1、考研数学（数学一）模拟试卷 291 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(x)，g(x) 在点 x=xn 处可口导且 f(x0)=g(x0)=0，f (x0)g(x0)（A）x 0 不是 f(x)g(x)的驻点（B） x0 是 f(x)g(x)的驻点，但不是 f(x)g(x)的极值点（C） x0 是 f(x)g(x)的驻点，且是 f(x)g(x)的极小值点（D）x 0 是 f(x)g(x)的驻点，且是 f(x)g(x)的极大值点2 设 f(x0)=0，f (x0)（A）曲线 y=f(x)在(x 0 一 ，x 0+ 是凹的（B）曲线 y=f(x)在
2、(x 0 一 ，x 0)+ 是凸的（C）曲线 y=f(x)在(x 0 一 ，x 0单调减少，而在x 0，x 0+ 单调增加（D）曲线 Y=f(x)在(x 0，x 0单调增加，而在x 0,x0+ 单调减少3 设 f(0，0)=0 ，则 f(x，y)在(0，0)处（A）不连续（B）连续，但 fx(0，0)，f y(0，0)不 （C）连续且 fx(0，0)，f y(0，0) 但不可微（D）可微4 设 y=f(x)存1，3上单调，导函数连续，反函数为 x=g(y)，且 f(1)=1，f(3)=2,则 =_（A）（B）（C）（D）5 设 A，B，C 是 n 阶矩阵，并满足 ABAC=E，则下列结论中不正
3、确的是（A）A TBTATCT=E（B） BAC=CAB（C） BA2C=E（D）ACAB=CABA6 设矩阵 ,则下列矩阵中与矩阵 A 等价、合同但不相似的是（A）（B）（C）（D）7 设 X1，X 2，X n 是来自正态总体 N(0，1)的简单随机样本， ，S 2 是样本均值与样本方差，则下列不服从 X2(n 一 1)分布的随机变量是（A）（B）（C） (n 一 1)S2（D）8 设随机变量 X 的概率密度为 f(x)，则随机变量X的概率密度 f1(x)为（A）（B）（C） f1(x)=f(x)+f(一 x)（D）二、填空题9 设 a 为常数，则数列极限 =_.10 函数 u=xyz2 在
4、条件 x2+y2+z2=4(x0，y0，z0)下的最大值是11 设 f(x)是周期为 2 的周期函数，且 f(x)的傅里叶级数为，则 n1 时，a n=_12 设 L 为曲线 则 =_.13 已知 是 A 的伴随矩阵，则( A*A2)-1=_14 设随机变量 X 服从泊松分布，已知 E(X1)(X-3)= 则 PX=3=_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。14 设15 求证： ，f(x)为常数；16 求 f(x)16 设17 求出积分 f(x)的表达式；18 求 f(x)在(0，+)的最小值点18 设 f(x，y)在点(0，0)处连续，且 ，其中a，b，c 为常数19 讨论 f
5、(x， y)在点(0，0)处是否可微，若可微并求出 df(x，y) (0,0)20 讨论 f(x， y)在点(0，0)处是否取极值，说明理由21 求函数 的麦克劳林展开式21 设 其中22 选取参数 ，使得 ，在区域 D=(x， y)y0内与路径无关；23 选取参数 ，使得 Pdx+Qdy 在 D 上存在原函数并求出全体原函数23 设 且 B=P-1AP24 求矩阵 A 的特征值与特征向量；25 当 时，求矩阵 B；26 求 A10026 设 A 为三阶方阵， 为三维列向量，已知向量组 ，A，A 2 线性无关，且A3=3A 一 2A2证明：27 矩阵 B=(，A，A 4)可逆；28 BTB 是
6、正定矩阵28 设二维随机变量(X，Y)的密度函数为29 问 X，Y 是否独立?30 分别求 U=X2 和 Y=Y2 的密度函数 f(v)和 fv(v)，并指出(U ，V)所服从的分布；31 求 PU2+V2131 设总体 x 服从正态分布 N(，1)，x 1，x 2， X9 是取自总体 X 的简单随机样本，要在显著性水平 =005 下检验 H0：= 0=0，H 1：0，如果选取拒绝域32 求 c 的值；33 若样本观测值的均值 ，则在显著性水平 =005 下是否可据此样本推断=0?34 若选取拒绝域 R= 1，求关于检验 H0： 0=0 的检验水平(3)=099865)考研数学（数学一）模拟试
7、卷 291 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】 由于f(x)g(x) x=x0=f(x0)g(x0)+f(x0)g(x0)=0，因此 x=x0 是 f(x)g(x)的驻点，进一步考察是否是它的极值点由条件 f(x0)g(x0)(x0)(x0)0(或 f(x0)0，g (x0) 及极限的保号性质，当 x(x0，x 0+，xx 0 时(x 0，x 0+)时 f(x)0)，g(x)0( 0，x 0)时 f(x)0(0)x(x 0 一 ，x 0+)，xx 0,时 f(x)g(x)0)g(x0)x=x 0，是 f(x)g(x)的极大值
8、点，因此选 D2 【正确答案】 C【试题解析】 由极限的不等式性质，当 x(x0 一 ，x 0+)且 xx0 时, 当 x(x0 一 ，x 0)时，f (x)0；当 x(x0，x 0+时，f (x)0 连续f(x)在(x 0 一 ，x 0 增加，在x 0,x0+)单调减少故应选 D3 【正确答案】 C【试题解析】 由在(0，0)连续由 f(x，0)=xf x(0，0)=x x=0=1,f(0，y)=-yf y(0，0)=( 一 y) y=0=一 1 即 fx(0，0)，fy(0，0)均 现考察(因沿y=一x 时取值为 )因此 f(x，y) 存(0，0)不可微选 C4 【正确答案】 C【试题解析
9、】 【分析一】 选C【分析二】函数 y=f(x)与反函数 x=g(y)表示同一条曲线，由定积分几何意义，有 =曲边梯形 EDCF 的面积=矩形 DBCF 的面积一正方形 OADE 的面积一曲边梯形 ABCD 的面积 选 C5 【正确答案】 C【试题解析】 这一类题目要注意的是矩阵乘法没有交换律、有零因子、没有消去律等法则由 ABAC=E 知矩阵 A，B ，C 均可逆，那么由 ABAC=EABA=C -1CABA=E从而(CABA) T=ET，即 ATBTATCT=E，故 A 正确由 ABAC=E 知A-1=BAC，由 CABA=E 知 A-1=CAB，从而 BAC=CAB，故 B 正确由ABA
10、C=ECABA=EACAB=E，故 D 正确由排除法可知， C 不正确，故选C6 【正确答案】 D【试题解析】 由 可知矩阵 A的特征值是 3，一 3，0，故秩 r(A)=2，二次型 xTAx 的正、负惯性指数均为 1A中矩阵的秩为 1，不可能与矩阵 A 等价；C 中矩阵的特征值为 3，一 3，0，与矩阵A 不仅等价、合同，而且也是相似的，不符合题意对于 D，记其矩阵为 D，由可知 D 的特征值为 1，一1，0x TAx 与 xTDx 的正、负惯性指数一样，所以它们合同但不相似(因为特征值不同)，符合题意，故应选 D注意，B 中矩阵的特征值为 1，4，0，正惯性指数，p=2，负惯性指数 q=1
11、，与 A 既不合同也不相似，但等价(因为秩相等)7 【正确答案】 B【试题解析】 由于 XiN（0,1）故 Xi2X2(1),由 X2 分布的可加性知，故 ，所以，故 A 正确。可知 B 不服从 X2（n-1）分布，因此应选 B.又 ，说明 C 和 D 均服从 X2（n-1）分布。8 【正确答案】 D【试题解析】 【分析一】设X的分布函数为 F1（x）,则当 x0时，F 1（x）=PXx=0, 从而 f1(x)=F1(x)=0;当 x0 时，F 1（x）=P-xXx=F(x)-F(-x);故f1(x)=F1(x)=F(x)=F(x)-F(-x)=f(x)+f(-x).所以 f1(x)= ，因此
12、，应选 D。【分析二】用排除法，因为X0,故当 x1（x）=PXx=0,从而 f1(x)=0,所以选 A,C 应排除。对于选项B，由于 。这不符合密度函数的定义，故 B 是错误的，由排除法知，应选 D。二、填空题9 【正确答案】 a 【试题解析】 【分析一】由积分中值定理知，存 n 与 n+a 之间 ，使得当 n+ 时 +，于是【分析二】对变限积分函数 用拉格朗日中值定理得【分析三】x1 时估计 ，利用适当放大缩小法求该极限为了简单起见，只须考察的单调性 因为现不妨设 a0，当 xn，n+a时 于是又因此10 【正确答案】 2.【试题解析】 【分析一】用拉格朗日乘子法求解，令（x,y,z）=x
13、yz 2+(x2+y2+z2-4)，解方程组由，得 y=x, ,代入得 x=1,y=1, .因存在最大值，又驻点唯一，所以最大值为 ，填 2.【分析二】化为简单最值问题。由条件的出 z2=4-x2-y2(02+y22-y2)在区域D=（ x,y）0 2+y2 ，即 得x=1,y=1u(1,1)=2.又 u 在 D 的边界上取零值，因此 ，填 2.11 【正确答案】 【试题解析】 这是求偶里叶系数的问题，若 f(x)以 2t 为周期，按公式取 l=1,得12 【正确答案】 a 3【试题解析】 由在 L 上 y+z=0易写出 L 的参数方程：又于是13 【正确答案】 【试题解析】 因为 AA*=A
14、*A=AE，又 所以于是14 【正确答案】 【试题解析】 设 X 服从参数为 的泊松分布，则 EX=，DX=EX 2=DX+(EX)2=+2将其代人题设中，有 E(X 一 1)(x 一 3)=EX2 一 4X+3=EX24EX+3=+24+3=23+3= 即 ，从而三、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】 由变限积分求导法得 f(x)=arcsinsinx2sinxcosxarccoscos2sinxcosx=2sinxcosx(arcsinsinxarccoscosx)记=arcsinsinx，=arccoscosx，下证 =显然sin 2+cos2=1，sin
15、2=sin2=因此 f(x)=0( )，即 f(x)为常数( )16 【正确答案】 方法 1。方法 2。方法 3。最简单的方法应选择 注意则有17 【正确答案】 由定积分的几何意义知 (这是以原点为心，半径为 x 的圆在第一象限部分的面积)再用分段积分法求 f(x)表达式中的另一积分：当 0 当 x1时 于是18 【正确答案】 为求 f(x)在(0 ，+)上的最小值，先求 f(x)由的最小值是 ，故 f(x)在(0，+)的最小值点是19 【正确答案】 当(x，y)(0，0) 时 ln(1+x2+y2)x 2+y2，由求极限中等价无穷小因子替换得 又由 f(x，y)在点(0 ，0)处的连续性即得
16、再由极限与无穷小的关系可知;1+0(1)(0(1)为当(x，y)(0 ，0) 时的无穷小量)f(x，y)一 f(0，0)-bx 一 cy=x2+y+(x2+y2)o(1)即 f(x，y)一 f(0，0)=bx+cy+o()(0)由可微性概念f(x，y)在点(0，0)处可徽且 df(x，y) (0,0)=bdx+cdy20 【正确答案】 由 df(x，y) (0,0)=bdx+cdy( 于是当b，c 不同时为零时 f(x，y)在点(0，0)处不取极值当 b=c=0 时，由于又由极限不等式性质 0，当 02+y22 时，因此 f(x,y)在点(0，0)处取极小值21 【正确答案】 用分解法求 f(
17、x)的展开式，先将 f(x)分解，即由22 【正确答案】 这里区域 D 是单连通的，P，Q 在 D 上有连续的偏导数，于是即在区域 D 上一 2r2 一 x2=r2+y2).2 (+1)r2=0 =一 1因此，仅 与 =一 1 时 在 D 内与路径无关23 【正确答案】 只要 P， Q 在 D 上连续，则 Pdx+Qdy 在 D 上存存原函数在 D 内与路径无关因此，由题(I)知仅 =一 1 时 Pdx+Qdy 在 D 存在原函数，下求原函数 u(du=Pdx+Qdy),方法 1。不定积分法，由 对 x 积分 注意 再由C (y)=0，C(y)=C因此求得Pdx+9dy 的全体原函数为 方法
18、2。特殊路径积分法取(x 0，y 0)=(0，1)及积分路径为折线如图，则因此，全体原函数为24 【正确答案】 由矩阵 A 的特征多项式得知阵 A 的特征值1=2=1， 3=一 3由齐次线性方程组(EA)x=0，得基础斛系 1=(一 4，1，2) T由齐次方程组(一3EA)x=0， 得基础解系 2=(一 2，1，1) T因此，矩阵 A 关于特征值 1=2=1 的特征向量为 k1(一 4，1，2) T，k 10；而关于特征值 =一 3 的特征向量为 k2(一 2，1，1) T，k 2025 【正确答案】 26 【正确答案】 由 p-1AP=B,p-1A100P=B100，故 A100=PB100
19、P-1又 B100=于是27 【正确答案】 由于 A3=3A 一 2A2，故 A4=3A2 一 2A3=3A2 一 2(3A 一2A2)=7A2 一 6A若 k1+k2A+k3A4=0，即 k1+k2A+k3(7A2 一 6A)=0，亦即 k1+(k26k3)A+7k3A2=0，因为 ，A，A 2 线性无关，故所以，A，A 4 线性尤关，因而矩阵B 可逆28 【正确答案】 因为(BTB) T=BT(BT)T=BTB，故 BTB 是埘称矩阵又 ，由于矩阵 B 可逆，恒有 Bx0，那么恒有 xT(BTB)x=(Bx)T(Bx)0，故二次型 xT(BTB)x 是正定二次型，从而矩阵 BTB 是正定矩
20、阵29 【正确答案】 由于 f(x，y)=f x(x).fy(y)，(x，y)R 2，故 X，Y 相互独立30 【正确答案】 F U(u)=PUu=PX2u=所以 fU(u)=FU(u) 同理由于 Y，Y 相互独立，所以 U=X2 和 V=Y2 也相互独立，从而(U ， V)的密度函数为 由此表明，(U，V)服从区域 Du,v=(u，v)0u1，0v1上的均匀分布,31 【正确答案】 由() 可知(记 D=(u，v)u 2+v21，M0 ，v0)32 【正确答案】 依题意 H0:=0=0，H 1：0，由于总体方差 2=02=1 已知，我们选取检验的统计量为 在 H0 成立条件下，由于 =005，可知 PU196=0.05，因此检验的拒绝域为 于是c=196306533 【正确答案】 由于 ，因此不能据此样本推断 =u，即应否定=0 的假设34 【正确答案】 由于检验水平 是在 H0 成立时拒绝 H0 的最大概率，因此所求的显著性水平 为
