[考研类试卷]考研数学（数学一）模拟试卷455及答案与解析.doc

1、考研数学（数学一）模拟试卷 455 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( )（A）2x 3x 5（B） 2（C） 1（D）2 在区间0 ，+)内方程 +sinx 一 1=0( )（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 设 y=f(x)二阶可导，且 f(x)0，f(x) 0，令y=f(x+x)f(x)，当x0 时，则( )（A）ydy0（B） ydy0（C） dyy0（D）dyAy04 设 F(t)= f(x2+y2+z2)dv，其中 f 为连续函数，f(0)=

2、0 ，f(0)=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)A=B； (2)r(A)=r(B)； (3)AB； (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 ABX=0 与 BX=0 为同解方程组的充分条件是( )（A）r(A)=m（B） r(A)=s（C） r(B

3、)=s（D）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(X1+X2)=( )（A）12（B） 10（C） 08（D）06二、填空题9 设 f(x)在点 x=a 处可导，则 =_10 以 y=c1xex+c2ex 为通解的二阶常系数齐次线性方程为_11 二重积分 I= =_12 已知函数 u=3x 2y2yz+z 3， v=4xy z3， 点 P(1，1，1)，U 在点 P 处沿该处grad

4、v 方向的方向导数为_ 13 设随机变量 X 服从参数为 n=100，p=0 2 的二项分布；Y 服从参数为 =3 的泊松分布，且 X 与 Y 相互独立，则 D(2X3Y)=_14 已知三元二次型 XTAX= +2x1x2+2ax1x3+2x2x3 的秩为 2，则其规范形为_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 设有抛物线 ：y=a bx2(a0，b0)，试确定常数 a、b 的值使得 (1) 与直线y=x+1 相切； (2) 与 x 轴所围图形绕 y 轴旋转所得旋转体的体积为最大16 计算 I= (x+y+z)2dv，其中 为由球面 x2+y2+z2=2 和抛物面 z=x2+

5、y2 所围成17 计算 (x+y)dxdy，其中 D 为 x2+y2x+y18 计算线积分 (y2+z2)dx+(z2+x2)dy+(x2+y2)dz，其中 c 是曲线x2+y2+z2=2Rx，x 2+y2+z2=2ax(z0，0aR)且按此方向进行，使它在球的外表面上所围区域在其左方19 展开函数 f(x)= 为傅里叶级数20 已知三阶矩阵 A 满足 A3=2E，若 B=A2+2A+E，证明 B 可逆，且求 B1 21 求正交矩阵 Q，将实对称矩阵 A= 化为对角矩阵22 已知 、 相互独立，且都服从 N(0，12)的分布，求 E( 一 ) 23 设 X 和 Y 为独立的随机变量，X 在区间

6、0，1上服从均匀分布，Y 的概率密度函数为 求随机变量 Z=X+Y 的分布函数 Fz(z)考研数学（数学一）模拟试卷 455 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】 (1)因而仅(D)入选2 【正确答案】 B【试题解析】 设 f(x)= +sinx 一 1，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)=1+sin10，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，f(x)= x13 +cosx0这说明 f(x)在(0，1) 内单调增加，因

7、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+sinx 一 1=0 在0 ，+) 内只有一个实根仅(B) 入选3 【正确答案】 A【试题解析】 由 f(x)0 及 f(x)0 可知函数 y=f(x)的图形是单调上升且是凸的值得注意的是当x 0 时，由下图可知 y0 ，且 dy=f(x)x0，由图易看出ydy，故ydy0，仅(A) 入选4 【正确答案】 B【试题解析】 F(t)= f(x2+y2+z2)dv= f(2).2sind5 【正确答案】 D【试题解析】 由题设有 EijAEij=B，E ij 有些什么性质呢?(1)E ij

8、=1，因而E ijE ij=1 ，故E ijAE ij= B， 即 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(EijAEij)=r(AEij)=r(A)(3)由 EijAEij=B 说明了 AB(A 与 B 等价)(4) 因 =Eij，故EijAEij= AEij=B，所以 AB(A 与 B 相似)(5)因 Eij= ，故EijAEij= AEij=B，所以 A B(A 与 B 合同)因此，选项(D)正确6 【正确答案】 B【试题解析】 显然 BX=0 的解为 ABX=0 的解反之，设 ABX=0 的解为 BX0

9、，当r(A)=s 时，因 B 为 sn 矩阵，故 A(BX)=0 只有零解，从而 BX=0，即 ABX=0 的解也为 BX=0 的解，亦即当 r(A)=s 时，ABX=0 与 BX=0 同解7 【正确答案】 D【试题解析】 基本事件的总数为 ，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 因而所求概率为仅(D)入选8 【正确答案】 A【试题解析】 由题设有 E(Xi)=203+304+403=3，E( )=220 3+3204+4 203=403+90 4+1603=96，D(X i)=E( )一E(X i)2=96 32=06 (i=1，2)，故 D(X)

10、=D(X 1)+D(X2)=06+06=12仅(A)入选二、填空题9 【正确答案】 一 2f(a)【试题解析】 10 【正确答案】 y2y+y=0【试题解析】 由题设知，方程以 r=1 为二重特征根，从而特征方程为 (r 一 1)2=0， 即 r2 一 2r+1=0， 于是二阶常系数齐次线性方程应为 y2y+y=011 【正确答案】 【试题解析】 由下图易知12 【正确答案】 【试题解析】 因 故 gradu P=6i+j+5k 同法可求得 gradv P0，则 l0= ，故13 【正确答案】 91【试题解析】 由题设知，XB(100，02)，Y(3)，因此有D(X)=npq=10002(10

11、2)=16， D(Y)=3，故 D(2X 一 3Y)=4D(X)+9D(Y)=416+93=9114 【正确答案】 【试题解析】 因 A= ，且 r(A)=2，故A=0 易求得A =(a+2)(a一 1)2于是由 r(A)=2 知，a= 2由E 一 A=( 一 3)(+3)=0 可知 A 的特征值为一 3，0，3在正交变换下该二次型的标准形为 ，故其规范形为三、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】 与 x 轴所围图形绕 y 轴旋转所得旋转体的体积为 Vy=显然 Vy 中含两个参数 a 与 b下求出 a 与 b 的关系因 与直线 y=x+1 相切，即相交又相切设切点为

12、(x 0，y 0)，则在切点处两曲线的函数值相同，且其斜率相等，因而有 解之得 =4(1一 a)将上述关系代入 Vy 中，则 Vy 仅含一个参数 a，即 Vy=2(a2 一 a3)令(V y)a=0 得 a=2 3因而 b=34而当 a=23 时，因 (V y)a a=23 =2(26a)a=23 =2(24)0，故当 a=23，b=34 时， 与直线 y=x+1 相切，且它们所围图形绕 y 轴旋转所得旋转体体积最大【试题解析】 先求出旋转体体积的表示式，然后利用抛物线 与直线 y=x+1 相切的条件求出参数 a 和 b 的关系，将体积化为一个参数的函数，由取最大值的条件得到 a、b 的取值1

13、6 【正确答案】 因(x+y+z) 2=x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx 中 xy+yz 为 y 的奇函数， 关于平面 xOz 对称，故 (xy+yz)dv=0又 关于平面 yOz 也对称，而 xz 为 x 的奇函数，故 (x2+y2+z2)dv由x2dv，其中 1=x，y，z) x 2+y2z， x2+y2+z22,x0)利用柱面坐标易求得 同法可求得 故(x2+y2+z2)dxdydz= 一 89)【试题解析】 注意到 关于 z 轴即平面 xOz 对称，要充分利用被积函数的子函数的奇偶性以简化计算，计算时用柱面坐标系求之17 【正确答案】 积分区域 D 为一圆域：x 2 一 x+y

14、2 一 y0，x 2 一 2.于是可作变量代换 x= +rsin，则D=(r，)0r ，02因而积分化为【试题解析】 用极坐标计算为此，先将积分区域 D 用 r， 表示，再将积分化为二次积分计算18 【正确答案】 由球面方程 x2+y2+z2=2Rx，易求得球面法线方向余弦为由斯托克斯公式，得由于曲面关于坐标面 xOz 对称，而函数 f2(x，y， z)=y 关于变量 y 为奇函数，因而 ydS=0，而zd=Ra2，其中 Dxy 为坐标面 xOy 上 x2+y2+z2=2ax 所围成的区域，所以原积分=2a 2R【试题解析】 利用斯托克斯公式的另一种形式：将第二类空间曲线积分直接化为第一类曲面

15、积分计算，其中 cos、cos 、cos 是 上各点法线方向的余弦曲面 由方程 z=z(x，y)给出，当取上侧时，有19 【正确答案】 (这里用到 cosn=(一 1)n(n 为整数)=0 (这里用到 sinn=0(n 为整数)所给函数满足收敛定理条件(在端点 x= 处 f(x)连续且 f()=f()，由傅里叶级数公式，有【试题解析】 求函数 f(x)的傅里叶级数展开式，先确定 f(x)的周期 2l，利用公式求出傅里叶系数，得到傅里叶级数 若 f(x)在(一 l，l) 内有定义且满足狄利克雷条件，进一步若 f(x)在一 l，l 上连续，则若 f(x)在一 l，l 上连线，f(一 l)=f(l)

16、，则20 【正确答案】 由 A3=2E 得到 A3+E=3E，即 (A+E)(A 2 一 A+E)=3E， 故 A+E 可逆，且 (A+E) 1 =(A2 一 A+E)3 于是 B=(A+E)2 可逆，且 B 1 =(A+E)21 =(A+E)1 2 =(A2 一 A+E)3 2=(A2 一 A+E)29【试题解析】 A 的元素没有给出，利用可逆矩阵的定义证之注意到 B=A2+2A+E=(A+E)2， 只需证 A+E 可逆21 【正确答案】 方法一 因 A 的特征多项式为E 一 A=( 一 2)2( 一 8)，故 A的特征值为 1=2=2， 3=8现分别求出属于它们的线性无关的特征向量当1=2

17、=2 时，解(2E 一 A)X=0由得到属于1=2=2 的线性无关的特征向量为 1=一 1，1，0 T， 2=一 1，0，1 T 用施密特方法将 1 与 2 正交化，为此令 1=1=一 1，1，0 T，则 2=2于是 1， 2 为相互正交的特征向量当3=8 时，解(8EA)X=0因由基础解系的简便求法知，属于 =8 的特征向量为 3=1，1，1 T将 1， 2， 3 单位化分别得到则所求的正交矩阵 Q=1， 2， 3= 方法二 因 A 有二重特征值1=2=2，可用基础解系正交化的方法求出正交矩阵已知 1=一 1，1，0 T 为属于1=2 的一个特征向量设属于 1=2 的另一特征向量为x 1，x

18、 2，x 3T=X下求 X 使之与 1 正交 因 X 为 1=2 的另一特征向量，故必满足系数矩阵为的方程，即 故 x 1+x2+x3=0 又 X 与 1 正交，有XT1=0，即一 x1+x2=0 联立式、式 得到 故 X=一 12，一 12，1 T，则 1，X， 3 为两两正交的向量组，将其单位化得到于是所求的正交矩阵为 Q=1， 2， 3=【试题解析】 一般用施密特正交化的方法求出正交矩阵 Q，使 Q1 AQ 为对角矩阵但如 A 的特征值中含有一个二重特征值，也可不必用施密特正交化的方法，而用基础解系正交化的方法求出正交矩阵 Q，使 Q1 AQ 为对角阵 其一般步骤是先求出二次型矩阵的特征

19、值、特征向量，将属于同一特征值的线性无关的特征向量正交化，再将所有特征向量单位化，使这些正交单位特征向量为列向量所构成的矩阵即为所求的正交矩阵，它也是正交变换的变换矩阵22 【正确答案】 因 与 相互独立，且都服从 N(0，12)的分布，故 一 服从正态分布，又 E( 一 )=E()一 E()=0，D( 一 )=D()+D()=1，因而 一N(0，1)故【试题解析】 先根据题设求出 一 的分布，再利用期望定义求之23 【正确答案】 依题设可知，X 的概率密度函数为 而 FZ(z)=P(Zz)= f(x，y)dxdy，其中区域 D 为一 x+yz因而为求出 FZ(z)，必须先求出联合概率密度 f

20、(x，y)由上述 fY(y)与 fX(x)的表示式易求得因 f(x，y)取非零值的定义域的边界点为(0， 0)，(0，1)，(1，2)，(0，2)，相应地，x+y=z 的可能取值为 0，1，2，3因而 z 应分下述情况分别求出分布函数 Fz(z)：(1)z0；(2)0z1；(3)1z2；(4)2z3 ；(5)z 3于是当 z0 时，f(x，y)=0 ，则 FZ(z)=0当 0z1 时，则当 1z2 时(参见下图 )，则当 2z3时，则 FZ(z)=1 一 (3 一 z)3当z3 时，易求得 FZ(z)=1综上得到【试题解析】 由独立性即可写出(X，Y)的概率密度函数求 X、Y 的线性函数的分布函数一般直接按定义求之