【考研类试卷】考研数学一-204及答案解析.doc

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1、考研数学一-204 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.考虑一元函数 f(x)有下列四条性质：f(x)在a，b连续； f(x)在a，b可积；f(x)在a，b可导； f(x)在a，b存在原函数，若用“P Q”表示可由性质 P 推出性质 Q，则A . B . C . D （分数：4.00）A.B.C.D.2.设 （分数：4.00）A.B.C.D.3.设在全平面上有 （分数：4.00）A.B.C.D.4.设 （分数：4.00）A.B.C.D.5.已知 1， 2， 3， 4是齐次方程组 Ax=0 的基础解系，则下列向量组中也是 Ax=0

2、基础解系的是A 1+ 2， 2- 3， 3- 4， 4- 1.B 1+ 2， 2- 3， 3- 4， 4+ 1.C 1+ 2， 2+ 3， 3- 4， 4- 1.D 1， 2， 3， 4的等价向量组.（分数：4.00）A.B.C.D.6.已知 P-1AP=B，若 A=，0，则AB 的特征值为 ，对应的特征向量是 P. BB 的特征值为 ，对应的特征向量是 P. CB 的特征值为 ，对应的特征向量是 P-1.DB 的特征值为 （分数：4.00）A.B.C.D.7.盒中盛有 10 个分币，其中含有 0 个，1 个，2 个，10 个铜币是等可能的. 现向盒中放入一个铜币然后随机从盒中取出一个分币，则

3、这个分币为铜币的概率是A B C D （分数：4.00）A.B.C.D.8.在区间(-1，1)上任意投一质点，以 X 表示该质点的坐标，设该质点落在(-1，1)中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比，则AX 与|X|相关，且相关系数|=1. BX 与|X|相关，但|1. CX 与|X|不相关，且也不独立. DX 与|X|相互独立.（分数：4.00）A.B.C.D.二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.设 a 为常数，则数列极限 （分数：4.00）填空项 1:_10.函数 u=xyz2在条件 x2+y2+z2=4(x0，y0，z0)下的最大值是_.（分数：4.00）填空项 1:_1

4、1.设 f(x)是周期为 2 的周期函数，且 f(x)的傅里叶级数为 （分数：4.00）填空项 1:_12.设 L 为曲线： 则 （分数：4.00）填空项 1:_13.已知 A*是 A 的伴随矩阵，则 （分数：4.00）填空项 1:_14.设随机变量 X 服从泊松分布，已知（分数：4.00）填空项 1:_三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.设 f(x)连续，且满足（分数：10.00）_16.()已知由参数方程 确定了可导函数 y =f(x)，求证：x=0 是 y=f(x)的极大值点.()设 F(x，y)在(x 0，y 0)某邻域有连续的二阶偏导数，且 由方程 F(x，y)=0 在

5、x0的某邻域确定的隐函数 y=y(x)，它有连续的二阶导，且 y(x0)=y0，求证 y(x)以 x=x0为极小值点.（分数：10.00）_17.设有一容器由平面 z=0，z=1 及介于它们之间的曲面 S 所围成. 过 z 轴上 点(0，0，z)(0z1)作垂直于 z 轴的平面与该立体相截得水平截面 D(z)，它是半径 （分数：10.00）_18.将三重积分的累次积分 （分数：10.00）_19.设函数 ，x0，+)，其中 n=1，2，3，为任意自然数，f(x)为0，+)上正值连续函数，求证：()F n(x)在(0，+)存在唯一零点 xn；() 收敛；() （分数：10.00）_20.已知 4

6、 元齐次线性方程组 （分数：11.00）_21.已知三元二次型 xTAx 的平方项系数均为 0，设 =(1，2，-1) T且满足 A=2.()求该二次型表达式；()求正交变换 x=Qy 化二次型为标准形，并写出所用坐标变换；()若 A+kE 正定，求 k 的取值.（分数：11.00）_22.设甲袋中有 9 个白球，1 个黑球；乙袋中有 10 个白球，每次从甲、乙两袋中各随机地取一球交换放入另一袋中，试求：()这样的交换进行了 3 次，黑球仍在甲袋中的概率 p3；()这样的交换进行了 n 次，黑球仍在甲袋中的概率 pn；（分数：11.00）_23.设总体 X 的概率密度为（分数：11.00）_考

7、研数学一-204 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.考虑一元函数 f(x)有下列四条性质：f(x)在a，b连续； f(x)在a，b可积；f(x)在a，b可导； f(x)在a，b存在原函数，若用“P Q”表示可由性质 P 推出性质 Q，则A . B . C . D （分数：4.00）A.B.C. D.解析：分析一 由基本定理，我们应知道：因此，应选 C.分析二 f(x)在a，b可积与 f(x)在a，b存在原函数之间无确定关系，因而 ，即 A，B 不正确，可以有函数 F(x)，它的导函数 F(x)=f(x)在a，b不连续. 对此 f(

8、x)，它在a，b存在原函数，在a，b不连续. 因此 f(x)在a，b存在原函数 在a，b连续，即 ，D 不正确. 因此选 C.令令 f(x)=g(x)，则 f(x)在-1，1存在原函数(就是 g(x)，但定积分 不存在，因为 f(x)在-1，1无界. (当 时，n=1，2，3，；x n-1，1，f(x n)= ).若令 则存在定积分 ，但 f(x)在-1，1不存在原函数. 这表明：f(x)在a，b可积 f(x)在a，b存在原函数，还是上面的 fx)=g(x)，则 f(x)在-1，1存在原函数，但 f(x)在-1，1不连续(x=0 是它的不连续点)，这表明：f(x)在a，b存在原函数2.设 （分

9、数：4.00）A.B.C. D.解析：分析一 先求出分段函数 f(x)的变限积分，当 0xl 时，当 1x2 时，即易验证 F(x)在0，2上连续(关键是考察 ).当 x1 时显然 F(x)可导，且F(x)在点 x=1 处不可导，故应选 C.分析二 不必求出 F(x).这里 f(x)在0，2上有界，除 x=1 外连续，x=1 是 f(x)的跳跃间断点. 由可积性的充分条件 f(x)在0，2上可积，再由基本定理 F(x)在0，2上连续，故 A，B 不对.进一步考察 F(x)的可导性，当x1 时 F(x)=f(x)，又 x=1 是 f(x)的跳跃间断点，则 F(x)在点 x=1 处不可导. 故应选

10、 C.设 f(x)在a，b上除 x=x0外连续，且 x=x0是 f(x)的跳跃间断点，则 F(x)= 在点 x=x0处不可导.证明此时 f(x)在a，b上可积，当 xx 0时，当 x=x0时，考察因点 x=x0是 f(x)的跳跃间断点，即 f(x0+0)f(x 0-0)，因此 ，即 F(x)在 x=x0处不可导.3.设在全平面上有 （分数：4.00）A.B.C. D.解析： 固定时 f(x，y)对 x 单调下降；4.设 （分数：4.00）A. B.C.D.解析：分析一 本题主要考查分段函数在分界点处具有高阶导数时应满足的条件，为了处理更一般的问题，我们考虑分段函数其中 f1(x)和 f2(x)

11、分别在较大的区间(x 0-，+)和(-，x 0+)(0 是一个常数)中具有任意阶导数，则 f(x)在分界点 x=x0具有 k 阶导数的充分必要条件是 f1(x)和 f2(x)有相同的泰勒公式：f1(x)=f2(x)=a0+a1(x-x0)+a2(x-x0)2+ak(x-x0)k+o(x-x0)k). 注意，在 f(x)的定义中，分界点 x0也可以属于 f1(x)所在区间，结论是完全一样的，把上述一般结论用于本题，取x0=0，k=2，f 1(x)=ax2+bx+c，f 2(x)=cos2x+2sinx,因所以 a，b，c 应分别是 a=-2，b=2，c=1，这表明结论 A 正确.分析二 首先要求

12、 f(x)在 x=0 连续，即要求 ，即cos 2x+ 得 c=1. 这表明 C，D 不正确.当 c=1 时，f(x)可写成其次要求 f(0)，即 ，当 c=1 时即即 b=2. 于是 B 不正确. 因此只能是 A 正确.当 b=2，c=1 时，5.已知 1， 2， 3， 4是齐次方程组 Ax=0 的基础解系，则下列向量组中也是 Ax=0 基础解系的是A 1+ 2， 2- 3， 3- 4， 4- 1.B 1+ 2， 2- 3， 3- 4， 4+ 1.C 1+ 2， 2+ 3， 3- 4， 4- 1.D 1， 2， 3， 4的等价向量组.（分数：4.00）A. B.C.D.解析：等价向量组不能保

13、证向量个数相同，因而不能保证线性无关. 例如向量组 1， 2， 3， 4， 1+ 2与向量组 1， 2， 3， 4等价，但前者线性相关，因而不能是基础解系. 故 D 不正确.B、C 均线性相关，因此不能是基础解系，故 B 与 C 也不正确.注意到：( 1+ 2)-( 2- 3)-( 3- 4)-( 4+ 1)=0，( 1+ 2)-( 2+ 3)+( 3- 4)+( 4- 1)=0,唯有 A， 1+ 2， 2- 3， 3- 4， 4- 1是 Ax=0 的解，又由且6.已知 P-1AP=B，若 A=，0，则AB 的特征值为 ，对应的特征向量是 P. BB 的特征值为 ，对应的特征向量是 P. CB

14、 的特征值为 ，对应的特征向量是 P-1.DB 的特征值为 （分数：4.00）A.B.C. D.解析：因为矩阵 A 与 B 相似，所以它们有相同的特征值，故可排除 B、D.由7.盒中盛有 10 个分币，其中含有 0 个，1 个，2 个，10 个铜币是等可能的. 现向盒中放入一个铜币然后随机从盒中取出一个分币，则这个分币为铜币的概率是A B C D （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析一 用全概率公式，设盒中有 i 个铜币的事件为 Ai(i=1，2，11)，B 为取到铜币的事件，则故应选 D.分析二 将该题看成有 11 个盒子，各盒中均有 11 个分币，其中依次有 1，2，11 个铜币

15、. 现任取一盒，再从该盒中任取一个分币，则共有 121 个分币，每个分币被等可能地取到，而其中铜币的个数为 1 +2+11=66，用古典概型，有8.在区间(-1，1)上任意投一质点，以 X 表示该质点的坐标，设该质点落在(-1，1)中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比，则AX 与|X|相关，且相关系数|=1. BX 与|X|相关，但|1. CX 与|X|不相关，且也不独立. DX 与|X|相互独立.（分数：4.00）A.B.C. D.解析：依题设，X 在-1，1上服从均匀分布，其概率密度为由于故 cov(X，|X|)=0，从而 p=0，X 与|X|不相关，于是可排除 A 与 B.对于任

16、意实数 a(0a1)，有又 PXa，|X|a=P|X|a=a，从而 PXaP|X|0PX0，|X|a，即所以 X 与|X|不独立，故应选 C.关于 EX|X|的计算，可以看成 Y=X|X|=g(X)，是随机变量 X 的函数，由随机变量函数的期望公式，可得二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.设 a 为常数，则数列极限 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：a.）解析：分析一 由积分中值定理知，在 n 与 n+a 之间 ，使得当 n+时 +，于是分析二 对变限积分函数 用拉格朗日中值定理得分析三 x1 时估计 ，利用适当放大缩小法求该极限. 为了简单起见，只须考察 的单调性，因为

17、现不妨设 a0，当 xn，n+a时于是又因此10.函数 u=xyz2在条件 x2+y2+z2=4(x0，y0，z0)下的最大值是_.（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：2.）解析：分析一 用拉格朗日乘子法求解. 令 F(x，y，z)=xyz 2+(x 2+y2+z2-4)，解方程组由，得 y=x， ，代入得 x=1，y=1， .因存在最大值，又驻点唯一，所以最大值为 . 填 2. 分析二 化为简单最值问题，由条件解出 z2=4-x2-y2(0x 2+y24)，代入表达式，转化为求u=xy(4-x2-y2)在区域 D=(x，y)|0x 2+y24的最大值，解 即得 x=1，y=1 u(

18、1，1)=2. 又 u 在 D 的边界上取零值，因此11.设 f(x)是周期为 2 的周期函数，且 f(x)的傅里叶级数为 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：这是求傅里叶系数的问题. 若 f(x)以 2l 为周期，按公式取 l=1，得(周期函数积分性质)12.设 L 为曲线： 则 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：a 3.）解析：由在 L 上 y+z=0易写出 L 的参数方程：又于是13.已知 A*是 A 的伴随矩阵，则 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：因为 AA*=A*A=|A|E,又所以 于是14.设随机变量 X 服从泊松分布，已知

19、（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：设 X 服从参数为 的泊松分布，则 EX=，DX=. EX 2=DX+(EX)2=+ 2,将其代入题设中，有E(X-1)(X-3)=EX2-4X+3=EX2-4EX+3=+ 2-4+3= 2-3+3=即 ，从而三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.设 f(x)连续，且满足（分数：10.00）_正确答案：(这是含变限积分的方程，且被积函数又含参变量，所以先作变量替换，转化为被积函数不含参变量的情形. 令 s=x-t 得即 现把它转化成微分方程问题. 式两边求导得又式中令 x= 得 f()=0.再对求导得，f(x)+f(x)=2.

20、在中令 x= 得 f()=0. 于是问题转化为求解初值问题 其中 y=f(x).这是二阶线性常系数方程，显然有常数特解 y*=2，于是通解为y=C1cosx+C2sinx+2.由 )解析：16.()已知由参数方程 确定了可导函数 y =f(x)，求证：x=0 是 y=f(x)的极大值点.()设 F(x，y)在(x 0，y 0)某邻域有连续的二阶偏导数，且 由方程 F(x，y)=0 在 x0的某邻域确定的隐函数 y=y(x)，它有连续的二阶导，且 y(x0)=y0，求证 y(x)以 x=x0为极小值点.（分数：10.00）_正确答案：()由 x=arctant 知， . 由 y=ln(1-t2)

21、-siny 知， .为求 ，需先求 与 ，由参数方程得于是其中 0 是充分小的数. 因此 x=0 是 y=f(x)的极大值点.()由隐函数求导法知 y(x)满足令 x=x0，相应地 y=y0得 y(x 0)=0. 将上式再对 x 求导，并注意 y=y(x)即得再令 x=x0，相应地 y=y0，y(x 0)=0，得因 )解析：17.设有一容器由平面 z=0，z=1 及介于它们之间的曲面 S 所围成. 过 z 轴上 点(0，0，z)(0z1)作垂直于 z 轴的平面与该立体相截得水平截面 D(z)，它是半径 （分数：10.00）_正确答案：()由截面已知的立体体积公式可得 t 时刻容器中水面高度 z

22、(t)与体积 V(t)之间的关系是其中 S(z)是水面 D(z)的面积，即 S(z)=z 2+(1-z)2. 现由 及 z(0)=0，求 z(t).将上式两边对 t 求导，由复合函数求导法得这是可分离变量的一阶微分方程，分离变量得S(z)dz=v0dt，即 (*)两边积分并注意 z(0)=0，得(*)()求 z 取何值时 取最大值. 已求得(*)式即因此，求 取最大值时 z 的取值归结为求 f(z)=z2+(1-z)2在0，1上的最小值点，由f(z)在 在0，1上取最小值. 故 时水表面上升速度最大. ()归结求容器的体积，即因此灌满容器所需时间为 (秒). 或由于灌满容器所需时间也就是 z=

23、1 时所对应的时间 t，于是在(*)中令 z=1 得即 )解析：18.将三重积分的累次积分 （分数：10.00）_正确答案：(分析与求解二 将 J 表成 ，确定积分区域 ，然后选择适当的积分顺序，将它化为定积分.将 J 看成是三重积分的先一后二的累次积分，于是其因此， 是由半球面 与半平面 z=1 所围成. 两面的交线是 即 在 xy 平面上的投影区域是 x2+y21，z=0，即 Dxy.现改为先二后一(z)的积分顺序， 的不等式表示为 ，(x，y) D(z)，截面区域 D(z)：x 2+y22-z2，面积 S(z)=(2-z 2). 因此分析与求解二 将 J 看成是三重积分的先二后一的累次积

24、分，确定二重积分的积分区域，然后逐次对二重积分交换积分次序，化为定积分.其中这里 x 视为常量，在 yz 平面上如图所示，在 Dyz上改为先 y 后 z 的积分顺序于是其中现在 Dzx上改为先 x 后 z 的积分次序：于是其中(半圆面积)，z2分析与求解三 将 J 表成三重积分 之后，问题变成如何计算这个三重积分(化为定积分)， 如前所述.除了先二后一的积分顺序外，因 为旋转体，也可选择柱坐标变换(x=rcos，y=rsin，z=z)，并选择先 r， 后 z 的积分顺序化为定积分. 的柱坐标表示：于是)解析：三重积分 ，若积分区域 的不等式表示是：z，(x，y)D(z)，而截面区或 D(z)的

25、面积已知为 S(z)，则选择先二后一(z)的积分顺序易化成定积分19.设函数 ，x0，+)，其中 n=1，2，3，为任意自然数，f(x)为0，+)上正值连续函数，求证：()F n(x)在(0，+)存在唯一零点 xn；() 收敛；() （分数：10.00）_正确答案：()F n(x)在0，+)内可导(也就必然连续)，又Fn(x)在 存在零点，记为 xn，则 Fn(xn)=0. 又Fn(x)在0，+)单调上升 Fn(x)在(0，+)有唯一零点，就是这个 xn. ()在前面的证明中已得估计式因 收敛，由比较原理知， 收敛. 又ln(1+xn)x n(n)收敛. ()方法 1前面已导出又方法 2直接由

26、同样得 )解析：20.已知 4 元齐次线性方程组 （分数：11.00）_正确答案：()因为方程组(i)的解全是(ii)的解，所以(i)与(iii) 同解. 那么(i)和(iii)的系数矩阵 与 有相同的秩. 如 a=0，则 r(A)=1，而 r(B)=2，所以下设 a0. 由于因为 a 和 a-1 不能同时为 0，故秩 r(A)=3. 又当 时，r(B)=3，此时(i)与(iii)同解. ()由于 基础解系为 )解析：21.已知三元二次型 xTAx 的平方项系数均为 0，设 =(1，2，-1) T且满足 A=2.()求该二次型表达式；()求正交变换 x=Qy 化二次型为标准形，并写出所用坐标变

27、换；()若 A+kE 正定，求 k 的取值.（分数：11.00）_正确答案：()据已知条件，有即 解出 a12=2，a 13=2，a 23=-3所以 xTAx=4x1x2+4x1x3-4x2x3. ()由得矩阵 A 的特征值为 2，2，-4. 由(2E-A)=0，得 =2 的特征向量 1=(1，1，0) T， 2=(1，0，1) T；由(-4E-A)x=0，得 =-4 的特征向量 3=(-1，1，1) T. 将 1， 2正交化，令 1= 1，则再对 1， 2， 3单位化，有那么令 有)解析：22.设甲袋中有 9 个白球，1 个黑球；乙袋中有 10 个白球，每次从甲、乙两袋中各随机地取一球交换放

28、入另一袋中，试求：()这样的交换进行了 3 次，黑球仍在甲袋中的概率 p3；()这样的交换进行了 n 次，黑球仍在甲袋中的概率 pn；（分数：11.00）_正确答案：()不管黑球在甲袋中还是在乙袋中，每次试验只有两种结果：取到黑球和取不到黑球，取到黑球的概率是 0.1，且各次试验相互独立. 三次取球交换可以看成三次独立试验，而黑球仍在甲袋中的概率，是 3 次取球中黑球被取到 0 次或 2 次的概率，因此所求概率为()根据()的分析，当交换了 n 次以后，黑球仍在甲袋中的事件是黑球被抓到了偶数次，也就是二项分布中所有含 0.1 的偶次幂项的和，故所求概率为)解析：本题可以用全概率公式求解，但比较

29、麻烦，而用伯努利概型比较方便.()是()的 n=3 情况下的特例，我们先从 n=3 的简单情况入手，再推广到一般情况.若把乙袋中的 10 个白球改成 9 个白球，则不能用上述方法. 解题时我们的着眼点只关心与黑球运动有关的项，也就是从黑球所在的袋子中取球的情况.设 Ai：在甲袋中第 i 次摸到黑球(i=1，2，3)，B j：在乙袋中第 j 次摸到黑球(j=2，3)，C：黑球仍在甲袋中，则由互斥性与独立性，有对于()，我们用全概率公式和递推法求 n 次试验(即取球交换)中有偶数次成功(即 n 次试验中黑球被抓到了偶数次)的概率 pn.为使在 n 次试验中有偶数次成功，当第一次试验为成功时，则在后

30、 n-1 次试验中应有奇数次失败(概率为1-pn-1)；当第一次试验为失败时，则在后 n-1 次试验中应有偶数次成功(概率为 Pn-1). 设每次试验成功的概率为 p(失败的概率为 1-p)，则由全概率公式和递推法可得本题中 ，则将本题一般化：设甲袋中有 k 个白球，1 个黑球；乙袋中有 k+1 个白球. 每次从甲、乙两袋中各随机地取一球交换放入另一袋中，求经 n 次交换后，黑球仍在甲袋中的概率 Pn.每一次取球交换可以看成一次独立试验，每次试验黑球被取到(交换)的概率为 没取到的概率为 1-p. 如果 n 次试验中黑球被取到偶数次，则黑球仍在甲袋中的概率为23.设总体 X 的概率密度为（分数：11.00）_正确答案：(设 x1，x 2，x n为样本 X1，X 2，X n的观测值，则似然函数 L(x1，x 2，x n；a，b)L(a，b)为由于 n/b0，故 lnL(a，b)与 L(a，b)关于 a 是增函数，但是又因只有 amin(x 1，x 2，x n)时，L(a，b)才不等于零，故 a 可取的最大值为 min(x1，x 2，x n). 再根据方程可得于是 a，b 的最大似然估计量分别为)解析：读者可以求 a 与 b 的矩估计量，可得