[考研类试卷]考研数学（数学一）模拟试卷302及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学一）模拟试卷 302 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 设 f(x)在 x=0 处存在 4 阶导数，又设 则 ( )（A）f (0)=1 （B） f(0)=1（C） f(0)=1 （D）f (4)(0)=12 设 f(x)满足 f(x)+(1 一 COS x)f(x)+xf(x)=sinx，且 f(0)=2则 ( )（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) 的左侧邻近是凹的，右侧邻近是凸的（D）曲线 y=f(x)在点(0，f(0)的左侧邻近是凸的，右侧邻近是凹

2、的3 设三元函数 点 M(0，0，0)，始于点 M 的单位向量l=(cos，cos，cos)考虑点 M 处的偏导数 与方向导数 则( )（A） 都存在（B） 都不存在（C） 存在, 不存在（D） 不存在, 存在4 设 S 为上半球面 x2+y2+z2=a2，z0，a 0下列第一型或第二型曲面积分不为零的是 ( )（A）第二型曲面积分（B）第二型曲面积分（C）第一型曲面积分（D）第一型曲面积分5 设 有通解 k1，0，2，一 1T，其中 k 是任意常数，A 中去掉第 i(i=1，2，3， 4)列的矩阵记成 Ai，则下列方程组中有非零解的方程组是 ( )（A）A 1y=0 （B） A2y=0（C）

3、 A3y=0 （D）A 4y=06 设二次型 f(x1，x 2，x 3)=(x1+2x2+x3)2+一 x1+(a 一 4)x2+2x32+(2x1+x2+ax3)2 正定，则参数 a 的取值范围是 ( )（A）a=2（B） a=一 7（C） a0（D）a 可任意7 设随机变量 X 服从参数为 P 的几何分布，m，n 为非零正整数，则 PXm+n Xm ( )（A）与 m 无关，与 n 有关，且随 n 的增大而减少。（B）与 m 无关，与 n 有关，且随 n 的增大而增大（C）与 n 无关，与 m 有关，且随 m 的增大而减少（D）与 n 无关，与 m 有关，且随 m 的增大而增大8 设 X

4、与 Y 相互独立，且均服从正态分布 N(1，4)，则 Pmin(X，Y)1为 ( )（A）（B）（C）（D）二、填空题9 设 f(A)存在，f (A)0，则 =_.10 设 y=y(x)是由方程 y3+xy+x2 一 2x+1=0 确定并且满足 y(1)=0 的函数，则=_.11 设 l 为圆周 一周，则空间第一型曲线积分 x2ds=_12 设 S 为球面 x2+y2+z2=R2 被锥面 截下的小的那部分，并设其中A，B，R 均为正常数且 AB，则第一型曲面积分 =_.13 设 f(x)=x2 一 6x2+11x 一 5，则 f(A)=_14 设随机变量(X，Y) 的联合概率密度函数和分布函数

5、分别为 f(x，y)和 F(x，y)，令 U=Y，V=2X，则随机变量(U，V)的联合概率密度函数为_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 设 l 为从点 A(一 ，0)沿曲线 y=sinx 至点 B(， 0)的有向弧段，求16 设平面区域 D=(x，y)x+y1)，求17 求17 设 u1=1， u2=1，u n+1=2u+3un-1(n=2，3，)18 设 证明 存在，并求之；19 讨论级数 的敛散性20 求微分方程 满足初始条件 y(0)=1，y (0)=1 的特解21 A，B，X 均是 3 阶矩阵，其中 问是否存在X，使得 AXA=BX，若存在，求所有的 X，若不存在

6、，说明理由21 设二次型 ，满足 ，AB=0，其中22 用正交变换化二次型为标准形，并求所作正交变换；23 求该二次型；24 f(x1，x 2， x3)=1 表示什么曲面?24 设(X，Y)的联合概率密度为 求25 随机变量函数 Z=XY 的概率密度函数 fz(z)；26 X 与 Y 的协方差 cov(X，Y) 26 设随机变量 X 服从(0，)上的均匀分布，其中 为未知参数，X 1，X 2，X n为简单随机样本，求27 的最大似然估计量 ；28 参数 c 的值，使得 为 的无偏估计量考研数学（数学一）模拟试卷 302 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

7、 【正确答案】 C【试题解析】 由于 所以当 x0 时,于是 即 另一方面，由于 f(x)在 x=0 处存在4 阶导数，由皮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)任意故应选 C2 【正确答案】 C【试题解析】 由所给 f(x)+(1 一 cosx)f(T)+xf(x)=sinx，有 f(0)=0f (x)+sinx.f(x)+(1 一 cosx)f(x)+xf(x)+f(x)=cosx于是 f(0)=1 一 f(0)=一 10，即有而 f(0)=0，所以 于是存在 x=0 的某去心邻域 ，当 且 x0 时，f

8、(x)0，曲线 y=f(x)凹；当 且 x0 时，f (x)0，曲线 y=f(x)凸故应选 C3 【正确答案】 D【试题解析】 ，即不存在即存在，故应选 D4 【正确答案】 B【试题解析】 S 在 yOz 平面上的投影域为 Dyz=(y，z)y 2+z2a2，z0，其他A，C，D 都为零，例如 C，S 关于 yOz 平面对称，f(x)=x 为奇函数，所以5 【正确答案】 B【试题解析】 A 34x=0 有通解 k1，0，2，一 1T 将 A、B 列分块，设A=1,2,3,4，即有 1+02+23 一 4=1+23 一 4=0，即 A2y=0 有非零解=1，2，一 1T，故应选 B 其余选项 A

9、，C，D 均不成立如 A 选项，若 A 成立， 即 A1y=(2， 3， 4)y=0 有非零解， 设为( 1， 2， 3) 则有12+23+34=0，即 01+12+23+34=0，这和原方程组的通解 k1，0，2，一1T 矛盾 故 A 不成立，C，D 类似6 【正确答案】 D【试题解析】 法一 f(x 1，x 2，x 3)是平方和，故 f(x1，x 2，x 3)0方程组(*)的系数行列式故对任意的 a，方程组(*)有唯一零解，即对任意 x0均存在 f(x1，x 2，x 3)0f 正定，故应选 D法二 f(x1，x 2，x 3)=x1+2x2+5x3，x 1+(a 一 4)x2+2x3，=xT

10、BTBx=xTAx，其中 A=BTB其中 a 任意数故对任意a，B 可逆A=B TB 正定，故 ，f(x 1，x 2，x 3)是正定二次型，应选 D7 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查的是几何分布的条件概率与参数之间的联系由条件概率定义得 随机变量 X 服从参数为 p 的几何分布，即 PX=k=(1 一 p)k-1p(k=1，2，)所以联立(*)，(*)，(*)式得 Pxm+nxm=(1 一 p)n即 Pxm+nXm与 m 无关，与 n 有关，且随 n 的增大而减少8 【正确答案】 D【试题解析】 本题考查的是最小值函数的概率利用最小值函数的性质和独立性可得二、填空题9 【正确答案】 【

11、试题解析】 可以用以下两种方法计算法一 将分子用皮亚诺余项泰勒公式展开至 o(x 一 a)2)法二 用洛必达法则10 【正确答案】 一 3【试题解析】 由隐函数求导，有 3y2y+zy+y+2x 一 2=0，得 再用洛必达法则，而所以原式=一 311 【正确答案】 【试题解析】 由轮换对称性知， 所以而 为 l 的全长，l 是平x+y+z=a 上的圆周，点 O 到此平面的距离为 所以此 l 的半径为所以12 【正确答案】 【试题解析】 球面与锥面的交线在 xOy 平面上的投影曲线的方程为 (A+1)x2+(B+1)y2=R2则 D=(x，y) (A+1)x 2+(B+1)y2R2球面方程(上部

12、)为的面积，D 是个椭圆，D的面积13 【正确答案】 E 因 AA,可知存在可逆阵 P，使得 P-1AP=AA=PAP -1F(A)=(PAP-1)3 一 6(PAP-1)2+11PAP-1 一 5E=P(A3 一 6A2+11A 一 5E)P-114 【正确答案】 【试题解析】 设(U，V) 的联合分布函数为则(U，V) 的联合概率密度函数为三、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】 添加有向直线段 y=0，自点B(，0)至点 A(一 ，0)，其中自点 B 至点 O(0，0)的有向直线段记为 l1，点O(0，0)至点 A 的有向直线段记为 l2，曲线 y=sinx(

13、一 x)与 l1 和 l2 构成 8 字形分别围成的两个有界闭区域，记为 D1 与 D2D 1 的边界走向为负向，D 2 的边界走向为正向由格林公式，可得由于而 SD1=SD2，故所以 I=一 216 【正确答案】 将 D 分成第 1，2，3，4 象限中的 4 块，分别记为 D1，D 2，D 3，D 4，用极坐标，其中先对 D1 进行积分：根据对称性，被积函数关于 x，y 均为偶函数，且积分区域关于 y 轴，x 轴对称，故17 【正确答案】 18 【正确答案】 考虑令 n由夹逼定理有19 【正确答案】 用比值判别法， 所以级数收敛【注】此 可由下面办法试探得来假设 存在，记为 b，则由 两边取

14、极限得到 ，即 3b2+2b1=0，(3b1)(b+1)=0 ，得但不可能是 b=一 1所以，若 存在，只能是 对这种迭代数列求极限，用这种试探法有时可奏效但试探后必须再给予证明20 【正确答案】 此为 y=f(y，y )型，令 原方程化为即 解得 当x=0 时 y=1，y =1代入得 1=1(1+C1)，所以 C1=0于是得 p2=y1，p=y 2(因 y=1 时y=1，取正号)，于是 再分离变量，积分得 将 x=0 时 y=1 代入得 C2=一 1，从而得特解21 【正确答案】 由题设条件 AxA=BX，得(AB)X=A，(*) 其中因故 AB 不可逆 (注意 X(AB) -1A)将 X与

15、 A 以列分块，设 X=1， 2， 3，A= 1,2,3，则 (*)式为(AB) 1， 2， 3=1,2,3，则由(*)式求 X，即相当于解方程组(AB) i=i，i=1 ，2，3将A B 1,2,3作初等行变换，求解 1， 2， 3因则 (AB)l=1 的通解为 1=k1(一 3，1，5) T+(7，0，一 9)T， (AB)2=2 的通解为 2=k2(一3，1，5) T+(5，0，一 3)T， (AB) 3=3 的通解为 3=k3(一 3，1，5) T+(7，0，一 7)T，故 其中 k1，k 2，k 3 是任意常数22 【正确答案】 由题设条件 故 B 的 3 个列向量都是 Ax=0 的

16、解向量，也是 A 的对应于 =0 的特征向量，其中 线性无关且正交， 故 =0 至少是二重特征值又因 另一个是3=2，故 1=2=0 是二重特征值因 A 是实对称阵，故对应 3=2 的特征向量应与1， 2 正交，设 3=x1，x 2，x 3T，则有 得 3=1，1，一 2T,故存在正交变换 x=Qy，其中 使得23 【正确答案】 先求二次型对应矩阵因 故故所求二次型为f(x1，x 2，x 3)= (x12+x22+4x32 一 2x1x24x 1x34x 2x3)24 【正确答案】 法一 由标准形知 f(x1,x2,x3)=2y32=1y 3= 表示两个平行平而，法二 由() 得二次型 f(x

17、1,x2,x3)= (x12+x22+4x32+2x3x24x 1x3 一 x2x3)= (x1,x2 一 2x3)2若 f(x1,x2,x3)=1得(x 1+x2 一 2x3)= 表示两个平行平面【注】()求二次型的对应矩阵 A，也可用 AB=O， AT=A 直接求得25 【正确答案】 令 Z=XY，则 有效区域D=(x,y)0 xy，0y1，令 则有效区域转化为 yOz区域D=(y，z) 0zy 2，0y1=(y,z)0z y1 随机变量函数 Z=XY的概率密度函数为26 【正确答案】 X 与 Y 的边缘概率密度函数分别为于是所以27 【正确答案】 设 x1，x 2，x n 为样本值，当 0x i(i=1，2，n)时，似然函数为 两边同时取对数得 解得 的最大似然估计值为 maxx1，x 2，x n，所以 的最大似然估计量为28 【正确答案】 若 为参数 的无偏估计量，即 事实上，记总体 X 的概率密度函数为 fx(x)，分布函数为 Fx(x)，则 的概率密度函数为 若 为 的无偏估计量，则 解得