[考研类试卷]考研数学（数学一）模拟试卷401及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学一）模拟试卷 401 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 曲线 有( ) 渐近线。（A）0 条（B） 1 条（C） 2 条（D）3 条2 设函数 f(x)与 g(x)均在(a，b)内可导，且满足 f(x)g(x)，则 f(x)与 g(x)的关系是( )。（A）必有 f(x)g(x)（B）必有 f(x)g(x)（C）必有 f(x)g(x)（D）不能确定大小3 设 又设 f(x)展开的正弦级数为则 S(3)( )。（A）(e1)2（B） (e1)2（C） (e 1)2（D）(e1)24 微分方程 y“2y yxe x 的特解形式为( )。（A

2、）(Ax B)e x（B） (Ax2Bx)e x（C） (Ax3Bx 2)ex（D）Ax 3e x5 已知 1， 2， 3 是 Ax 0 的基础解系，则 Ax0 的基础解系还可以表示为( )。（A）P 1， 2， 3的三个列向量，其中 P33 是可逆阵（B） 1， 2， 3Q33 的三个列向量，其中 Q33 是可逆阵（C） 1， 2， 3 的一个等价向量组（D） 1， 2， 3 的一个等秩向量组6 A 是三阶可逆矩阵，且各列元素之和均为 2，则 ( )。（A）A 必有特征值 12（B） A1 必有特征值 12（C） A 必有特征值2（D）A 1 必有特征值27 设 A，B，C 是三个随机事件，

3、 P(ABC)0，且 0P(C) 1，则必有( )。（A）P(ABC)P(A)P(B)P(C)（B） P(AB)C)P(AC)P(BC)（C） P(ABC)P(A)P(B)P(C)（D）8 已知随机变量 X 的概率分布 P(Xk) ，其中 0，k1，2，则E(X)为( )。（A）（B） e（C） (e 1)（D）e (e 1)二、填空题9 交换二次积分次序 01dy0arcsinyf(x,y)dx。10 I (lx mynz)dxdydz，其中 ：1, 为 的中心。11 如果幂级数 在 x1 收敛，在 x3 发散，则其收敛半径为。12 设 若 f(x)在 x1 处可导，则 的取值范围是。13

4、设 A 是三阶可逆矩阵，如果 A1 的特征值为 1，2，3，则A的代数余子式A11A 22A 33。14 设随机事件 A、B 及其和事件 AUB 的概率分别是 04，03 和 06若 表示 B 的对立事件，则积事件 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。15 已知极限 求常数 a，b，c 。16 计算17 如果 x1x20，试证在 x1 与 x2 之间必至少存在一点，使 (1)e(x1x 2)成立。18 求曲线 的全长。19 。19 已知三元二次型 XTAX 的平方项系数全为 0，设 1，2，1 T 且满足A2 。20 求该二次型表示式；21 求正交变换 XQY 化该二次

5、型为标准形，并写出所用的坐标变换；22 若 AkE 正定，求 k 的取值。23 设 A 是三阶矩阵，b9，18，18 T，方程组 AXb 有通解 k 12，1，0T k22，0， 1T1，2，2 T， 其中 k1，k 2 为任意常数，求 A 及 A100。24 设 X1，X 2，X 3，X 4 是取自正态总体 N(0，4)的简单随机样本，令Y5(X 12X 2)2(3X 3 4X4)2，求 P(Y2)。24 设总体 X 的概率密度函数如下，X 1，X 2，X n 为总体 X 的样本。25 确定常 a；26 求 的极大似然估计量；27 判断上题中求出的估计量是否为 的无偏估计量?考研数学（数学一

6、）模拟试卷 401 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】 解 因 ，故 x0 是一条沿直渐近线，又因，故 y0 为一条水平渐近线，下求斜渐近线。因故 yx1 是其一条斜渐近线，仅(D)入选。2 【正确答案】 D【试题解析】 解 仅(D) 入选。由 f(x)g(x)知，在(a，b) 内 g(x)的变化率小于 f(x)的变化率。由于没有 g(a)与 f(a)相等的条件，所以无法判明 f(x)与 g(x)的大小关系。3 【正确答案】 C【试题解析】 解 因 S(x)是以 4 为周期的奇函数，故 S(3)S(41) S(1)S(1)。

7、因 x1 为 f(x)的不连续的分段点，故 S(1) f(10) f(10) (1e) ，所以 S(3) S(1) (1e)，仅(C)入选。4 【正确答案】 C【试题解析】 解 易知所给方程对应的齐次方程的特征方程为 r 22r 1(r1)20， 故 1 为其二重根，而 1 又是非齐次项的指数，所以特解形式应为 y *x 2(AxB)e x (Ax 3Bx 2)ex ，仅(C)入选。5 【正确答案】 B【试题解析】 解一 对于 1， 2， 3Q，因 1， 2， 3 线性无关，且 Q 可逆，故 r(1， 2， 3Q)3， 1， 2， 3Q 的三个列向量仍然线性无关，又因Ai0(i1，2，3)，故

8、 a 1， 2， 3O， 两边右乘 Q 得 A 1， 2， 3QOQ O， 故 1， 2， 3Q 的三个列向量仍是 AX0 的解向量，且线性无关的解向量个数为 3 个，故它们仍为基础解系，仅(B)入选。 解二 对于(A)，因P33i 不一定是 AX0 的解 (AP33i0)。 对于(C)，与 1， 2， 3 等价的向量组，其向量个数可以超过 3 个(其秩等于 3)，且可以线性相关，还可以是用 1， 2， 3相互线性表出的向量组。 对于(D)，因与 1， 2， 3 等秩的向量组可能不是AX0 的解向量，且个数也可以超过 3 个，故(A)、(C) 、(D)均不满足基础解系的条件，都不能入选，仅(B

9、)入选。6 【正确答案】 B【试题解析】 解一 设 由题设有A 的各列元素之和为 2，即由特征值定义可知，2 为AT 的一个特征值，又 AT 与 A 有相同的特征值，故 2 也是 A 的一个特征值，所以 11 2 为 A1 的一个特征值，仅(B)入选。 解二 由本书试卷七第 20 题的结论可知，因 AT 各行元素之和均为 2，故(A T)1 的各行元素之和均为 12，即(A T)1 必有特征值 12，又因(A T)1 (A 1 )T，而(A 1 )T 与 AT 有相同的特征值，故A1 必有特征值 12，仅(B)入选。7 【正确答案】 B【试题解析】 解一 P(AB)C) P(AB)C)P(C)

10、 P(AC BC)P(C) P(AC)P(BC)P(ACBC) P(C) P(AC) P(BC)P(ABC)P(C) P(AC)P(BC)P(C) P(AC)P(C)P(BC)P(C) P(AC) P(BC) ，仅(B)入选。 解二 A，B，C 不一定相互独立，(A)不一定成立，因 P(ABC)P(A)P(B) P(C)P(AB)P(BC) P(CA)P(ABC)，而 P(AB)，P(BC)，P(CA)不一定为 0，故(C)也不成立。因 而 P(AB) P(ABC)P(AB)，显然(D)中等式不成立，故(D) 也不成立，仅(B)入选。8 【正确答案】 D【试题解析】 解 因所给的分布与泊松分布

11、仅差 k0 这一项，添加这一项得到二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 解题思路 先给出积分区域的示意图，然后交换积分次序。解 01dy0arcsinyf(x,y)dx，则 D(x，y)0y1 ，0xarcsiny。由 xarcsiny 有 ysinx，于是 D 的图形如右图阴影部分所示，故 化为另一积分次序的二次积分，即10 【正确答案】 【试题解析】 解题思路 注意到 的中心 恰好是 的重心(质心)，应利用其公式简化求出三重积分 ，从而简便求出 I。 解 因 的中心 恰好是 的重心(质心)，由其计算公式得到11 【正确答案】 2【试题解析】 解题思路 已知幂级数在一点收敛而在另一点发散

12、时，常用阿贝尔定理求其收敛半径。解 由阿贝尔定理知，当x1112 即1x3 时，幂级数收敛，而x1312，即 x3 或 x1 时，该幂级数发散。由收敛半径的定义可知，该幂级数的收敛半径为 2。12 【正确答案】 1【试题解析】 解题思路 可直接利用一类特殊分段函数在其分段点的连续性、可导性及其导函数连续的结论求之。设则当 0 时，f(x)在 x0 处连续；当 1 时，f(x) 在 x0 处可导；当 1 时，导函数 f(x)在x0 处连续。 解一 由上述结论可知 1( 0)时，f(x)在 x0 处可导，因而1 即 1 时，f(x)在 x1 处可导。 解二 根据导数定义，由题设知，下列极限应存在且

13、为 0，即其条件是，因此 10，即 1。13 【正确答案】 1【试题解析】 解题思路 A ii(i1，2，3)为伴随矩阵 A*的主对角线上的元素，其和 A11A 22A 33 恰等于 A*的迹，即 tr(A*)A 11A 22A 33。 但矩阵的迹又等于其特征值之和，于是归结求出 A*的特征值，其求法有两种方法。 解一 由题设知，A 的特征值为 11， 212， 313，于是A 12316，则 A*的特征值分别为则 A 11A 22A 33tr(A *) 1* 2* 3*1613121。 解二 由AA*AE(16)E，即(6A)A *E，得到 A *(6A) 1 (16)A 1 。由 A1 的

14、特征值为 1，2，3，得到 A*的三个特征值分别为 1*(16)116， 2*(16)213， 3*(16)312，故 A 11A 22A 33tr(A *) 1* 2* 3*1613121。14 【正确答案】 0.3【试题解析】 解题思路 利用 P(AB) P(A)求之。 解一 由 P(AB)P(A)P(B) P(AB)得到 060403P(AB)， 即 P(AB)01，则 P(A)P(AB) 040103。 解二 ，而 1P(AB)10604， 07，故 070403。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】 得到 c10。由式 得到 b10，由式得到 a103

15、。因而必有 a c30， b c 0， c101，解之得 a103， b10， c10。16 【正确答案】 注意：对无穷间断点(瑕点)出现在区间内部的反常积分，不要误认为定积分。17 【正确答案】 证 因为 x1x20，故以 x1，x 2 为端点的区间一定不包含原点x0，即可引进辅助函数： f(x)e xx，(x)1x，且在区间x 1，x 2上利用柯西中值定理得 ，x 1x 2 整理即得 (1)e (x1x 2)。18 【正确答案】 解 显然函数由弧长公式得所求曲线的全长为19 【正确答案】 20 【正确答案】 由题设得到利用三阶行列式的算法和克拉默法则，得到故该二次型为 XTAX4x 1x2

16、4x 1x34x 2x3。21 【正确答案】 由 (2) 2(4)0 得到 A 的特征值为 1 22， 3 4。即 1 为二重根，可用基础解系正交化的方法求出正交矩阵。解(2E A)X 0。由 得到属于 12 的一个特征向量 11，1，0 T，另一个与之正交的特征向量设为Xx 1，x 2，x 3T，则 BXx 1x 2x 30， 又由 1TX0 得到 x 1x 20， 联立式与式 解之，由 得到与 1 正交的特征向量为 2 12，12，1 T。 2 也可用施密特正交化的方法求得，为此，先由式取两个线性无关的特征向量： 11 ，1， 0T， 21，0，1 T。令1 1，则 当34 时，求解(4E

17、 A)X0。由 得到属于 34 的特征向量 31，1，1 T，于是 1， 2， 3 为两两正交的特征向量。将 1， 2， 3 单位化得到令Q 1， 2， 3，则 Q 为正交矩阵，作坐标变换 XQY，则在此坐标变换下原二次型化为标准形： X TAXY TAY2y 122y 224y 32。22 【正确答案】 因 AkE 的特征值为 k2，k2，k4，故当 k4 时，矩阵AkE 正定。23 【正确答案】 解 由题设知 12，1，0 T 与 22，0，1 T 为 AX0 的基础解系，即有 A 100 1， A 200 2，于是 0 为 A 的二重特征值， 1 与 2 为对应于 1 20 的特征向量，

18、又 1，2，2 T 为其特解，故 Ab， 即于是 39 为 A 的另一个特征值， 为其对应于39 的特征向量，易看出 1 与 2 线性无关(对应分量不成比例)。 又 与 1， 2均线性无关，故 1， 2， 线性无关，所以 A 有 3 个线性无关的特征向量，必与对角矩阵 Adiag(0，0，9)相似，取 P 1， 2，则 p 1 APA ，其中 T9，则 A 2AA TT( T)T9 T9A ，A 1009 99A。或 A100(PAP 1)100PA 100p124 【正确答案】 解 因 XiN(0 ，4)，X 1，X 2，X 3，X 4 为简单随机样本，故 X12X 2N(0，5 2)N(0，20)，同法可求得 3X34X 4N(0，25 2)N(0，100)， 又因 X12X 2 与3X34X 4 相互独立，利用 2 的可加性，得到查自由度 n 为 2，且上分位数为 002 的 2 分布，可得25 【正确答案】 26 【正确答案】 27 【正确答案】