[考研类试卷]考研数学（数学一）模拟试卷400及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学一）模拟试卷 400 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)在点 xa 处可导，则 ( )。（A）f(a)（B） 2f(a)（C） 0（D）f(2a)2 函数 f(x，y)x 2y3 在点 P(2，1)处沿方向 lij 的方向导数为( )。（A）16（B）（C） 28（D）3 设平面曲线 L： ， y0，其所围成的区域分别记为D 和 D1，则有( ) 。4 设 S 为球面 x2y 2z 2R 2(R0)的上半球的上侧，则下列表示式正确的是( )。5 A 是三阶矩阵，P 是三阶可逆矩阵， ，且A1 1，A 2 2，A 30，则 P

2、 应是( )。（A） 1， 2， 1 3（B） 2， 3， 1（C） 1 2， 2，2 3（D） 1 2， 2 3， 16 设 A，B，C ，D 是 4 个四阶矩阵，其中 AO，B0，C0，DO，且满足 ABCDO。若 r(A)r(B) r(C)r(D)r，则 r 的取值范围是( )。（A）r10（B） 10r12（C） 12r16（D）r167 设事件 A，B，C 是任意三个事件，事件 D 表示“A，B，C 中至少有两个事件发生”，则下列事件中与 D 不相等的是( ) 。8 设随机变量 X 的概率密度为 f(x)，则随机变量X的概率密度 f1(x)为( )。二、填空题9 已知 2005，则a

3、， b。10 若 的收敛半径是。11 设 yy(x) 是由。12 设平面 的方程为 2x yz 20，直线 l 的方程为则 与 l 的位置关系是。13 A 是 ns 矩阵，r(A) s，B 是 sn 矩阵，r(B)n，则 r(AB)。14 在总体 N(1，4) 中抽取一容量为 5 的简单随机样本 X1，X 2，X 5，则概率P(minX1，X 2，X 51)。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 设 f(x)在a，)上可导，且当 xa 时，f(x) k0(k 为常数)。证明：如果f(a)0，则方程 f(x)0 在区间 上有且仅有一个实根。16 求抛物线 y24x 与直线 y2

4、x4 所围成的均匀薄片的形心。17 求椭球面 x22y 2z 2 22 上平行于平面 xy2z 0 的切平面方程。18 若函数 F(x，y，z)满足 F“xxF“ yyF“ zz0，证明其中 是光滑闭曲面 S 所围的区域， 是 F 在曲面 S 上沿曲面 S 的外向法线的方向导数。19 作变换 ttanx，把微分方程变成 y 关于 t 的微分方程，并求原微分方程的通解。19 设 A 是 n 阶矩阵， 1， 2， n 是 n 维列向量，且 n0，若A1 2，A 2 3， An1 n，A n0。20 证明 1， 2， n 线性无关；21 求 A 的特征值、特征向量。22 若 A、B 为两个 n 阶矩

5、阵，且 ABAB 1 ，证明： 秩(EAB)秩(EAB)n。23 设随机变量 X 的概率密度为 对 X独立地重复观察 5 次，用 Y 表示 X 大于 3 的次数，求 Y2 的数学期望。24 设随机变量 XN(0， 2)，X 1，X 2，X 10 是取自总体 X 的简单随机样本，求统计量 的分布及其自由度。考研数学（数学一）模拟试卷 400 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】 B【试题解析】 解 1(1)f(a)2f(a)，仅(B)入选。2 【正确答案】 B【试题解析】 仅(B)入选。3 【正确答案】 A【试题解析】 4 【正确答案】 B【试

6、题解析】 解一 用 S1 与 S2 分别表示 S 的右半部分与左半部分，则其中 D 表示曲面 S1 与 S2 在平面 zOx 上的投影区域：x 2z 2R2，z0，仅(B)入选。解二 由上述结论，即可看出选项(B)正确。这是因为 S 关于坐标平面 zOx 对称，而 y 为奇函数，故 ，因 y2 为偶函数，故 。同理，(因 xxy 0，zzy 0 都可看成 y 的偶函数)。5 【正确答案】 C【试题解析】 解一 因(A)中向量 1 3 是 A 的不同特征值的特征向量的线性组合，故不是 A 的特征向量，排除(A)。 (B)中 3， 1 的排列顺序与其对角阵中特征值的排列顺序不一致，排除(B)。 (

7、D)中 2 3 不是 A 的特征向量，排除(D) ，仅(C)入选。 解二 因为 1 2， 2 仍是 1 的特征向量，2 3 仍是 0 的特征向量，且与其对角阵中特征值的排列顺序一致，仅(C)入选。6 【正确答案】 B【试题解析】 解 由 ABCD(AB)(CD)0 得到r(AB)r(CD)4。而 B， C 为满秩矩阵，故r(AB)r(A)，r(CD) r(D)。于是 r(A)r(D)4，又 AO，DO，有r(A)1， r(D)1，则 2r(A)r(D)4，又 r(B)r(C)4，故1028r(A)r(B)r(C) r(D)4 812， 仅(B) 入选。7 【正确答案】 A【试题解析】 解 显然

8、 DABBCAC，而(A B)(A C)(BC) (ABC)(BC)AB BCCA，ABBC AC这说明(B)、(C)、(D) 中的事件都与事件 D 相等，所以仅(A)入选。8 【正确答案】 D【试题解析】 解一 设X的分布函数为 F1(x)，X 的分布函数为 F(x)，则当 x0时，Xx为不可能事件，故 P(Xx)P( )0，从而 f 1(x)F 1(x)0。 当 x0 时，XxxXx)，因而 P(xXx) P(Xx)P(Xx)F(x)F(x)，则 F 1(x)P(Xx)F(x) F(x)， f 1(x)F 1(x)F(x)F(x)F(x) F(x)(1)F(x)F( x) f(x)f( x

9、)，故 f1(x)F 1(x)仅(D)入选。 解二 因 X0，故当 x1(x)P(xx) P( )0 ，从而 x0时，必有 f1(x)0，于是选项(A) 、(B)应排除，又因 产生矛盾，故排除(C)，仅(D)入选。二、填空题9 【正确答案】 ,【试题解析】 10 【正确答案】 【试题解析】 解 令 tx 3，则原级数化为的收敛半径 R2，因而2t2， 即 2x 32，故 ，于是原级数的收敛半径为 。11 【正确答案】 【试题解析】 12 【正确答案】 l 在 上【试题解析】 解 因为 的法向量为 n(2，1 ，1)，l 的方向向量为s(1，3，1)，由于ns2310，即 n 与 s 垂直，从而

10、 l 与 平行。又由 l 的方程知，l 过点(1，2，2)，此点坐标亦满足 的方程，所以 l 在 上。13 【正确答案】 n【试题解析】 解一 因 A 为 nS 矩阵，且 r(A)s，即 A 为列满秩矩阵，则r(AB)r(B)n 。解二 因 A 为 ns 矩阵， r(A)s，故 ns,B是 sn 矩阵，r(B)n，故 sn，从而sn,于是 A， B，AB 均为 n 阶矩阵，且均可逆，故有 r(AB)n 。14 【正确答案】 096875【试题解析】 解一 P(minX 1，X 2，X 51) 1P(minX 1，X 2，X 51) 1P(X 11，X 21，X 51) 1P(X 11)5解二

11、令MminX 1，X 2，X 5，其中 X1，X 2，X 5 独立同分布，则 F M(z)11 F(z) 5，故 P(minX1，X 2，X 51)P(M1)F M(1)11F(1)511 (0) 51(12) 5096875。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】 证一 根据定积分的保序性，在不等式 f(x)k 的两端从 a 到 x 积分，得到 axf(t)dt axkdtk(xa) ，即 f(x)f(a)k(xa)，亦即 f(x)f(a)k(x a)(x a)。 令 f(a)k(xa) 0，解得 xx 0a f(a)k，在式中令xx 0 得到 f(x0)0。

12、又 f(a)0，由零点定理知，f(x)0 在(a，x 0)(a，a f(a)k)内有实数根。 再由 f(x)0(xa)，且 f(x)在 xa 处连续知，f(x) 在a ，af(a)k上单调减少，故方程 f(x)0 在该区间只有一个实根。 证二 下用拉格朗日中值定理找出点 x0，使 f(x0)0。由题设知，f(x) 在a，af(a)k上满足拉格朗日中值定理条件，故有 其中 aa f(a)k，因 f(x)k0，故 f(x)k1，因而由式 得到于是所找的点即为 x0af(a) k。 下面的证明与证一相同。【试题解析】 证题思路 用零点定理证之，需找另一点 x0，使 f(x0)0。下面用定积分性质找出

13、 x0，也可用拉格朗日中值定理找出 x0，使 f(x0)0。16 【正确答案】 解 由 易求得抛物线与直线的两交点为(1，2)，(4， 4)，设形心坐标为 ，则【试题解析】 解题思路 按形心的计算公式直接计算。17 【正确答案】 解 令 F(x，y，z)x 22y 2z 222，则 Fx2x，F y4y，F z2z。 设所求切平面与椭球面切于点(x 0，y 0，z 0)，则此切平面的法矢量为 n2x 0，4y 0，2z 0。此切平面与平面 xy2z0 平行，故 由于点 (x0，y 0，z 0)在椭球面上，故 x 022y 02z 0222。 由式、式即得所求切点为(2，1，4)及(2，1，4)

14、，将此两点的坐标代入切平面方程： x 0(xx 0)2y 0(yy 0)z 0(zz 0)0，即得所求的切平面方程为 2(x 2)2(y1)4(z4)0 与 2(x2)2(y 1)4(z4)0；或化简为 xy2z11 0 与 xy 2z 110。【试题解析】 解题思路 设出切点坐标(x 0，y 0，z 0)，求出切平面的法矢量，找出(x0，y 0，z 0)所满足的条件求出 x0，y 0，z 0，即可写出切平面方程。18 【正确答案】 证 由题意知【试题解析】 证题思路 利用公式，其中 cos，cos，cos 为方向 n 的方向余弦，将待证等式右边的第一类曲面积分化为标准式的第一类曲面积分 ，然

15、后再用高斯公式证之。19 【正确答案】 解 由 ttanx 有解之得 y(C 1C 2t)et t 2，从而得原方程的通解为 y(C 1C 2tanx)etanx tanx2。【试题解析】 解题思路 作变换 ttanx，视 t 为中间变量，x 为自变量分别求出即可。20 【正确答案】 设 k 11k 22k nn0， 用 An1 左乘，得到 k1An1 1k 2An1 2k nAn1 n0。 注意到 Aij0，ijn 1，当ij ij0，故 A n1 20，A n1 30，A n1 n0，A n1 10， 从而k1An1 10，即 k 1An1 1k 1An2 2k 1An1 k 1n0， 而

16、 n0，故k10。 同法用 An2 ，A n1 ，A 左乘式可得 k 2k 3k n1 0。 代入式有 knn0，而 n0，故 kn0，所以 1， 2， n 线性无关。【试题解析】 证题思路 利用线性无关的定义证之，转化为矩阵关系，利用相似矩阵性质求之。21 【正确答案】 因 Ai i1 (i1，2，n1)，A n0，故A1， 2， n 2， 3， n，0 1， 2， n。因 1， 2， n 线性无关，故 P 1， 2， n可逆，且 所以 AB ，显然 B 的特征值全为 0，所以 A 的特征值也全为 0，又因 秩(A)秩(B)n1，故 AX0 的基础解系只含一个解向量，因 An0 n，而 n0

17、，故 A 的关于 0 的特征向量为kn(k0)。22 【正确答案】 证 显然有 秩(EAB)秩(E AB)秩(EABEAB)秩(2E)n。 另一方面，由 ABAB 1 得到 (EAB)(EAB)EABABABAB E(ABA)B EB 1 BEE O， 故 秩(EAB)秩(EAB)n。 由式与式得到 秩(E4B)秩(E AB)n。【试题解析】 证题思路 只需证明秩(EAB)秩(EAB)n，秩(EAB)秩(EAB)n。23 【正确答案】 解 则 Y B(n，p)B(5，12)， E(Y)np 5(12)52， D(Y)npq5(12)(112)54。所以 E(Y 2)D(Y)E(Y) 254254304152。【试题解析】 解题思路 求出 P(X3)p，则 YB(5，p) ，进一步求出 E(Y)与 D(Y)，即可写出 E(Y2)。24 【正确答案】 解 因 利用 2 分布的可加性，有 由 F 分布的典型模式得到即其第 1，第 2个自由度分别为 n14，n 26。【试题解析】 解题思路 所给统计量的分子和分母均为样本个体平方的线性组合，该统计量常服从 F 分布。