立和的卷积公式，即由于只有当 0x2，0v-x2 时，即 0x2，v-2xt 时，被积函数才不等于 0，且此时 ，于是23.设总体 X 服从对数正态分布，其概率密度为其中 为未知参数，且 X1，X 2，X n是来自总体 X 的一个简单随机样本. ()求参数 的最大似然估计量 ；()验证 （分数：11.00）_正确答案：()记样本的似然函数为 L()，对于总体 X 的样本值 x1，x 2，x n，其似然函数当 xi0 时(i=1，2，n)，对 L()取对数并对 求导数，得令(lnL)=0，得驻点 不难验证 就是 L()的最大值点，因此 的最大似然估计量为()首先求 lnX 的分布. 由于被积函数 f(s)恰是正态分布 N(，1)的密度，因此随机变量 lnX 服从正态分布 N(，1)，即ElnX=， . 故 )解析：验证估计量的无偏性，就是验证作为随机变量的估计量