1、考研数学（数学一）模拟试卷 383 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)在 x=0 处连续，且 则( )（A）f(0)是 f(x)的极大值（B） f(0)是 f(x)的极小值（C） (0，f(0)是曲线 y=f(x)的拐点（D）f(0)非 f(x)的极值，(0，f(0)也非 y=f(x)的拐点2 设平面 平行于两直线 及 2x=y=z 且与曲面 z=x2+y2+1 相切，则平面 的方程为( )（A）4x+2yz=0（B） 4x 一 2y+z+3=0（C） 16x+8y 一 16z+11=0（D）16ax-8y+8z-1=03 设 z=f(
2、x，y)在点(0，0)可偏导，且 fx(0，0)=a， fy(0，0)=b，下列结论正确的是( )4 设 D 为 xOy 平面上的有界闭区域，z=f(x，y)在 D 上连续，在 D 内可偏导且满足若 f(x，y) 在 D 内没有零点，则 f(x，y)在 D 上( )（A）最大值和最小值只能在边界上取到（B）最大值和最小值只能在区域内部取到（C）有最小值无最大值（D）有最大值无最小值5 其中 a1，a 2，a 3，a 4 两两不等，下列命题正确的是 ( )（A）方程组 AX=0 只有零解（B）方程组 ATX=0 有非零解（C）方程组 ATAX=0 只有零解（D）方程组 AATX=0 只有零解6
3、对三阶矩阵 A 的伴随矩阵 A*先交换第一行与第三行，然后将第二列的一 2 倍加到第三列得一 E，且|A|0，则 A 等于( )7 设连续型随机变量 X 的分布函数 F(x)严格递增，YU(0 ，1)，则 Z=F-1(Y)的分布函数( )（A）可导（B）连续但不一定可导且与 X 分布相同（C）只有一个间断点（D）有两个以上的间断点8 设 X1，X 2，X 3，X n 是来自正态总体 N(， 2)的简单随机变量， 是样本均值，记 S12=则服从自由度为 n-1 的 t 分布的随机变量为( )二、填空题9 设 y=y(x)为方程 y“+(x 一 1)y+x2y=ex 的满足初始条件 的解，则=_1
4、0 设 z=z(x，y)由 (x2 一 z2，e x+2y)=0 确定，其中 连续可偏导，则=_11 12 微分方程 yy“=y2y+y2 满足 y(0)=1，y(0)=2 的特解为_13 设 A，B 为三阶矩阵，AB， 1=一 1， 2=1 为矩阵 A 的两个特征值，又，则 =_14 设总体 XN(0，1) ，X 1，X 2，X 3，X 4 为来自总体的简单随机样本，则服从的分布为_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 设 f(x)在0，1上连续，在 (0，1)内可导，且 证明：()存在 c(0，1)，使得 f(c)=0；() 存在 (0，1)，使得 f“()=f()；()
5、存在(0，1) ，使得 f“()一 3f()+2f()=016 计算 I= (x2+y2)zdxdyydzdx，其中 为 z=x2+y2 被 z=0 与 z=1 所截部分的下侧17 求直线 绕 z 轴一周所形成的曲面介于 z=2 与 z=4 之间的体积18 将函数 f(x)= 展开成 x 一 1 的幂级数，并求19 设 y=y(x)二阶可导，且 y0，x=x(y) 是 y=y(x)的反函数()将 x=x(y)所满足的微分方程 变换为 y=y(x)所满足的微分方程；()求变换后的微分方程满足初始条件 y(0)=0，y(0)= 的解20 ()设 1， 2， n 为 n 个 n 维线性无关的向量，且
6、 与 1， 2， n 正交证明：=0； () 设 1， 2， n-1 为 n 一 1 个 n 维线性无关的向量，1， 2， n-1 与非零向量 1， 2 正交，证明： 1， 2 线性相关21 设二次型 f(x1，x 2，x 3)=x12+x22+x32 一 2x1x2 一 2x1x3+2ax2x3(a0)通过正交变换化为标准形 2y12+2y22+by32 ()求常数 a，b； ()求正交变换矩阵； ()当|X|=1 时，求二次型的最大值22 设随机变量 X 与 Y 相互独立同分布，其中 PX=i= i=1，2，3 令U=max(X，Y)，V=min(X，Y) ()求(U，V)的联合分布；()
7、求 P(U=V)；()判断 U，V 是否相互独立，若不相互独立，计算 U，V 的相关系数23 设 X 的密度为 f(x)= 其中 0 为未知参数 ()求参数 的最大似然估计量 () 是否是参数 的无偏估计量?考研数学（数学一）模拟试卷 383 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】 C【试题解析】 由 得 f“(0)=0，由极限保号性可知存在 0，当|x| 时， 当 x(一 ，0)时，因为 ln(1+x)0，所以 f“(x)0；当x(0，) 时，因为 ln(1+x)0，所以 f“(x)0，于是(0，f(0) 为 y=f(x)的拐点，选 C2 【
8、正确答案】 C【试题解析】 平面 的法向量为 n=2，一 2，11，2，2= 一 32，1，一 2设平面 与曲面 z=x2+y2+1 相切的切点为(x 0，y 0，z 0)，则曲面在该点处的法向量为2x0，2y 0，一 1， 因此 的方程为 整理得 16x+8y 一 16z+11=0，选 C3 【正确答案】 D【试题解析】 取 f(x，y)= f(x，y)在(0，0)处可偏导，但(x，y) 不存在，且 f(x，y)在(0，0)处不连续，不选(A) ，(B)； 因为 z=f(x，y)可偏导不一定可微，所以不选(C)，应选(D) 4 【正确答案】 A【试题解析】 因为 f(x，y) 在 D 上连续
9、，所以 f(x，y)在 D 上一定取到最大值与最小值，不妨设 f(x，y)在 D 上的最大值 M 在 D 内的点(x 0，y 0)处取到，即 f(x0，y 0)=M0，此时 矛盾，即 f(x，y)在 D 上的最大值 M 不可能在 D 内取到，同理 f(x，y)在 D 上的最小值 m 不可能在D 内取到，选 A5 【正确答案】 D【试题解析】 由 =(a3 一 a1)(a3 一 a2)(a2 一 a1)0，得 r(A)=3由 r(A)=3 4，得方程组 AX=0 有非零解，不选(A)；由 r(AT)=r(A)=3，得方程组 ATX=0只有零解，不选(B)；由 r(A)=r(ATA)=34，得方程
10、组 ATAX=0 有非零解，不选(C)；由 r(A)=r(AAT)=3，得方程组 AATX=0 只有零解，应选(D) 6 【正确答案】 A【试题解析】 由一 E=E13A*E23(一 2)得 A*=一 E131E23-1(一 2)=一 E13E23(2)，因为|A*|=|A|2=1 且 |A|0，所以|A|=1，于是 A*=A-1，故 A=(A*)-1=一 E23-1(2)E13-1=一E23(一 2)E13= 选 A7 【正确答案】 B【试题解析】 因为 YU(0，1)，所以 Y 的分布函数为 FY(y)= 则Z=F-1(Y)的分布函数为 F z(z)=PZz)=PF-1(Y)z=PYF(z
11、)=FYF(z)，因为0F(z)1，所以 Fz(z)=F(z)，即 Z 与 X 分布相同，选 B8 【正确答案】 B【试题解析】 二、填空题9 【正确答案】 1【试题解析】 10 【正确答案】 【试题解析】 (x 2 一 z2，e z+2y)=0 两边对 x 求偏导，得解得11 【正确答案】 【试题解析】 12 【正确答案】 【试题解析】 13 【正确答案】 【试题解析】 因为|B -1|= 所以|B|=3 ，又因为 AB，所以 A，B 有相同的特征值，设 A 的另一个特征值为 3，由|A|=|B|= 123，得 3=一 3，因为 A 一 3E 的特征值为一 4，一 2，一 6，所以|A 一
12、3E|=-4814 【正确答案】 t(1)【试题解析】 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 得 f(0)=0 ，f +(0)=1，f(1)=0，f -(1)=2由 f+(0)0，存在 x1(0，1)，使得 f(x1)f(0)=0；由 f1(1)0，存在x2(0，1)，使得 f(x2)f(1)=0因为 f(x1)f(x2)0，所以由零点定理，存在c(0，1)，使得 f(c)=0 ()令 h(x)=exf(x)，因为 f(0)=f(c)=f(1)=0，所以 h(0)=h(c)=h(1)=0，由罗尔定理，存在 1(0，c) ， 2(c，1)，使得 h(1)
13、=h(2)=0，而 h(x)=exf(x)+f(x)且 ex0，所以 f(1)+f(1)=0，f( 2)+f(2)=0 令 (z)=e-xf(x)+f(x)，因为 (1)=(2)=0，所以存在 (1， 2) (0，1)，使得 ()=0，而 (x)=e-xf“(x)-f(x)且 e-x0，于是 f“()=f() ( )令 h(x=)exf(x)，因为 f(0)=f(c)=f(1)=0，所以 h(0)=h(c)=h(1)=0 由罗尔定理，存在 1(0，c)， 2(c，1)，使得 h(1)=h(2)=0，而 h(x)=e-xf(x)一 f(x)且 e-x0，所以 f(1)一 f(1)=0，f( 2)
14、一 f(2)=0 令(x)=e-2xf(x)一 f(x)，因为 (1)=(2)=0，所以存在 (1， 2) (0，1)，使得()=0，而 (x)=e-2xf“(x)一 3f(x)+2f(x)且 e-2x0，于是 f“()一 3f()+2f()=016 【正确答案】 令 1：x 2+y21，取上侧，由高斯公式得17 【正确答案】 设直线 绕 z 轴一周所形成的曲面为 ，任取M(x，y，z)，点 M 所在的圆与直线 的交点为M0(x0，y 0，z)，圆心为 T(0，0，z)，由|MT|=|M 0T|，得 x2+y2=x02+y02，因为点M0(x0，y 0，z)在直线 上，所以 于是 x0=z 一
15、 1，y 0=2z，故所求的曲面方程为 x 2+y2=(z 一 1)2+4z2，即 x2+y2=5z2 一2z+1，所求的几何体的体积为 V= 24A(z)dz18 【正确答案】 两边对 x 求导，得19 【正确答案】 ()代入原方程得 y”y=sinx()特征方程为 r2 一 1=0，特征根为 r1，2 =1，因为 i 不是特征值，所以设特解为 y *=acosx+bsinx代入方程得 a=0，b= 故 于是方程的通解为 由初始条件得 C1=1，C 2=一 1，满足初始条件的特解为 y=ex 一 e-x 一20 【正确答案】 () 令 因为 1， 2， ， n 线性无关，所以 r(A)=n又
16、因为 1， 2， n 与 正交，所以 A=0，从而 r(A)+r()n，注意到 r(A)=n，于是 r()=0，即 为零向量 ()方法一：令 B=(1， 2)，因为1， 2， n-1 线性无关，所以 r(A)=n 一 1又因为 1， 2， n-1 与 1， 2 正交，所以 AB=0，从而 r(A)+r(B)n，注意到 r(A)=n 一 1，所以 r(B)1，即 1， 2线性相关 方法二：令 因为 1， 2， n-1 线性无关，所以 r(A)=n 一 1因为 1， 2， ， n-1 与 1， 2 正交，所以 1， 2 为方程组 AX=0 的两个解，而方程组 AX=0 的基础解系含有一个线性无关的
17、解向量，所以 1， 2 线性相关21 【正确答案】 () 令 则 f(x1，x 2，x 3)=XTAX因为二次型经过正交变换化为 2y12+2y22+by32，所以矩阵 A 的特征值为1=2=2， 3=b由特征值的性质得 解得a=一 1，b=一 1() 当 1=2=2 时，由(2EA)X=0，得当 3=一 1 时，由(一 EA)X=0，得()因为 Q 为正交矩阵，所以|X|=1 时，|Y|=1，当|Y|=1 时，二次型的最大值为 222 【正确答案】 ()U ， V 的可能取值为 1，2，3，显然 P(UV)=0，PU=1 ， V=1=PX=1，y=1)=PX=1PY=1)= PU=2，V=1=PX=2，Y=1+PX=1，Y=2=2PX=2PY=1= PU=2，V=2=PX=2，Y=2=PX=2)PY=2= PU=3，V=1=PX=3，Y=1+PX=1，Y=3=2PX=3PY=1= PU=3，V=2=PX=3，Y=2+PX=2，Y=3=2PX=3)PY=2= PU=3， V=3=PX=3，Y=3=PX=3Py=3= 于是(U ，V)的联合分布律为(II)PU=V=PU=1，V=1+PU=2，V=2)+PU=3，V=3= ()因为PU=1，V=3PU=1PV=3，所以 U，V 不独立23 【正确答案】 () 似然函数为
