[考研类试卷]考研数学（数学一）模拟试卷298及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学一）模拟试卷 298 及答案与解析一、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。1 定积分 的值等于（A）（B）（C）（D）2 设 f(x)在( 一，+)内二阶可导且 f(x)0，则 x0，h 10，h 20，有（A）（B）（C）（D）3 设 u(x，y) 在点 M0(x0， y0)处取极小值，并且 均存在,则（A）（B）（C）（D）4 设 、 、 均为大于 1 的常数，则级数（A）当 时收敛（B）当 时收敛（D）当 0 98 （D）R=V196 二、填空题9 设 f(x，y)可微，f(x ，x 2)=1，f x=(x，y)= x=x 2，则 x0 时，f x(x

2、，x 2)=_10 微分方程 y+4y=cos2x 的通解为 y=_11 设 y=f(x)二阶可导，f (x)0，它的反函数是 x=(y)，又 (0)=1，f (0)= ，f (0)=一 1，则 =_.12 设对于半空间 x0 内任意的光滑有向封闭曲面 S，都有其中 f(x)在(0，+)内具有连续的一阶导数，则 f(x)=_13 已知 ，那么矩阵 A=_14 假设日标出现在射程之内的概率为 07，这时射击命中目标的概率为 06，则在两次独立射击中至少有一次命中目标的概率 =_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。14 设函数 f(x)在 x=1 的某邻域内连续，且有15 求 f(1

3、) 及 f(1)；16 若又设 f(1)存在，求 f(1)16 已知 y(x)=xe-x+eh，y 2*(x)=xe-x+xe-2x，y 3*(x)=xe-x+e-2x+xe-2x 是某二阶线性常系数微分方程 y+py+qy=f(x)的三个特解17 求这个方程和它的通解；18 设 y=y(x)是该方程满足 y(0)=0，y (0)=0 的特解，求18 设 f(x，y)在全平面有三阶连续偏导数，并满足试求：19 20 f(x，y)21 求级数 的收敛域；22 求证：和函数 定义于0，+)且有界23 设密度为 1 的立体 由不等式 表示，试求 绕直线 x=y=z 的转动惯量23 已知向量 =(1,

4、2,3,4)T 可以由 1=(1，0，0，1) T， 2=(1，1，0，0)T， 3=(0，2，一 1，一 3)T， 4=(0，0，3，3) T 线性表出24 求 1,2,3,4 应满足的条件；25 求向量组 1,2,3,4 的一个极大线性无关组，并把其他向量用该极大线性无关组线性表出；26 把向量 分别用 1,2,3,4 和它的极大线性无关组线性表出27 已知矩阵 和 试判断矩阵 A 和刀是否相似，若相似则求出可逆矩阵 P，使 P-1AP=B，若不相似则说明理由27 已知(X，Y)为一个二维随机变量，X 1=X+2Y，X 2=X 一 2Y(X1，X 2)的概率密度为 f(x1，x 2)28

5、分别求出 X 和 Y 的密度函数；29 求 X 和 Y 的相关系数，并由此写出(X，Y)的联合密度29 历史上科学家皮尔逊进行抛掷一枚匀称硬币的试验，他当时掷了 12000 次，正面出现 6019 次现在我们若重复他的试验，试求：30 抛掷 12000 次正面出现频率与概率之差的绝对值不超过当年皮尔逊试验偏差的概率；31 要想使我们试验正面出现的频率与概率之差的绝对值不超过皮尔逊试验偏差的概率小于 20，现在我们应最多试验多少次?考研数学（数学一）模拟试卷 298 答案与解析一、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。1 【正确答案】 D【试题解析】 【分析一】令 则 于是故

6、应选 D【分析二】令 ，则故应选 D2 【正确答案】 B【试题解析】 这是比较三个数 的大小问题已知 f(x)0f (x)单调上升，于是设法转化为比较导数值这是可以办到的，只要对上述两个改变量之比用拉格朗日中值定理：南 f(x)在(一，+)单调上升f ()(x)()因此选 B3 【正确答案】 A【试题解析】 偏导数实质上是一元函数的导数，把二元函数的极值转化为一元函数的极值.由一元函数取极值的必要条件可得相应结论令 f(x)=u(x，y 0)x=x 0 是f(x)的极小值点 (若，则 x=x0 是 f(x)的极大值点，于是得矛盾)同理，令 g(y)=u(x0，y)y=y 0 是 g(y)的极小

7、值点 因此，应选 A4 【正确答案】 B【试题解析】 这里有三种类型的尤穷大量：n (0)，q n(q1)，In n(0)，其中n，它们的关系是 现考察此正项级数的一般项：这里 anb n(n)，即收敛 即 5 【正确答案】 D【试题解析】 由 AB=B 有(AE)B=0 ，因而 B 的列向量是齐次方程组 (AE)x=0的解又 那么齐次方程组(AE)x=0 的基础解系是(一1，1) T，所以应选 D6 【正确答案】 C【试题解析】 三个平面两两相交，说明方程组 因此r(1,2,3)r(1,2,3,4)，可排除 D而 r(1,2,3)=1，说明三个平向的法向量共线，因此这一个平面必平行或重合，可

8、排除 A当三个平面两两相交成三条平行回线时，这三个平面的法向量是共面且互不平行的即(a 1，b 1，c 1)，(a 2，b 2，c 2)，(a 3,b3,c3)共而且互不平行。因此 且任两行不成比例从而秩 r(1,2,3)=2但当 r(1,2,3)=2 时，不能保证任意两个平面不平行，故 B 是必要条件由排除法可知，应选 C7 【正确答案】 D【试题解析】 应用条件概率是否与无条件概率相等来判断独立性显然由于故 A 与 C 不独立，A 不正确又，而 所以故 A 与 BC 不独立，B 不正确由于 P(BAC)=1PB，故 B 与 AC 不独立，C 不正确由于 ，故 C,与 AB独立，所以应选 D

9、8 【正确答案】 C【试题解析】 根据正态总体方差已知关于求期望 u 的置信区间公式其中样本统计量 UN(0，1)且 满足 PU =0 95由题设条件可计算出样本均值的观察值为 x=10，=1，96， 0=2。在检验H0=0=0，H 1： 0 时，选取的统计量 其 H0 的拒绝域为 ，因此对于统计量 的拒绝域应为R= V098应选 C二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 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， x2)=1 及复合函数求导法得于是10 【正确答案】 【试题解析】 y +4y=cos2x 对应的齐次方程的特征方程

10、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+C2sin2xwi=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 *)=x(一2Asin2x+2Bcos2x)+Acos2x+Bsin2x，(y *)=一 X(4Acos2x+4Bsin2x)一4Asin2x+4Bcos2x将上两式代入方程 y+4y=cos2x 中，得一4Asin2x+4Bcos2x=cos2x比较上式系数得 A=0， 故原方程的通解为11 【正确答案】 【试题解析】 【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

11、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=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 【正确答案】 1【试题解析】 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“一”号由于曲面 S 任意，因此空间区域 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

12、有 则f(x，y，z)=0”可知 因 x0，则 f(x)=113 【正确答案】 【试题解析】 由于 A(A2)2=A5，故 A=(A2)2-1A5=(A2)-12A5而所以注意本题中计算出更简捷一些14 【正确答案】 0588【试题解析】 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)=07，P(B 1A)=P(B2A)=06方法 1。=P(C)=P(AC+AC)=P(AC)=P(A)P(CA)=P(A)P(B1+B2)A=P(A)P(B 1A)+P(B 2A)一 P(B1A)P(B 2A

13、)=07(06+06060 6)=070 84=0588方法 2。用对立事件由于故三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 【正确答案】 由条件知又在 x=0 的某空心邻域内 f(x+1)+3sin2x0，现利用等价无穷小因子替换：当 x0 时，ln1+f(x+1)+3sin2xf(x+1)+3sin 2x，16 【正确答案】 方法 1。由 f(1) f(x)在 x=1 的某邻域内可导方法 2。当 f(1)存在时，可用二阶泰勒公式得f (1)=-2 或由及极限与无穷小的关系得 f(x)=一 x2+o(x2)(x0) f(1)=一 1，f (1)=一 217 【正确答案】 由线性方

14、程解的叠加原理y 1(x)=y3*(x)一 y2*(x)=e-2x，y 2(x)=y3*(x)一 y1*(x)=xe-2x 均是相应的齐次方程的解，它们是线性无关的于是相应的特征方程为(+2) 2=0，即 2+4+4=0，原方程为 y2+4y2+4y=f(x)(*)又 y*(x)=xe-x 是它的特解，求导得 y*(x)=e-x(1 一 x)，y *(x)=e-x(x 一 2)代入方程 (*)得 e-x(x 一 2)+4e-x(1一 x)+4xe-x=f(x)f(x)=(x+2)e -x所求方程为 y+4y+4y=(x+2)e-x，其通解为 y=C1e-2x+C2xe-2x+xe-x，其中 C

15、1， C2 为 常数18 【正确答案】 C1，C 2，方程的任意解 y(x)均有不必由初值来定 C1，C 2，直接将方程两边积分得19 【正确答案】 先求 ；1。由 ，求 将第一式对 x 积分得2。由求 将第一式对 x 积分得20 【正确答案】 由 求 f(x，y)将第一式对 x 积分得因此求得，其中 a，c,c 为 常数21 【正确答案】 令 问题转化为求幂级数 的收敛域先求收敛区间，再考察收敛区间的端点求解如下：令 我们考察幂级数其中 由 的收敛区间是 由于 时 发散(因为发散， 收敛)，而 ，时，收敛，因此， 的收敛域是,又 对应于 因此，原级数的收敛域是22 【正确答案】 为证当 x0

16、，+) 时级数 收敛，且和函数 S(x)在0,+)有界，自然的想法是给出级数一般项的估计 只要收敛就可得出结论为了在0，+)上估计 ，我们求 f(x)=x2e-nx 在0，+) 上的最大值：由f(x)在 取0，+)上的最大值，即 因为 收敛，所以 在0，+)收敛，且 S(x)在0，+)上有界23 【正确答案】 上任意点(x，y，z) 到直线 L 的距离的平方其中再求 对 L 的转动惯量用先二后一的积分顺序，记 D(z)：x 2+y2z2，于是【试题解析】 质量为 m 的质点对直线 L 的转动惯量为 md2，d 是质点到 L 的距离.因此，要先求 上点(x， y,z)到直线 L：x=y=z 的距

17、离，然后用三重积分来表示这个转动惯量24 【正确答案】 可由 1,2,3,4 线性表出，即方程组 x11+x22+x33+x44= 有解对增广矩阵作初等行变换，有所以向量 可以由1,2,3,4 线性表出的充分必要条件是： 12+3 一 4=025 【正确答案】 向量组 1,2,3,4 的极大线性无关组是： 1,2,3，而 4=一61+623326 【正确答案】 方程组的通解是：x 1=a1a2+2a36t，x 2=a22a3+6t，x 3=(a33t，x 4=t，其中 t 为任意常数，所以 =(a1 一 a2+2a36t)1+(a22a3+6t)2+(a33t)3+t4，其中 t 为任意常数由

18、 把 4 代入，得 =(a1 一 a2+2a3)1+(a22a3)2+a3327 【正确答案】 由矩阵 A 的特征多项式得到矩阵 A 的特征值是 1=3， 2=3=一 1由矩阵 B 的特征多项式=( 一 3)(+1)2，得到矩阵 B 的特征值也是 1=3， 2=3=一 1当 =一 1 时，由秩知(一 EA)x=0 有 2 个线性无关的解，即 =一 1 时矩阵 A 有 2 个线性无关的特征向量，矩阵A 可以相似对角化而(一 EB)x=0 只有 1 个线性无关的解，即 =一 1 时矩阵 B只有 1 个线性无关的特征向量，矩阵 B 不能相似对角化因此矩阵 A 和 B 不相似28 【正确答案】 由(X

19、 1，X 2)的联合密度可知 X1 与 X2 相互独立，且 X1 一 N(4，3)，X2 一 N(2，1)由正态分布的性质可知，X 1，X 2 的线性组合仍服从正态分布，而由X1=X+2Y，X 2=X 一 2Y 根据期望和方差的性质有从而可知 即29 【正确答案】 X 1=X+2Y 可知，DX 1=DX+4DY+4cov(X，Y)故由二维正态分布密度函数将代入上式中，可得30 【正确答案】 设 X 表示试验中正面出现的次数，则 YB(12000，05)，且EX=up-6000， DX=npq=3000由于 n=12000 相当大，因此 近似服从正态分布 N(0，1) ，于是31 【正确答案】 设至多试验 n 次，Y 为 n 次中正面出现的次数，显然YB(n，05)，EY=05nDy=025n，于是即故最多试验 6232 次即可