[考研类试卷]考研数学（数学一）模拟试卷404及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学一）模拟试卷 404 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 当 x0 时，下列四个无穷小量关于 x 的阶数最高的是( )。2 在区间0 ，) 内方程 ( )。（A）无实根（B）有且仅有一个实根（C）有且有两个实根（D）有无穷多个实根3 若 f(x)f(x)(x ) ，且 x(0，) 时 f(x)0，f“(x)0，则在(， 0)内( )。（A）f(x)0，f“(x)0（B） f(x)0，f“(x)0（C） f(x)0，f“(x)0（D）f(x)0，f“(x)04 设 F(t) f(x2y 2z 2)d，其中 f 为连续函数，f(0)0，f(0

2、)1，则( ) 。（A）（B） 45（C） 35（D）255 设 A 是一个 n 阶矩阵，先交换 A 的第 i 列与第 j 列，然后再交换第 i 行与第 j 行得到的矩阵记为 B，则下列五个关系： (1)AB； (2)r(A) r(B) ； (3)A B； (4)AB； (5)A B 中正确的有( ) 。（A）(1)，(2)（B） (1)，(2)，(3)（C） (1)，(3)，(5)（D）(1)，(2)，(3)，(4) ，(5)6 设 A 为 ms 矩阵，B 为 sn 矩阵，要使 ABX0 与 BX0 为同解方程组的充分条件是( ) 。（A）r(A)m（B） r(A) s（C） r(B)s（D

3、）r(B) n7 某班组共有员工 10 人，其中女员工 3 人，现选 2 名员工代表，至少有 1 名员工当选的概率是( ) 。（A）2745（B） 3645（C） 2145（D）24458 已知随机变量 X1 与 X2 相互独立，且有相同的分布如下：则 D(X1X 2)( )。（A）12（B） 10（C） 08（D）06二、填空题9 过 z 轴及点 M(3，2，5)的平面方程是。10 设二重积分 I (x2y 2)dxdy，其中 D 是由曲线 x2y 22x 所围第一象限的平面区域，则 I。11 设(ab)c 1，则(ab)(bc)(c a)。12 I xds，其中 L 为xy1。13 设三元

4、非齐次线性方程组的系数矩阵的秩为 1，且 1， 2， 3 是它的三个解向量，若 1 21，2，4 T， 2 30，2，2 T， 3 11，0，1 T， 则该非齐次线性方程组的通解为。14 设 X1，X 2，X n 是正态总体 XN( ， 2)的简单随机样本，样本方差，则 D(S2)。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 求 (a0)。16 已知函数 f(x)在区间a，b上连续，在(a，b) 内 f(x)存在，设连接 A(a，f(a)，B(b，f(b)两点的直线交曲线 yf(x)于点 C(c，f(c)，且 acb，试证：在区间(a， b)内至少存在一点 ，使 f“()0。17

5、设曲线 yy(x) ，x 0，t，y(x)0。若 yy(x)在0，t 上的曲边梯形绕 x 轴旋转所得的旋转体体积的形心坐标为 4t5 ，求 yy(x) 。18 (1)求级数 的和函数 S(x)；(2)将 S(x)展开为 x3 的幂级数。19 求解微分方程 y“y xyx 22x。20 计算 n(n2)阶行列式 ，ai0， i1，2，n。21 设 A 为 n 阶实对称矩阵，ABB TA 是正定矩阵，证明 A 是可逆矩阵。22 设随机变量 X 在0， 上服从均匀分布，求(1)YsinX 的概率密度；(2)E(Y)和 D(Y)。23 设二维随机变量(X，Y)服从均匀分布，其联合概率密度函数为求 ZX

6、 Y 的概率密度函数。考研数学（数学一）模拟试卷 404 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】 2 【正确答案】 B【试题解析】 解 设 ，注意到当 x1 时，f(x)0，所以只需在0 ，1 上讨论 f(x)0 的根的情况。f(0) 10， f(1)1sin10，由零点定理知，f(x)在0，1)内至少存在一个实根，但当 x(0，1)时，这说明 f(x)在(0，1)内单调增加，因此f(x)0 在(0，1)内最多只有一个实根。 综上所述， f(x)0 在(0，1)内只有唯一实根，从而方程 在0，)内只有一个实根，仅(B)入选。3

7、【正确答案】 D【试题解析】 解 因 f(x)f(x) ，故 f(x)为偶函数，f(x) 为奇函数，f“(x)为偶函数，由 x(0，)时 f(x)0，f“(x) 0 知，在(，0)内 f(x)0，f“(x) 0，仅(D)入选。4 【正确答案】 B【试题解析】 解 F(t) f(x2y 2z 2)d 02d0d0tf(2)2sind 02d0sind0tf(2)2d 22 0tf(2)2d 4 0tf(2)2d，则仅(B)入选。5 【正确答案】 D【试题解析】 解 由题设有 EijAEijB，E ij 有些什么性质呢 ?(1)E ij1，因而E ijE ij1，故 E ijAE ij B， 即

8、A B。(2)因E ij0 ，故 Eij 可逆，所以 r(EijA)r(A) ，r(AE ij)r(A)，故 r(B)r(E ijAEij)r(AE ij)r(A)。(3)由 EijAEijB 说明了 A B。 (4)因 Eij1 E ij，故EijAEijE ij 1AEijB，所以 AB 。(5) 因 EijE ijT，故 EijAEijE ijTAEijB，所以 A B。因此，选项(D)正确。6 【正确答案】 B【试题解析】 解一 显然 BX0 的解为 ABX0 的解，反之，设 ABX0 的解为BX0，当 r(A)s 时，因 B 为 sn 矩阵，故 A(BX)0 只有零解，从而 BX0，

9、即ABX0 的解也为 BX0 的解，亦即当 r(A)s 时，ABX0 与 BX0 同解。 解二 直接利用上述结论证之，显然 BX0 的解为 ABX0 的解，又当 r(A)s 时，r(AB)r(B) ，故当 r(A)s 时，ABX0 与 BX0 同解，仅(B)入选。7 【正确答案】 D【试题解析】 解 基本事件的总数为 C102，即 10 名员工选 2 名的组合数，至少有一名女员工当选，其中所含的基本事件数为 C31C71C 32C70。因而所求概率为仅(D)入选。8 【正确答案】 A【试题解析】 解 由题设有 E(X i)20 330440 33， E(X i2)2 2033 2044 203

10、 403904160396， D(X i)E(X i2)E(X i)2963 206 (i1，2)， 故 D(X) D(X 1)D(X 2)060612，仅(A)入选。二、填空题9 【正确答案】 2x3y0【试题解析】 解 设所求平面方程为 AxByCzD0。由题设知，平面必过点(0，0， 0)，由此知 D0。 又平面法向量 n(A， B，C) 应与 z 轴上的单位向量k(0，0，1)垂直，从而 nkC0而点 M(3，2，5)在平面上，由AxBy0，有 3A2B0，即 ，将其代入 AxBy0，得到故所求平面方程为 2x3y0。10 【正确答案】 【试题解析】 解 D 的图形如右图中的阴影部分所

11、示，在极坐标系下 D 满足02，0r2cos，且 x 2y 2(rcos) 2(rsin) 2r 2，故11 【正确答案】 2【试题解析】 解 (ab)(bc)(ca)(ab)b (a b)c(ca)abbbacbc(ca)(abbcac)(ca)(ab)c(bc)c (ac)c(ab)a(bc)a(ac)a(ab)C000(bc)a0(ab)c(ab)c2(ab)c2。12 【正确答案】 【试题解析】 解： 由 (因积分曲线 L 关于 yx 对称)，得到13 【正确答案】 c 11，4， 6Tc 21，2，3 T1，0，2 T【试题解析】 解 设 AXb 为三元非齐次线性方程组，由题设 n3

12、，r(A)1，因而 AX0 的一个基础解系含 nr(A) 312 个解向量。 因 1 2( 2 3)1， 4，6 T 1 3， 2 3( 3 1)l，2，3 T 2 1， 而1 3， 2 1 均为 AX0 的解向量，且不成比例，故线性无关，可视为 AX0的一个基础解系。又因 ( 1 2)( 2 3)( 3 1)2( 1 2 3)2，0，3T， 即 1 2 31 ，0，32 T， 又 1 2 2 31，0，2 T， 由式一式得到 20，0，12 T，此为 AXb 的特解，从而所求通解为 c1(1 3)c 2(2 1) 2c 11，4，6 Tc 21，2，3 T1，0，2 T。14 【正确答案】

13、【试题解析】 解三、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】 解 当 0a1 时， ，故分子、分母同除以 ax 得到当 a1 时，分子、分母同除以 ax 得到【试题解析】 解题思路 要根据底数 a 取值的大小分别求出极限。16 【正确答案】 证 直线 AB 的方程是 引进辅助函数 它的几何意义是连接 A、B 两点的直线与曲线 f(x)之差，由题设知在 A 点、B 点及 C 点处这两条线相交，自然有 F(a) F(b)F(c)0，也就是说在这三点处两函数的函数值相同。 由已知条件 F(a)F(c) F(b)0 知，函数 F(x)在区间 a，c和c ，b上满足罗尔定理。因此

14、，在区间(a，c)内至少存在一点 1，使得 F(1)0；在区间(c，b)内至少存在一点 2，使得 F(2)0。 因 a 1c 2b，且 F“(x)f“(x)在(a ，b) 内存在，故F(x)在区间 1， 2上满足罗尔定理条件。于是，在区间( 1， 2)内至少存在一点，显然 也在区间(a ，b)内，使得 F“()f“()0【试题解析】 证题思路 利用曲线 f(x)与直线 AB 的方程之差作一辅助函数 F(x)，由题设知这两条线有三个交点，因而 F(x)有三个零点，三次使用罗尔定理，可知存在 (a，b) ，使 f“()0。17 【正确答案】 解 如右图取旋转体体积微元：dVy 2(x)dx，则旋转

15、体形心坐标 应满足由题意得到 0txy2(x)dx 两边对 t 求导得到 ty2(t) 求导再化简得到即 分离变量解之即得yct 3/2， 即 yCx 3/2 (C 为任意常数)。【试题解析】 解题思路 由形心坐标的积分表示得到 y(x)满足的微分方程，解之即得所求曲线方程 yy(x)。18 【正确答案】 【试题解析】 解题思路 通过逐项积分将所给函数化为已知其和的级数，再求导，即得所求的和函数。19 【正确答案】 解 原方程可化为 x2y“xyy2x，此谓欧拉方程。作代换xe t，则 t lnx，代入方程得到将其代入原方程即得方程，下求解方程 。 其特征方程为 r22r1(r 1)20，r

16、1r 2 1，故其齐次方程的通解为 Y(C 1 C2t)et(C 1C 2lnx)x。 设非齐次方程的特解为 y*At 2et，代入 得 A1，故 y *t 2etx(lnx) 2。于是原方程的通解为 yYy *(C 1C 2lnx)xx(lnx) 2。【试题解析】 解题思路 所给方程可化为欧拉方程，利用变量代换求之。20 【正确答案】 【试题解析】 解题思略 先提取第 i 列的公因子 ai(i1，2，n)，然后再将各列加到第 1 列，最后按第 1 列展开。21 【正确答案】 证 由正定矩阵的定义知，对任意 X0，有 X T(ABB TA)XX TABXX TBTAXX TATBX(BX) T

17、AX (AX) T(BX)(BX) T(AX)0。 因而对任意 X0 有 AX0，即齐次线性方程组 AX0 只有零解，故 r(A)n，即 A 为可逆矩阵。【试题解析】 证题思路 由题设知，对任意 X0，有 XT(ABB TA)X0。由此可推得对任意 X0，有 AX0，从而 A 可逆。22 【正确答案】 解 (1)由题设知 X 的概率密度为先求 Y 的分布函数： FY(y)P(Yy)P(sinXy)。当 y0 时，F Y(y)P( )0； 当 0 FY(y)P(0Xarcsiny)P( arcsinyX) 当y1 时，F Y(y)P(Yy)P(sinXy) 1。【试题解析】 解题思路 求一维连续

18、型随机变量函数的概率密度常采用分布函数法，即先依分布函数的定义求出分布函数，再对其求导，即可求出概率密度。23 【正确答案】 解 ZXY 的分布函数为 FZ(z)P(Zz) P(XYz)。 因随着 z 的取值范围不同，区域 xyz 与 f(x，y)的取值非零的区域即正方形区域 0x2，0y2 相交的情况不一样，需分别讨论，因 f(x，y)取非零值的定义域的边界点为(0，0)，(0，2) ，(2， 2)，(2 ，0)，相应地，z xy的可能取值为 z00 0，z 022，z220，z202，因而 z 应分下述情况分别求出分布函数：(1)z2，(2)2x0，(3)0z2，(4)z2 。 (1)当z

19、2 时，区域 zyz(这时当 x0 时，y2，即 y2)与正方形0x2，0y2 没有公共部分(参见右图)，所以(2)当2z0 时( 这时当 x0 时，则2xyy0，即 0y2)，区域 xyz 与正方形 0x2，0y2 的公共部分如右图阴影区域所示，则(3)当 0z2 时，区域xyz 与正方形区域 0x2，0y2 的公共部分如右图阴影部分所示，故(4)当 z2 时，xyz2 ，当 x0 时，y2，当 y0 时，x2 ，因而区域 xyz 在 xyz的上方，它包含整个正方形区域(参见右图)，故【试题解析】 解题思路 求二维随机变量(X，Y)函数(尤其是其线性函数)的分布函数常利用其定义求之，求时需对 XYz 中 z 的不同取值情况分别确定 f(x，y)不为 0 的区域与(x，y) xyz的交集，在此交集上进行二重积分，求出分布函数，再求导，即可求得概率密度函数。