[考研类试卷]考研数学（数学一）模拟试卷475及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学一）模拟试卷 475 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(1)=a，则数列极限（A）0（B） a（C） 2a（D）2 设函数 f(x)在区间(一 1，1)内二次可导，已知 f(0)=0，f(0)=1，且 f(x)0 当x(一 1，1)时成立，则（A）当 x(一 1，0)时 f(x)x，而当 x(0，1)时 f(x)x（B）当 x(一 l，0)时 f(x)PX 又 PX=PX= 从而有 PX=PX ，可知 ，而 0，故1因此选 B二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 这是求 0.型数列的极限，先转化为 型极限：利用导数求极限10

2、 【正确答案】 【试题解析】 由反函数求导公式得 再由复合函数求导法得11 【正确答案】 sin2x+C1cos2x+C2sin2x【试题解析】 y+4y=cos2x 对应的齐次方程的特征方程是 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+C2sin2x Ai=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

3、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 y=sin2x+C1cos2x+C2sin2x12 【正确答案】 【试题解析】 这是由参数方程给出的曲线由于 x()=1cos， y()=sin ，则按旋转面面积计算公式，可得该旋转面的面积13 【正确答案】 【试题解析】 用条件可建立一个关于 A 的矩阵方程：用初等变换法解此矩阵方程：14 【正确答案】 【试题解析】 如图弦 AB 与 x 轴垂直，设其交点为 x，依题意该交点在横轴 x 上的位置是等可能的这是一个几何型概率问题设事件 C 表示“弦 AB 的长度AB大于 1”，

4、依题意 C 的样本点集合为 C=x：AB=样本空间 =x：x1，C 与 的长度分别为()=2，则根据几何概率定义可得三、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】 () 因为 xt=1 一 e-t0(t0)，x t(0)=0=t+e-t 在0 ，+) 单调上升，值域为 =1，+)=x=t+e -t 在0，+)存在反函数，记为 t=t(x)，它在1 ，+) 连续( 单调连续函数的反函数连续)再由连续的复合函数的连续性=y=2t(x)+e-2t(x) y(x)在1，+) 连续() 由参数式求导法于是 y=y(x)在1，+)单调上升又 因此 y=y(x)在1，+)是凸的()x+

5、t+ 又因 y=y(x)在1，+) 连续，所以 y=y(x)只有渐近线 y=2x16 【正确答案】 () 求出 f(x)=In2x+21nx，f(3)(1)=0=f(x)在1，+)单调下降=f(x)f(1)=2(x 1) ()用泰勒公式在 处展开，有分别取被展开点 x=a，b，得由题(I)，f(x)2(x 1)=f( 1)+f(2)4=17 【正确答案】 () 利用一阶全微分形式不变性，将方程求全微分即得 18xdx 一54(ydx+xdy)+180ydy 一 6zdy 一 6ydz 一 2zdz=0， 即 (18x 一 54y)dx+(180y 一 54x一 6z)dy 一(6y+2z)dz

6、=0从而为求隐函数z=z(x，y) 的驻点，应解方程组可化简为 x=3y，由 可得 z=30y 一 9x=3y，代入可解得两个驻点 x=3，y=1，z=3 与x=一 3，y= 一 1，z= 一 3()z=z(x ，y)的极值点必是它的驻点为判定 z=z(x，y)在两个驻点处是否取得极值，还需求 z=z(x，y)在这两点的二阶偏导数注意，在驻点 P=(3，1，3) ，Q=(一 3，一 1，一 3)处在驻点 P，Q 处再由(3y+z) =90y 一 27x 一 3z=在驻点 P，Q处 (3y+z) =90于是可得出在 P 点处 3y+z=6，故在点(3，1)处 z=z(x，y)取得极小值 z(3，

7、1)=3 在 Q 点处 3y+z=一 6因 ACB2故在点(一 3，一 1)处 z=z(x，y)取得极大值 z(一3，一 1)=一 318 【正确答案】 把该曲线积分分成两部分，其中一个积分的被积表达式易求原函数，另一积分可添加辅助线 后用格林公式 I= (y)cosxdx+(y)sinxdy 一2dy+(一 2y)d I1+I2，其中 I 1=(y)dsinx+sinxd(y)一 d(2y)=(y)sinx 一2y AB=2 为用格林公式求 I2，添加辅助线 围成区域 D，并构成 D的负向边界，于是 又 的方程：y=x，x1，2，则 (-2y)dx=12-2xdx=-x2 12=-3因此 I

8、 2=(一 2y)dx=一 4 (一 2y)dx =一 4+3=一 故 I=I 1+I2=19 【正确答案】 () 考察 0x+1(t)dt 一 0x(t)dt=xx+1(t)dt=01(t)dt=0 (因为( xx+1(t)dt)=(x+1)一 (x)=0， xx+1(t)dt 为常数) 因此 0x(t)dt 以 1 为周期 因为 0x(t)dt 在(一，+)连续= 0x(t)dt 在0 ，1有界，又它以 1 为周期= 0x(t)dt 在(一，+)有界 ( )按要证明的结论提示我们，用分部积分法改写 an： a n=01f(x)d(0x(nt)dt) =(f(x)0x(nt)dt) 01 一

9、 0xf(x)(0x(nt)dt)dx =一 0xf(x)(0x(nt)dt)dx 其中()先估计 an a n 01f(x)(0x(nt)dt)dx因 f(x)在0 ，1连续，=f(x)M 0(x0，1)，又因 0x(nt)dt= 0nx(s)ds 0x(s)ds 在(一，+)有界(题()的结论)= 0x(nt)dt M0，M 2，为某常数于是20 【正确答案】 1， 2， 3 线性相关，则 r(1， 2， 3)3得 a=一 3 与 1， 2， 3 都正交的非零向量即齐次方程组 的非零解，解此方程组：解得4=c(19，一 6，0，1) T， c0 只用证明 1， 2， 3， 4 线性无关，此

10、时对任何4 维向量 ，有 1， 2， 3， 4， 线性相关，从而 可以用 1， 2， 3， 4 线性表示 由知， a=3 时， 1， 2， 3 线性无关，只用证明 4 不能用 1， 2， 3 线性表示 用反证法，如果 4 能用 1， 2， 3 线性表示，设 4=c11+c22+c33，则 (4， 4)=(4， c11+c22+c33)=c1(4， 1)+c2(4， 2)+c3(4， 3)=0得 4=0，与 4是非零向量矛盾21 【正确答案】 设 则条件 A=2 即 得2a 一 b=2，a 一 c=4，b+2c=一 2，解出 a=b=2，c=一 2 此二次型为 4x1x2+4x1x34x2x3

11、先求 A 特征值 于是 A 的特征值就是 2，2，一 4再求单位正交特征向量组属于 2 的特征向量是(A 一 2E)X=0 的非零解 得(A 一 2E)x=0 的同解方程组：x 1 一 x2 一 x3=0 显然 1=(1，1，0) T 是一个解，设第二个解为 2=(1，一1，c) T(这样的设定保证了两个解是正交的!)，代入方程得 c=2，得到属于特征值 2的两个正交的特征向量 1， 2再把它们单位化：记1=1/ 1= 1， 2=2/ 2= 2属于一 4 的特征向量是(A+4E)x=0 的非零解求出 3=(1，一 1，一 1)T 是一个解，单位化：记3=3 3= 3则 1， 2， 3 是 A

12、的单位正交特征向量组，特征值依次为 2，2，一 4作正交矩阵 Q=(1， 2， 3)，则 Q-1AQ 是对角矩阵，对角线上的元素为 2，2，一 4作正交变换 x=Qy，它把 f(x1，x 2，x 3)化为 2y12+2y224y3222 【正确答案】 由条件知，n 的取值为 0，1，2，在一年内发生 X+Y=n 次交通事故的概率为对任意整数k(0kn)，有 由上面计算可知，在一年内发生 n 次交通事故的条件下，重大交通事故 y 的发生次数服从二项分布23 【正确答案】 () 要求 的矩估计量，首先应确定被估计参数 与总体 X 的矩之间的关系记 =EX， 则 = -+xf(x；)dx= 0+(-xxln)=一 0+xdx=-xx 0+0+xdx ()尽管总体 X不是正态总体，但由于样本容量 n=400 属大样本，故 也近似服从标准正态分布，即总体 X 的期望值 的置信区间公式仍是而 S 是样本标准差