【考研类试卷】考研数学（数学一）模拟试卷493及答案解析.doc

《【考研类试卷】考研数学（数学一）模拟试卷493及答案解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【考研类试卷】考研数学（数学一）模拟试卷493及答案解析.doc（8页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、考研数学（数学一）模拟试卷 493 及答案解析(总分：56.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：9，分数：18.00)1.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。（分数：2.00）_2.设 (x)在 xa 的某邻域内有定义，f(x)|xa| (x)则 (x)在 xa 处连续是 f(x)在 xa 处可导的（分数：2.00）A.必要条件而非充分条件B.充分条件而非必要条件C.充分必要条件D.既非充分又非必要条件3.设 f(x)满足 f(x)(1 一 cos x)f(x)xf(x)sin x，且 f(0)2则（分数：2.00）A.x0 是 f(x)的极小值点B.x0 是

2、 f(x)的极大值点C.曲线 yf(x)在点(0，f(0)的左侧邻域是凹的，右侧邻域是凸的D.曲线 yf(x)在点(0，f(0)的左侧邻域是凸的，右侧邻域是凹的4. sin(x 2 y 2 )dy （分数：2.00）A.B.C.D.5.设 f(x)在区间a，b上存在一阶导数，且 f(A )f(B)则必存在 x 0 (a，b)使（分数：2.00）A.f(x 0 )f(A )B.f(x 0 )f(B)C.f(x 0 ) D.f(x 0 ) 6.设 Ax （分数：2.00）A.A 1 y0B.A 2 y0C.A 3 y0D.A 4 y07.设二次型 f(x 1 ，x 2 x 3 )(x 1 2x 2

3、 x 3 ) 2 一 x 1 (a 一 4)x 2 2x 3 2 (2x 1 x 2 ax 3 ) 2 正定，则参数 a 的取值范围是（分数：2.00）A.a2B.a7C.a0D.a 任意8.设随机变量 X 与 Y 独立，均服从0，3上的均匀分布，则 Pl0D.a 任意 解析：8.设随机变量 X 与 Y 独立，均服从0，3上的均匀分布，则 PlmaxX，Y2（分数：2.00）A.1/3 B.4/9C.5/9D.2/3解析：9.设 X 1 ，X 2 ，X n 是总体 XN(， 2 )的简单随机样本样本均值 当样本量 n2 时，下列正确的是 （分数：2.00）A.B.C.D. 解析：二、填空题(总

4、题数：6，分数：12.00)10.一实心球体 x 2 y 2 z 2 25 被平面 x2y 一 2z12 截下小的那部分球体的体积 V 1（分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）解析：解析：原点到平面 x2y 一 2z12 的距离 d 4 改取平面 x4 将球体 x 2 y 2 z 2 25 截下小的那部分球体体积，该体积与题中要求的体积是相等的改换思路求此体积就方便了故 V 11. 1. （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）解析：解析： 因此12.设 b 为常数且积分 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：2）填空项 1:_ （正

5、确答案：*）解析：解析： 用有理分式分解的方法， 所以 要使上式存在，充要条件是 存在，但不等于零，也不等于无穷 如果 AB0，则 ，如果 AB0，则 0，所以 AB0以此代入式(*)，得 b2于是由式(*)得 故 所以 C13.直线 L （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：x 2 y 2 一 z 2 4z 一 40）解析：解析： 直线 L： 在 yOz 平面上的投影直线 l 的方程为 yz2，即 y2 一 z，它绕 z 轴旋转一周生成的旋转曲面方程为 14.设 A 是 3 阶矩阵，且每行元素之和为 2， 是线性无关的 3 维列向量，满足 A，A，则 A，其中 1（分数：2

6、.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）解析：解析：由题设条件 A 的每行元素之和为 2，可知 ，则 A 有特征值 1 2又由 A及 A 知 A()，A( 一 ) 一 一( 一 )， 因为 ， 线性无关，所以 0， 一 0故 A 有特征值 2 l， 3 一 1 A 是 3 阶矩阵，有 3 个不同的特征值，故 A，其中 15.设随机变量(X，Y)N(0，0；1，4；0)，则 D(X 2 一 2Y 2 ) 1（分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：130）解析：解析： 因(X，Y)N(0，0；1，4；0)，则 XN(0，1)，YN(0，4)，且 X 与 Y 独立所以 X

7、2 与Y 2 独立 故 故 D(X 2 2Y 2 ) 三、解答题(总题数：10，分数：26.00)16.解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。_解析：17.yOz 平面上的曲线 yz (1z4)，绕 z 轴旋转一周与平面 z1，z4 围成一旋转体 ，设该物体的点密度 r 2 ，其中 r 为该点至旋转轴的距离，求该物体的质心的坐标（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由于 及点密度关于旋转轴(z 轴)对称，所以质心在 z 轴上，质心坐标为 C，其中 对 用柱面坐标，先 r， 后 z，于是 类似地， 所以 . 质心坐标为 )解析：回答下列问题（分数：4.00）(1).设 0x，证明存在

8、 (01)，使 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：取 f(x)x，由拉格朗日中值定理有 )解析：(2).求出()中 关于 x 的函数具体表达式 (x)，并求出当 0x时函数 (x)的值域（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由()有 故 (x)在区间(0，)上严格单调增加又 所以值域为)解析：18.设常数 a，b，c 均为正数，且各不相等有向曲面 S(x，y，z)|z ，z0，上侧求第二型曲面积分 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案： 以 S 的方程 z 代入分母，得 补充曲面 S 1 (x，y，x)|x 2 y 2 0，x 2 y 2 1，下侧)，并记 再用高斯公式，有 分

9、别计算上述积分由球面坐标，有 令 D(x，y)x 2 y 2 1，于是 )解析：19.设常数 a0，积分 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：I 1 -I 2 当 0x 时， 从而 ，且 cos xsin x于是知 I 1 I 2 ，即 )解析：20.设函数 y(x)在区间1，)上有一阶连续导数，且满足 y(1) 及 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案： 由分部积分知 则原方程化简为 X 2 y(x)(2x4)y(x) ，即 由一阶线性微分方程的通解公式，得通解 y(x) 再由初始条件 y(1) 则有 C ，故所求的特解为 y(x) )解析：21.设 A，B，X 均是 3 阶矩阵，

10、其中 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设条件知，矩阵方程为(AB)XB， AB 将 X 和 B 以列分块，则矩阵方程为 对增广矩阵(AB|B)作初等行变换 (AB|B) (I)当 a一 1 时，r(AB)2r(AB|B)3，矩阵方程无解 ()当 a一 1 时，r(AB)3r(A-B|B)3，矩阵方程有解且仅有唯一解 因为(AB)x 1 1 有解 1 (AB)x 2 2 有解 2 (一 1，2，1) T ； (AB)x 3 3 有解 3 故解得 X )解析：回答下列问题（分数：4.00）(1).设 a 1 (a 1 ，a 2 ，a 3 ，a 4 )，a 2 (a 2 ，一 a 1

11、，a 4 ，一 a 3 )，a 3 (a 3 ，一 a 4 ，一 a 1 ，a 2 )，其中 a i (i1，2，3，4)不全为零证明 a 1 ，a 2 ，a 3 线性无关；（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：用反证法假设 1 ， 2 ， 3 线性相关，则由定义，存在不全为零的实数k 1 ，k 2 ， k 3 ，使得 k 1 1 k 2 2 k 3 3 0 (*) 因 又 ，j1，2，3.故将式(*)两端右边乘 ，j1，2，3，得 )解析：(2).记 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由()知 1 ， 2 ， 3 线性无关，则 r(A)3，AA T 是实对称矩阵则齐次方程组 A

12、T x 0 仅有唯一零解，则对任给的 x0，A T x )解析：回答下列问题（分数：4.00）(1).若随机变量 X 的概率分布为 令随机变量 Y （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：当 X1 时Y 1(一 1) 1 0；当 X2 时，Y 1(一 1) 2 1； 当 X3 时，Y 1(一 1) 3 0；当 X4 时，Y 1(一 1) 4 1 故随机变量 Y 的概率分布为 )解析：(2).若 XB(n，p)，求 X 取值为偶数时的概率 PX 为偶数（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：令随机变量 Yg(X) 当 X2k1(奇数)时，Y 0；当 X2k(偶数)时，Y 1 则 PX 为偶数 )解析：设 X 1 ，X 10 。是来自总体 N(，1)的简单随机样本，记 （分数：4.00）(1).求 Z （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题知 X i (i1，2，10)独立同分布服从 N(，1)，则 ， 且 Y 1 ，Y 2 独立，故 Y 1 一 Y 2 N . 进一步有 又 与 Y 1 ，Y 2 均独立，故 )解析：(2).求 D （分数：2.00）_正确答案：(正确答案： 又 相互独立，故 (9)，则 )解析：