【考研类试卷】考研数学一-194及答案解析.doc

1、考研数学一-194 及答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：32.00)1.定积分 的值等于A B C D （分数：4.00）A.B.C.D.2.设 f(x)在(-，+)内二阶可导且 f(x)0，则 ，h 10，h 20，有ABCD （分数：4.00）A.B.C.D.3.设 u(x，y)在点 M0(x0，y 0)处取极小值，并且 均存在，则A BC D （分数：4.00）A.B.C.D.4.设 、 均为大于 1 的常数，则级数 （分数：4.00）A.B.C.D.5.设 B 是 2 阶矩阵，且满足 AB=B，k 1，k 2是任意常数，则 B=A BC

2、D （分数：4.00）A.B.C.D.6.设 （分数：4.00）A.B.C.D.7.将一枚均匀的骰子投掷三次，记事件 A 表示“第一次出现偶数点”，事件 B 表示“第二次出现奇数点”，事件 C 表示“偶数点最多出现一次”，则AA，B，C 两两独立. BA 与 BC 独立. CB 与 AC 独立. DC 与 AB 独立.（分数：4.00）A.B.C.D.8.设总体 XN(，4)，据某一容量为 16 的样本，计算得知总体均值 的置信度为 95%的置信区间=(9.02，10.98). 现对于显著性水平 =0.05，检验 H0：= 0，H 1： 0，记统计量 V= 则检验 H0的否定域 R 应该是A

3、（分数：4.00）A.B.C.D.二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.设曲线 的极坐标方程为 r=e ，则，在点 （分数：4.00）填空项 1:_10.设 y(x)是 y+y=0 的解且 x0 时 y(x)是 x2的等价无穷小，则 y(x)=_.（分数：4.00）填空项 1:_11.设 是由曲面 x2+y2-z2=0 与平面 z=2 围成的空间区域，则 （分数：4.00）填空项 1:_12.设 ，则 （分数：4.00）填空项 1:_13.已知矩阵 （分数：4.00）填空项 1:_14.设随机变量 X 和 Y 相互独立，且都服从正态分布 N(0， 2). 已知 X1，X 2，X m与Y

4、1，Y 2，Y n(n4)是分别来自 X 和 Y 的简单随机样本，统计量 服从自由度为 n 的 t 分布，则当（分数：4.00）填空项 1:_三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.设函数 f(x)在(0，+)内可导，f(x)0， ，且（分数：10.00）_16.计算二重积分 （分数：10.00）_17.设 u=u(x，y)由方程组u=f(x，y，z，t)，g(y，z，t)=0，h(z，t)=0所确定，其中 f，g，h 对各变量有连续的偏导数，且求 与 （分数：10.00）_18.设 xOy 平面第一象限中有曲线 ：y=y(x)，过点 ，y(x)0. 又 M(x，y)为 上任意一点，满

5、足：弧段 的长度与点 M 处 的切线在 x 轴上的截距之差为 （分数：10.00）_19.设 f(x，y)在全平面有连续偏导数，曲线积分 在全平面与路径无关，且（分数：10.00）_20.已知 A=( 1， 2， 3， 4)是 4 阶矩阵，其中 1， 2， 3， 4是 4 维列向量. 若齐次方程组 Ax=0的通解是 k(1，0，-3，2) T，证明 2， 3， 4是齐次方程组 A*x=0 的基础解系.（分数：11.00）_21.设 n 阶实对称矩阵 A 满足 A2=E，且秩 r(A+E)=kn.()求二次型 xTAx 的规范形；()证明 B=E+A+A2+A3+A4是正定矩阵，并求行列式|B|

6、的值.（分数：11.00）_22.设 X，Y 是两个离散型随机变量，X 只取-1 和 1 两个值，y 只取-1，0，1 三个值，已知EX=0.2，EY=0.25，PX=-1，1，=1=0.2，PX=1，Y=-1=0.1，PY =-1=0.2.试求 X 与 Y 的联合概率分布与它们的协方差.（分数：11.00）_23.设随机变量 XiN(0，1)，i=1，2 且相互独立，令 （分数：11.00）_考研数学一-194 答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：32.00)1.定积分 的值等于A B C D （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析一 令

7、 则 于是原式故应选 D.分析二 令 x=sin2，dx=sin2d，则原式故应选 D.在分析一中，我们也可如下计算积分2.设 f(x)在(-，+)内二阶可导且 f(x)0，则 ，h 10，h 20，有ABCD （分数：4.00）A.B. C.D.解析：这是比较三个数的大小问题. 已知 单调上升，于是设法转化为比较导数值. 这是可以办到的，只要对上述两个改变量之比用拉格朗日中值定理：，其中 x-h1x；，其中 xx+h 2.由 f(x)在(，+)单调上升3.设 u(x，y)在点 M0(x0，y 0)处取极小值，并且 均存在，则A BC D （分数：4.00）A. B.C.D.解析：偏导数实质上

8、是一元函数的导数，把二元函数的极值转化为一元函数的极值. 由一元函数取极值的必要条件可得相应结论.令 是 f(x)的极小值点(若 ，则 x=x0是 f(x)的极大值点，于是得矛盾).同理，令 是 g(y)的极小值点4.设 、 均为大于 1 的常数，则级数 （分数：4.00）A.B. C.D.解析：这里有三种类型的无穷大量：n (0)，g n(q1)，ln n(0),其中 n它们的关系是现考察此正项级数的一般项：这里 anb n(n)，即收敛 ，即 . 因此，原级数收敛 故应选 B. 设 均为正项级数，a nb n(n)，即 则 与 有同的敛散性，这是极限形式比较原理的特殊情形. 判断正项级数

9、敛散性常用的一种方法是：找出 an等价的 bn，且5.设 B 是 2 阶矩阵，且满足 AB=B，k 1，k 2是任意常数，则 B=A BC D （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：由 AB=B 有(A -E)B=0，因而 B 的列向量是齐次方程组(A-E)x=0 的解，又6.设 （分数：4.00）A.B.C. D.解析：三个平面两两相交，说明方程组 必无解.因此 r( 1， 2， 3)r( 1， 2， 3， 4)，可排除 D.而 r( 1， 2， 3)=1，说明三个平面的法向量共线，因此这三个平面必平行或重合，可排除 A.当三个平面两两相交成三条平行直线时，这三个平面的法向量是共面且互不

10、平行的，即(a 1，b 1，c 1)，(a2，b 2，c 2)，(a 3，b 3，c 3)共面且互不平行，因此7.将一枚均匀的骰子投掷三次，记事件 A 表示“第一次出现偶数点”，事件 B 表示“第二次出现奇数点”，事件 C 表示“偶数点最多出现一次”，则AA，B，C 两两独立. BA 与 BC 独立. CB 与 AC 独立. DC 与 AB 独立.（分数：4.00）A.B.C.D. 解析：应用条件概率是否与无条件概率相等来判断独立性.显然由于 故 A 与 C 不独立，A 不正确.又 ，而 所以 . 故 A 与 BC 不独立，B 不正确.由于 P(B|AC)=1P(B)，故 B 与 AC 不独立

11、，C 不正确.由于8.设总体 XN(，4)，据某一容量为 16 的样本，计算得知总体均值 的置信度为 95%的置信区间=(9.02，10.98). 现对于显著性水平 =0.05，检验 H0：= 0，H 1： 0，记统计量 V= 则检验 H0的否定域 R 应该是A （分数：4.00）A.B.C. D.解析：根据正态总体方差已知关于求期望 的置信区间公式： ，其中样本统计量 UN(0，1)且 满足P|U|=0.95. 由题设条件可计算出样本均值的观察值为 ，=1.96， 0=2.在检验 H0：= 0，H 1： 0时，选取的统计量其 H0的拒绝域为 ，因此对于统计量二、填空题(总题数：6，分数：24

12、.00)9.设曲线 的极坐标方程为 r=e ，则，在点 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析： 的参数方程是 点 的直角坐标是 在此点的切线的斜率为法线的斜率为 1，因此 在点 处的法线方程为10.设 y(x)是 y+y=0 的解且 x0 时 y(x)是 x2的等价无穷小，则 y(x)=_.（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：2(1-cosx).）解析：令 P=y，则得 p+p=0，它的特征方程是 2+1=0，于是通解为 y=P=C 1cosx+C2sinx，再积分一次，即得原方程的通解是y=C1sinx-C2cosx+C3.下面要定出常数 C1，C 2，C 3.方

13、法 1由泰勒公式及 y(x)x 2(x0)方法 2由11.设 是由曲面 x2+y2-z2=0 与平面 z=2 围成的空间区域，则 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：分析一 选用球坐标，则 的球坐标表示：分析二 选用柱坐标变换，且选择先对 r 积分的顺序. 由于0z2，D(z)：02，0rz，12.设 ，则 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案： ）解析：简单的放大、缩小法不能解决问题，再看 xn是否是某函数在某区间上的一个积分和.这是 在0，1上的一个积分和(将区间0，1n 等分). 因此13.已知矩阵 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：k(-1，1，

14、1) T，k0 为任意常数，）解析：“特征值不同特征向量线性无关”，已知矩阵 A 只有一个线性无关的特征向量，故特征值 0必是3 重根，且秩 r( 0E-A)=2.由 知 3 0=4+(-2)+1，得特征值 =1(3 重). 又14.设随机变量 X 和 Y 相互独立，且都服从正态分布 N(0， 2). 已知 X1，X 2，X m与Y1，Y 2，Y n(n4)是分别来自 X 和 Y 的简单随机样本，统计量 服从自由度为 n 的 t 分布，则当（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：2.）解析：用 t 分布的典型模式来确定 k 的值. 由于又 且相互独立，故由于 U 与 V 相互独立，根据

15、t 分布的典型模式知由题设知，三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.设函数 f(x)在(0，+)内可导，f(x)0， ，且（分数：10.00）_正确答案：()题设中等式左端的极限为 1 型，先转化成由导数的定义及复合函数求导法得于是 ，即积分得 即由 ，得 C=1. 因此()证法 1因 f(x)在(0，+)连续，又 所以 f(x)在(0，+)上有界.证法 2当 x(0，+)时显然有 ，即 f(x)在(0，+)上有下界为证明 f(x)在(0，+)上也有上界可利用熟知的不等式：当 时有 ，从而当 时 . 又当 时直接可得 )解析：若用洛必达法则求极限这是不正确的. 因为这是最后一步用到了

16、 f(x)的连续性： 但题中只假设 f(x)在(0，+)可导，因此，此解法不正确.题()的证法 1用到了结论：设 f(x)在(a，b)连续，又 极限 ，16.计算二重积分 （分数：10.00）_正确答案：(D 如图，关于 x 轴对称 于是其中 D1=Dy0.方法 1在 Oxy 直角坐标系中先 x 后 y 的积分顺序(不必分块)其中，两圆周的交点是 于是)解析：由定积分的几何意义，知图形的面积得方法 2作极坐标变换，并选用先对 积分后对 r 积分的顺序.x2+y2=2x 的极坐标方程是 r=2cos，于是 D1的极坐标表示是方法 3作极坐标变换后，若选择先对 r 积分的顺序，则 D1要分块表示：

17、其中，x 2+y2=1 与 x2+y2=2x 的交点 对应的 ，于是17.设 u=u(x，y)由方程组u=f(x，y，z，t)，g(y，z，t)=0，h(z，t)=0所确定，其中 f，g，h 对各变量有连续的偏导数，且求 与 （分数：10.00）_正确答案：(这里有 5 个变量，3 个方程，因而确定 3 个因变量，其余两个为自变量. 按题 x，y 为自变量，于是 u，z，t 均为因变量. 由第二、第三个方程知，z 与 t 只是 y 的函数，因此对 y 求偏导数，由复合函数求导法得方程，是以 为未知数的二元线性方程组，因系数行列式不为零 有唯一解，即代入 )解析：隐函数求导时，首先由方程式的个数

18、及变量的个数确定因变量与自变量的个数(因变量的个数=方程式的个数)，再按题意具体地确定因变量与自变量，然后再用复合函数求导法.在本题中用下标表示求偏导数可把结果写得简洁一些，即18.设 xOy 平面第一象限中有曲线 ：y=y(x)，过点 ，y(x)0. 又 M(x，y)为 上任意一点，满足：弧段 的长度与点 M 处 的切线在 x 轴上的截距之差为 （分数：10.00）_正确答案：()先求出 在点 M(x，y)处的切线方程Y-y(x)=y(x)(X-x)，其中(X，Y)是切线上点的坐标，在切线方程中令 Y=0，得 x 轴上的截距又弧段 的长度为 ，按题意得这是积分、微分方程，两边对 x 求导，就

19、可转化为二阶微分方程：，即又由条件及式中令 x=0 得，y(0)=1. 因此得初值问题问题与是等价的.()下面求解. 这是不显含 x 的二阶方程，作变换 p=y，并以 y 为自变量得由 时改写成将上面两式相减再积分得 其中 )解析：不显含 x 的二阶方程 y=f(y，y)的解法是：降阶法以 为新的未知函数，y 为自变量，将19.设 f(x，y)在全平面有连续偏导数，曲线积分 在全平面与路径无关，且（分数：10.00）_正确答案：() 在全平面与路径无关，即积分得 f(x，y)=siny+C(x). ()求 f(x，y)转化为求 C(x).方法 1f(x，y) dx+xcosydy=sinydx

20、+xcosydy+C(x)dx即sint2+2t2cost2+C(t)=2t.因此 f(x，y)=siny+2x-sinx 2-2x2cosx2.方法 2取特殊路径如图所示，由于即C(t)=2t-sint2-2t2cost2.因此 f(x，y)=siny+2x-sinx 2-2x2cosx2.)解析：20.已知 A=( 1， 2， 3， 4)是 4 阶矩阵，其中 1， 2， 3， 4是 4 维列向量. 若齐次方程组 Ax=0的通解是 k(1，0，-3，2) T，证明 2， 3， 4是齐次方程组 A*x=0 的基础解系.（分数：11.00）_正确答案：(由解的结构知 n-r(A)=1，故秩 r(

21、A)=3. 又由 )解析：21.设 n 阶实对称矩阵 A 满足 A2=E，且秩 r(A+E)=kn.()求二次型 xTAx 的规范形；()证明 B=E+A+A2+A3+A4是正定矩阵，并求行列式|B|的值.（分数：11.00）_正确答案：()设 为矩阵 A 的特征值，对应的特征向量为 ，即 A=，0，则 A2= 2由于 A2=E，从而( 2-1)=0. 又因 0，故有 2-1=0，解得 =1 或 =-1.因为 A 是实对称矩阵，所以必可对角化，且秩 r(A+E)=k，于是那么矩阵 A 的特征值为：1(k 个)，-1(n-k 个). 故二次型 xTAx 的规范形为 )解析：22.设 X，Y 是两

22、个离散型随机变量，X 只取-1 和 1 两个值，y 只取-1，0，1 三个值，已知EX=0.2，EY=0.25，PX=-1，1，=1=0.2，PX=1，Y=-1=0.1，PY =-1=0.2.试求 X 与 Y 的联合概率分布与它们的协方差.（分数：11.00）_正确答案：(首先我们列出 X 与 Y 的联合概率分布结构表(见表)，表中未知的 Pij待求. 根据联合分布与边缘分布间的关系及数学期望定义容易求出表中 Pij(i=1，2，j=1，2，3)各值，对照表，具体计算如下：1)p11=p1-p21=0.2-0.1=0.1；2)又p13+p23=p3，即3)EX=-p1+p2=0.2，又于是 p12=p1-p11-p13=0.4-0.1-0.2=0.1,p22=p2-p12=0.35-0.1=0.25.从上述计算结果可得 X 与 Y 的联合概率分布(见表)为)解析：23.设随机变量 XiN(0，1)，i=1，2 且相互独立，令 （分数：11.00）_正确答案：()因 X1与 X2独立且同服从标准正态分布 N(0，1)，故(X 1，X 2)的联合概率密度为当 y0 时，PY 1y=0；当 y0 时，于是 Y1的概率密度为()当 y0 时，F Y2(y)=PY2y=0；当 y0 时，于是 Y2的概率密度为)解析：