1、考研数学（数学一）模拟试卷 405 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，y， z)是连续函数， ，则 R0 时，下面说法正确的是( ) 。（A）I(R)是 R 的一阶无穷小（B） I(R)是 R 的二阶无穷小（C） I(R)是 R 的三阶无穷小（D）I(R)至少是 R 的三阶无穷小2 设 均收敛，则下列命题中正确的是( )。3 设函数 f(x， y，z) 2xyz 2，则 f(x，y，z) 在点 (2，1，1)处的方向导数的最大值为( )。（A）（B） 4（C）（D）244 设 L 是圆域 x2y 22x 的正向边界曲线，则 (x3y)dx
2、(xy 3)dy 等于( )。（A）2（B） 0（C） 32（D）25 设 A 为 ms 矩阵，B 为 sn 矩阵，使 ABX0 与 BX0 为同解方程组的充分条件是( )。（A）r(A)m（B） r(A) s（C） r(B)s（D）r(B) n6 已知 1 1，1，a ，4 T， 2 2，1，5，a T， 3a，2，10，1 T 是四阶方阵 A 的三个不同特征值的特征向量，则 a 的取值为( )。（A）a5（B） a4（C） a3（D）a3 且 a47 假设事件 A，B，C 两两独立，则事件 A，B，C 相互独立的充分和必要条件是( )。（A）A 和 BC 独立（B） AB 和 BC 独立（
3、C） AB 和 BC 独立（D）AB 和 AC 独立8 设 X，Y 都服从标准正态分布，且 D(XY)D(X)D(Y)，则必有( )。（A）X 与 Y 独立（B） X 与 Y 不独立（C） D(X2Y 2)D(X 2)D(Y 2)（D）D(XY) D(X) D(Y)二、填空题9 计算 (a0，b0)。10 改变二重积分 I 0dx0sinxf(x,y)dy 的积分次序得到 I。11 将函数 展为麦克劳林级数是。12 设 S 为椭球 的上半部分，已知 S 的面积为 A，则第一类曲面积分 (4x29y 236z 2 xyz)dS。13 设三阶矩阵 ，则(A *)*4A。14 设 XB(3，p)，Y
4、B(2，p)，已知 P(X1) ，则 P(Y1)。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 ：ya bx 2(a0，b0)，试确定常数 a、b 的值使得 (1) 与直线yx1 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 ，其中 为球面 x2y 2z 22 和抛物面zx 2y 2 所围成。17 计算 ，其中 D 为 x2y 2xy。18 计算线积分 (y2z 2)dx(z 2x 2)dy(x 2y 2)dz，其中 c 是曲线x2y 2z 2 2Rx， x 2y 2z 22ax (z0，0aR)，且按此方向进行，使它在球的外表面上所
5、围区域在其左方。19 将函数 展为傅里叶级数。20 已知三阶矩阵 A 满足 A32E，若 BA 22AE ，证明 B 可逆，且求 B1 。21 求正交矩阵 Q，将实对称矩阵 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()。23 设 X 和 Y 为独立的随机变量，X 在区间0，1上服从均匀分布，Y 的概率密度函数为 求随机变量 ZX Y 的分布函数 Fz(z)。考研数学（数学一）模拟试卷 405 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】 解 因 f(x，y，z) 为连续函数，由积分中值定理得到，其
6、中 2 2 2R2，当R0 时，(， ，)(0 ，0，0)，于是。 当 f(0，0，0)0 时，I(R)是R 的三阶无穷小，当 f(0， 0，0)0 时，I(R) 是比 R3 高阶的无穷小，因而 I(R)至少是 R 的三阶无穷小，仅(D)入选。2 【正确答案】 B【试题解析】 解一 因收敛，从而 绝对收敛，仅(B)入选。收敛，选项(D) 也不对，仅 (B)入选。3 【正确答案】 A【试题解析】 解2i 4j2k，故 f(x，y，z)在点 (2，1，1)处的方向导数的最大值为，仅(A)入选。4 【正确答案】 D【试题解析】 解一 利用格林公式求之，解二 利用封闭曲线所围平面区域的面积公式及关于
7、x，y 轴的对称性求之：212002。5 【正确答案】 B【试题解析】 解 显然，方程组 BX0 的解是 ABX0 的解，要使方程组ABX0 的解也是 BX0 的解，即由 ABX0 推导出 BX0，只需方程组 AX0只有零解，即 r(A)s，仅 (B)入选。6 【正确答案】 A【试题解析】 解 将 1， 2， 3 作为 A 的列向量组，将其化为阶梯形即可确定 a 的取值。 1， 2， 3 是三个不同特征值的特征向量，必线性无关。可知 a5，仅(A)入选。7 【正确答案】 A【试题解析】 解一 直选法，因事件 A，B，C 两两独立，所以为说明选项(A)正确，只需证明：如果 A 和 BC 独立，则
8、 P(ABC) P(A)P(B)P(C)。事实上，有P(ABC) P(ABC)P(A)P(BC)P(A)P(B)P(C)。可见，A 和 BC 独立是事件 A，B，C 相互独立的充分必要条件，故仅(A)入选。解二 排除法，在(B)、(C)和(D) 三个选项中的两个事件都含有相同的事件，一般都不独立，因此这三个选项的条件本身就不成立，从而这三个选项都是错误的，故只有选项(A) 正确。8 【正确答案】 D【试题解析】 解 因 D(XY)D(X) D(Y)2cov(X，Y)，而已知 D(XY)D(X) D(Y)，故 2cov(X，Y)0，即 cov(X，Y)0。因而D(XY) D(X)D(Y)2cov
9、(X，Y) D(X)D(Y)。仅(D)入选。二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 解题思路 先用提公因式的方法将分子、分母化成乘积形式，再用等价无穷小代换 ax1xlna(x0)求之，当然，也可用洛必达法则求之。10 【正确答案】 【试题解析】 解题思路 改换积分次序先对 x 积分时，要注意 0x2 时，由ysinx 得到 xarcsiny，当 2x 时，由 ysinx 得到 x arcsiny 。 解 原式 01dyarcsinyarcsiny f(x,y)dx。11 【正确答案】 12x3x 2nx n1 【试题解析】 解题思路 注意到 展为麦克劳林级数，再逐项求导即得 的麦克劳林展开
10、式，也可直接利用公式求之。解一 因 ，逐项求导得到12x3x 2nx n1 , 其收敛区间为1 (x1)即得式 。12 【正确答案】 36A【试题解析】 解题思路 计算第一类曲面积分时，要注意利用曲面 S 的表示式及曲面的对称性、被积函数的奇偶性简化计算。解因曲面关于平面 zOx 对称，而被积函数关于 y 为奇函数，故 ，将上半个椭球方程代入上式第一个积分的被积函数得 故第一类曲面积分 (4x29y 236z 2xyz)dS36A。13 【正确答案】 16【试题解析】 解题思路 利用矩阵(A *)*与 A 的关系，再由 A求出所求的行列式。 解 因(A *)*A n 2A，而A2，故 (A *
11、)*4AA 32 A4A2A4A2A8A16。14 【正确答案】 【试题解析】 解题思路 由 P(X1)1927，先求出 p，再求 P(Y1)。解 因XB(3，p)，P(X1)1P(X 0)1C 30p0(1p) 3 1(1p) 3 ，故 则 P(Y1)P(Y0)C 20p0(1p) 2。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】 解 与 x 轴所围图形绕 y 轴旋转所得旋转体的体积为显然 Vy 中含两个参数 a 与 b，下求出 a与 b 的关系。 因 与直线 yx1 相切，即相交又相切,设切点为(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
12、解之得 4(1a)将上述关系代入 Vy 中，则 Vy 仅含一个参数 a，即 V y2(a 2a 3)。令( V y)a0 得 a23，因而 b34，而当 a23 时，因 2(24)0，故当 a23，b34 时， 与直线 yx1 相切，且它们所围图形绕 y 轴旋转所得旋转体体积最大。16 【正确答案】 解 因(xyz) 2x 2y 2z 22xy 2yz2zx 中 xyyz 为 y 的奇函数， 关于平面 xOz 对称，故 。又 关于平面 yOz 也对称，而 xz 为 x 的奇函数，故17 【正确答案】 18 【正确答案】 解 由球面方程 x2y 2z 22Rx，易求得球面法线方向余弦为由斯托克斯
13、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 ，而其中 Dxy 为坐标面 xOy 上x2y 2z 2 2ax 所围成的区域，所以 原积分2a 2。19 【正确答案】 0。 (这里用到 sinn0(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20 【正确答案】 解：A 的元素没有给出，利用可逆矩阵的定义证之，注意到 BA 22AE(AE) 2， 只需证 AE 可逆。 证 由 A32E 得到 A3E3E，即 (A E)(A2AE)3E， 故 AE 可逆，且 (AE) 1 (A
14、2AE)3。 于是BAE 可逆，且 B 1 (AE) 21 (AE) 1 2 (A 2A E) 32(A 2AE) 29。21 【正确答案】 解一 因 A 的特征多项式为 EA (2) 2(8)，故 A 的特征值为 1 22， 38 。 现分别求出属于它们的线性无关的特征向量。 当1 22 时，解(2E A)X0。由得到属于 1 22 的线性无关的特征向量为 1 1，1，0 T， 21，0，1 T。用施密特方法将 1 与 2正交化，为此令 1 11，1，0 T，则于是 1， 2 为相互正交的特征向量。 当 38 时，解(8EA)X0。因由基础解系的简便求法知，属于 8 的特征向量为 31，1，
15、1 T。将 1， 2， 3 单位化分别得到则所求的正交矩阵 。 解二 因A 有二重特征值 1 22，可用基础解系正交化的方法求出正交矩阵。 已知1 1，1， 0T 为属于 12 的一个特征向量，设属于 12 的另一特征向量为x1，x 2，x 3TX，下求 X 使之与 1 正交。 因 X 为 12 的另一特征向量，故必满足系数矩阵为的方程，即 ，故 x1x 2x 30。 又 X 与 1 正交，有 XT10，即 x 1x 20。 联立式、式得到，故 X12，12，1 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 。22 【正确答案】 解 因 与 相互独立，且都服从
16、N(0，12)的分布，故 服从正态分布，又 E() E()E() 0， D( )D()D()1，因而N(0，1) 。故。23 【正确答案】 解 依题设可知，X 的概率密度函数为其中区域D 为zyz。 因而为求出 Fz(z)，必须先求出联合概率密度 f(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，xyz 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)0 z1；(3)1z2；(4)2 z3；(5)z 3。于是当 z0 时，f(x，y)0，则 Fz(z)0。当 0z1 时，则
