[考研类试卷]考研数学（数学一）模拟试卷482及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学一）模拟试卷 482 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()具有二阶连续导数，且 f(1)0， ，则( )（A）f(1)是 f()的极大值。（B） f(1)是 f()的极小值。（C） (1，f(1)是曲线 f()的拐点坐标。（D）f(1)不是 f()的极值，(1，f(1)也不是曲线 f()的拐点坐标。2 I ( )（A）0（B）（C）（D）3 设 ， ， 均为大于 1 的常数，则级数 ( )（A）当 时收敛。（B）当 时收敛。（C）当 时收敛。（D）当 时收敛。4 设 P()，q()，f() 均是关于 的连续函数，y 1()，y

2、2()，y 3()是 yp()yq()yf()的 3 个线性无关的解，C 1 与 C2 是两个任意常数，则该非齐次线性微分方程的通解为( )（A）(C 1C 2)y1(C 2C 1)y2(1C 2)y3（B） (C1C 2)y1(C 2C 1)y2(C 1C 2)y3（C） C1y1 (C2C 1)y2(1C 2)y3（D）C 1y1(C 2C 1)y2(C 1C 2)y35 设 A 是 54 矩阵，A( 1， 2， 3， 4)，若 1(1 ，1，2，1)T， 2 (0，1 ，0，1) T 是 A0 的基础解系，则 A 的列向量的极大线性无关组是( )（A） 1， 3（B） 2， 4（C） 2

3、， 3（D） 1， 2， 46 设矩阵则 B ( )（A）P 1P3A（B） P2P3A（C） AP3P2（D）AP 1P37 设(X，Y) 服从 D(， y) 2y 2a2上的均匀分布，则 ( )（A）X 与 Y 不相关，也不独立。（B） X 与 Y 相互独立。（C） X 与 Y 相关。（D）X 与 Y 均服从均匀分布 U(a ，a)。8 设总体 X 服从正态分布 N(0， 2)， ，S 2 分别为容量是 n 的样本的均值和方差，则可以作出服从自由度为 n1 的 t 分布的随机变量 ( )（A）（B）（C）（D）二、填空题9 曲面 z 2y 2 与平面 2yz1 垂直的法线方程为 _。10

4、设 f()sin 2，则 f(2017)(0)_。11 设有向量场 A2 3yzi 2y2zi 2yz2k，则其散度 divA 在点 M(1，1，2)处沿方向 n(2 ，2，1) 的方向导数 _。12 设 是空间区域(，y，z) 2y 2z 21，则_。13 设 A 为三阶非零矩阵，已知 A 的各行元素和为 0，且 ABO ，真中 B则 A0 的通解为_。14 设随机变量 X1，X 2 相互独立，X 1 服从正态 N(， 2)，X 2 的分布律为 PX21PX 21 ，则 X1X2 的分布函数间断点个数为 _。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 求极限16 计算 I ，其中

5、： ()为球面 z(a0)的上侧； () 为椭球面 1(z0) 的上侧。17 根据 k 的不同的取值情况，讨论方程 33 k 0 实根的个数。18 设 f()在0，1上连续，在(0，1)上可导，且 f(0)f(1) ，证明：存在满足01 的 ，使得 f()f() 0。19 设曲线积分上 Ly2f()d2yf()dy 与路径无关，其中 f()具有二阶连续的导数，且 f(0)1，f(0)0。求 f()，并计算曲线积分 (0,0)(1,1)y2f()d2yf()dy。20 讨论线性方程组 的解的情况，在线性方程组有无穷多解时，求其通解。21 设 A 是各行元素和均为零的三阶矩阵， 是线性无关的三维列

6、向量，并满足A3，A 3 。 ()证明矩阵 A 能相似于对角矩阵： ()若 (0，1，1)T， (1，0，1) T，求矩阵 A。22 已知随机变量 X 的概率密度为 fX() ，当 X(0) 时，Y 服从(0 ，)上的均匀分布。 ()求(X，Y)的联合概率密度； ()求关于 Y 的边缘概率密度 fY(y)及条件概率密度 fXY (y)； ()判断随机变量 X，Y 是否独立，并说明理由。23 设 X1，X 2，X n 是来自正态总体 N(， 2)的简单随机样本，样本矩阵和样本方差分别为 和 S2 kS2，已知统计量 T 是 2 的无偏估计，求后并在 0 时计算 D(T)。考研数学（数学一）模拟试

7、卷 482 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】 因 0，由极限的保号性知，存在 0，当01 时， 0，又因(1) 20(1)，所以当01 时，f () 0，因此 f()在(1，1)单调递增，从而当11 时，f()f(1)0，当 11 时 f()f(1)0，由函数取得极值的充分条件可知 f(1)是 f()的极小值。故选 B。2 【正确答案】 D【试题解析】 利用洛必达法则和等价无穷小求此极限，其中用到等价无穷小 。 故选 D。3 【正确答案】 B【试题解析】 这里有三种类型的无穷大量： n (。0)，q n(q1)，In n(

8、0)， 其中 n，它们的关系是 0，现考察此正项级数的一般项：“收敛” 1，即 因此原级数收敛 。故选 B。4 【正确答案】 C【试题解析】 将选项 C 改写为 C1(y1y 2)C 2(y2y 3)y 3。作为非齐次方程的解，只需要满足 C1(y1y 2)C 2(y2y 3)是对应的齐次方程组的通解，因此只需要证明(y1y 2)与(y 2y 3)线性无关即可。 假设(y 1y 2)与(y 2y 3)线性相关，即存在不全为零的数 k1 和 k2 使得 k 1(y1y 2)k 2(y2y 3)0， 即 k1y1(k 2k 1)y2k 2y30。 由于 y1，y 2，y 3 线性无关，则根据上式可

9、得 k1k 2 0，与 k1 和 k2 不全为零矛盾，因此(y 1y 2)与 (y2y 3)线性无关，可见选项 C 是非齐次微分方程的通解。故选 C。5 【正确答案】 C【试题解析】 由 A10 知 1 22 3 40。 (1) 由 A20 知 2 40。 (2) 因为 nr(A)2，所以 r(A)2，所以可排除选项 D； 由(2) 知 2， 4 线性相关，故应排除选项 B； 把(2) 代入(1)得 12 30，即 1， 3，线性相关，排除选项A； 如果 2， 3 线性相关，则 r(1， 2， 3， 4)：r(2 3， 2， 3， 2)：r(2， 3)1 与 r(A)2 相矛盾，因此 2， 3

10、 线性无关。故选 C。6 【正确答案】 B【试题解析】 矩阵 A 作两次行变换可得到矩阵 B，而 AP3P2 和 AP1P3 是对矩阵 A作列变换，故应排除 C，D。 把矩阵 A 的第 1 行的 2 倍加至第 3 行，再将 1，2 两行互换得到矩阵 B；或者把矩阵 A 的 1，2 两行互换后，再把第 2 行的 2 倍加至第3 行也可得到矩阵 B，而 P2P3A 正是后者。故选 B。7 【正确答案】 A【试题解析】 因为 f(，y) ，由对称性 E(X)E(Y)0，E(XY)0。 于是 Cov(X，Y) E(XY)E(X)E(Y)0， 从而 XY0，即 X与 Y 不相关。 又故f(，y)f X(

11、)fY(y)，即 X 与 Y 不独立，故选 A。8 【正确答案】 A【试题解析】 由题设可知， X iN(0 ， 2)，又已知 ，S 2 相互独立，则 故选 A。二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 平面 2yz1 的法向量为 (2，1，1)，曲面 z 2y 2 的法向量 (2，2y，1)，则有 可得 1，y ，代入 z 2y 2，可得 z1 ，则法线方程为10 【正确答案】 2 20152017【试题解析】 f()sin 2 求 2017 次导数为 0，对于 cos2,根据莱布尼茨公式可得11 【正确答案】 【试题解析】 根据散度的公式可得 divA2 2yz，那么 grad(divA)

12、(4yz ，2 2z，2 2y)， 在点 M(1，1，2)处的梯度为 grad(divA)(8，4，2)，n 单位化得 (2，2，1)，根据方向导数公式可得12 【正确答案】 【试题解析】 因为积分区域为 2y 2z 21，该积分区域关于 yz 对称，13 【正确答案】 k 1(1，2，3) Tk 2(1，1，1) T，k 1，k 2 为任意常数【试题解析】 因为 ABO，所以显然有 A(1，2， 3)T0；另一方面，因为 A 的各行元素和为 0，所以 A(1，1，1)T T0。 又因为 A 为三阶非零矩阵，所以 A0的基础解系的线性无关的解向量至多有两个，所以 A0 的通解为 k 1(1，2

13、，3)Tk 2(1，1，1) T，k 1，k 2 为任意常数。14 【正确答案】 0【试题解析】 分布函数的间断点即概率不为 0 的点，令 YX 1X2(，)，由于 X1，X 2 相互独立，则 PYa PX 21，X 1aPX 21，X 1a PX 21PX 1aPX 21PX 1a 0。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】 利用泰勒公式展开可得16 【正确答案】 () 积分曲面为球面，将 z (a0)代入，有曲面的法向量为(，y，z)，故有 整理可得dydz ddy，dzd ddy， 故其中Dy(，y) 2y 2a2为球面 在 oy 面的投影，由于曲面方向取上

14、侧，故()为了避免积分区域包含原点，在(0，00)附近取球面 1：z ，其中半径 a 为足够小的正数，方向取内侧，在该球面以外的区域取平面乏 20， 1，方向向下。其中。第一个曲面积分采用高斯公式，题中所给方向为正向，记 为封闭曲面 1 2 所围区域，由()中结论，可知17 【正确答案】 令 f() 33k， R，令 f()3 230，解得驻点1，1，函数的单增区间为 (，1)，(1，)， 单减区间为1，1，因此该函数至多有三个根。 因为函数 f()连续，根据零点定理， f()0，f(1)2k，f(1)k2f( )0。 k2 时 f(1) 0，f(1) 0，函数在(1，)上存在唯一一个根； 2

15、k2 时，f(1)0，f(1)0，函数在每个单调区间有一根，共有三个根； k2 时 f(1)0，f(1) 0，函数在( ，1)存在唯一一个根； k2 时，f(1)0，f(1)0，方程在 1 处和(1，)内各有一个根，共两个根； k2 时 f(1)0，f(1) 0，方程在 1 处和(，1)内各有一个根，共两个根。 综上所述，k、2 或 k2，方程有且仅有一个根；2k2，方程有三个根；k2方程有两个根。18 【正确答案】 f() 在0，1上连续，在(0，1)上可导。在 上分别使用拉格朗日中值定理，可知 存在 (0， )，使得存在 ( ，1)，使得由 f(0)f(1)，可知(1) (2)得，f()f

16、()0。19 【正确答案】 令 P(，y)y 2f()，Q(，y) 2yf() ， 已知该积分与路径无关，则有 ，即 2yf()12yf()， 化简为 f()f()1，该方程为可分离变量方程，即 dx 两边同时积分可得， f()Ce 1， 代入初始条件 f(0)0 可得 C1，故 f()e 1，两边同时积分可得 f()e C 1， 将初始条件 f(0)1 代入，可得 C10，故 f()e 。 (0,0)(1,1)yf()d2yf()dy 与路径无关，则可选取折线路径简化计算， 其中L1：y0， ：01，L 2：1，y：01， (0,0)(1,1)y2f()d2yf()dy (0,0)(1,1)

17、y2(e1)d2y(e 1)dy y2(e1)d2y(e 1)dy y2(e1)d2y(e 1 )dy 012(e2)ydye 2。20 【正确答案】 系数矩阵为 A ，增广矩阵为从而A (a 3)(a1) 3 当 a3 且a1 时，方程组有唯一解； 当 a=1 时，r(a) r(A，b)1，方程组有无穷多解，对增广矩阵作初等变换 从而所对应的齐次方程组的基础解系为 1( 1，1，0，0) T， 21(1，0，1，0)T， 3：( 1，0，0，1) T， 特解为 *(1 ，0，0，0) T，则方程通解为 * k11 k22k 33，k 1，k 2，k 3 为任意常数。 当 a3 时，r(A)

18、r(A，b)3，方程组有无穷多解对增广矩阵作初等变换从而所对应的齐次方程组的基础解系为 (1 ，1，1，1) T，特解为*(2， 1，4，0) T， 则方程通解为 *k，k 为任意常数。21 【正确答案】 () 因为 A 的各行元素和为零，从而 0 为 A 的一个特征值，并且 (1 ， 1，1) T 为 A 属于 0 的特征向量。 另一方面，又因为A3，A 3 ，所以 A()3( )，A()3() ， 3 和 3为 A 的两个特征值，并且 和 为 A 属于 3，3 的特征向量，可见 A有三个不同的特征值，所以 A 能相似于对角矩阵。 ()A 的三个特征向量为 (1，1，1) T， (1 ，1，0) T，(1，1，2) T， 令P(，)， 则 PAP所以22 【正确答案】 () 由题知当 0 时 fYX (y) 则f(，y) f X().fYX (y) 当 0 时，f(，y)0。 故f(，y) ()f Y(y) f(，y)d当 y0 时，()因为 f(，y)f X().fY(y)，所以 X，Y 不独立。23 【正确答案】 由题意 E(T) 2，而 E( kS 2)E( )kE(S 2) 因为所以即 E(T) ) 2k 2 2 。 因为 X 和 S2 独立，所以 D(T)D( )k 2D(S2) 当0 时， 再由 2(n1)可得 2(n1) 从而 D(S2) ，所以 D(T)。