1、考研数学（数学一）模拟试卷 406 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 lnf(x)cosx，则 等于( )。（A）xcosx sinxC（B） xsinx cosxC（C） x(cosxsinx)C（D）xsinxC2 设在全平面上有 ，则下列条件中能保证 f(x1，y 1)f(x 2，y 2)的是( )。（A）x 1x 2，y 1y 2（B） x1x 2，y 1y 2（C） x1x 2，y 1y 2（D）x 1x 2，y 1y 23 设有无穷级数 ，则( )。4 设 y12xe xe 2x，y 2 2xe x，y 3e xe 2x2x 都是某二
2、阶常系数线性齐次方程的解，则此方程为( )。（A）y“3y2y2x（B） y“3y2y4x6（C） y“3y2yx（D）y“3y2yx5 设 11 ， 0，0， 1T， 21，2，0， 2T， 31，2，3， 3T， 4 2，1， 5， 4T， 其中 1， 2， 3， 4 是任意实数，则 ( )。（A） 1， 2， 3 总是线性相关（B） 1， 2， 3， 4 总是线性相关（C） 1， 2， 3 总是线性无关（D） 1， 2， 3， 4 总是线性无关6 设 1， 2， 3 是四元非齐次线性方程组 AXb 的三个解向量，且 A 的秩(A)3， 11 ， 2，3，4 T， 2 30 ，1，2，3
3、T， C 表示任意常数，则线性方程组 AXb 的通解 X( ) 。（A）1 ，2，3，4 TC1，1，1，1 T（B） 1，2，3，4 TC0，1，2，3 T（C） 1，2，3，4 TC2，3，4，5 T（D）1 ，2，3，4 TC3，4，5，6 T7 已知二维随机变量(X，Y)服从二维正态分布，方差 D(X)D(Y)，则( )。（A）X 与 Y 一定独立（B） X 与 Y 一定不独立（C） XY 与 XY 一定独立（D）XY 与 XY 一定不独立8 设 X1，X 2，X n1 是来自正态总体 N(， 2)的简单随机样本，设已知 ，则 k，m 的值分别为( ) 。二、填空题9 。10 将函数
4、的幂级数是。11 定积分 。12 设 F(x) 0x(x2t 2)f“(t)dt，又 x0 时，F(x)与 x2 是等价的无穷小，则 f“(0)。13 设矩阵 ，A *为 A 的伴随矩阵，E 为三阶单位矩阵，且满足矩阵方程 A*BA3BA4E，则 B。14 已知 XN(3，4) ，Y 服从指数分布 X，Y 的相关系数 14，Z3X 4Y，则 Z 的方差 D(Z)。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 求 。16 设 f(x)在a，b(0a b)上连续，在(a，b)内可导，则在 (a，b)内存在 ， ，使17 将函数 展成 x 的幂级数，并求 f(2n1) (0)。18 计算曲
5、面积分 4zxdydz2zydzdx (1z 2)dxdy，其中 S 为 ze y(0ya)绕 z 轴旋转成的曲面下侧。19 问满足方程 的哪一条积分曲线通过点(0，3)，在该点处有倾角为 arctan6 的切线且曲率为 0?20 求方程组 的通解，并求满足 x2x 3 的全部解。21 设三阶对称矩阵 A 的特征值为 0，1，1。 1， 2 是 A 的两个不同的特征向量，且 A(1 2) 2。 (1) 证明 1T20； (2)求方程组 AX 2 的通解。22 设 X、Y 相互独立，都在(0，1)上服从均匀分布，现有区域 D0(x，y)0x1，x 2y1 (见右图)。 (1)若对(X，Y)进行
6、5次独立观察，求至少有一次落在 D0 内的概率； (2)若要求至少有一次落在 D0 内的概率不小于 0999，至少要进行多少次观察?23 设(X，Y)为二维离散型随机变量，已知 P(XY0)1，给定下表，试求(X ，Y)的联合分布，并求 XY 与 X2Y 的分布。考研数学（数学一）模拟试卷 406 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】 A【试题解析】 解题思路 因被积函数含有因子 f(x)，可先进入微分号，用分部积分法求之；另一方法在所给等式两端求导也可产生 f(x)f(x)(cosx)sinx，用此式代入积分也可简化计算。解一 xcosxc
7、osxdxxcosxsinxC。 仅(A)入选。解二 在所给等式 lnf(x)cosx 两边求导，得到 f(x)f(x)(cosx)sinx，则 xsinxdxxdcosxxcosxcosxdx xcosx sinx C 。仅(A)入选。2 【正确答案】 C【试题解析】 解题思路 利用偏导数的性质判别之。解 ，其含义是固定 y，f(x， y)关于 x 单调减少，因而当 x1x 2 时，有 f(x1，y 1)f(x 2，y 1)。 同样 ，其含义是固定 x，f(x，y)关于 y 单调增加，于是当 y1y 2 时，有 f(x2，y 1)f(x 2，y 2)。 由式与式 得到 x1x 2，y 1y
8、2 时，有 f(x1，y 1)f(x 2，y 1)f(x 2，y 2)， 即 f(x 1，y 1)f(x 2，y 2)。仅(C)入选。3 【正确答案】 B【试题解析】 解题思路 可用收敛级数的必要条件判别之。解于是利用此结论可知(B)正确，也可用反证法证明，事实上，如果与假设矛盾，所以仅(B)正确。 还可举反例证明(A)、(C)、(D)都不正确。4 【正确答案】 B【试题解析】 解题思路 先求对应的齐次方程，为此先求出其通解、特征方程，再用特解代入法求出非齐次项。 解 因 y1，y 2，y 3 均为非齐次方程的解，则y1y 2e 2x， y1y 32e 2x 是相应的齐次方程的解，因此 r12
9、，r 21 为特征方程的根，特征方程为 (r2)(r1)0， 即 r 23r 20， 所以齐次方程为 y“ 3y2y0。 设所求方程为 y“3y2yf(x)，f(x) 为非齐次项，将y22xe x 代入得 f(x)4x6， 则 y“3y2y4x6，仅(B)入选。5 【正确答案】 C【试题解析】 解题思路 判别分量已知的向量组的线性相关性时，可用下述性质判别： 一向量组线性无(相)关，则在相同位置上增加(去掉)相同个数的分量所得的升(减)维向量组仍线性无 (相) 关。 解 显然，线性无关(因0)。由上述结论可知在它们的相同位置上增加相同个数(1 个)分量所得到的升维向量组 1， 2， 3 总是线
10、性无关，仅(C)入选。6 【正确答案】 C【试题解析】 解题思路 根据非齐次线性方程组通解的结构，依次求出其导出组的基础解系及自身的一个特解。 解一 因 r(A)3，n 4，故导出组 AX0 的一个基础解系只含 nr(A) 4 31 个解，又根据非齐次线性方程组的两个解的差为其导出组的解，因而 2 1 (2 3)( 1 2)( 1 3)2，3，4，5 T0 为其导出组的一个解，因它不等于 0，故2，3，4，5 T 为其导出组的基础解系，又显然1 为其自身的一个特解，故所求通解为 1C2 1( 2 3)1，2，3，4TC2，3，4，5 T，仅(C)入选。 解二 (A) 中1，1，1，1 T 1(
11、 2 3)，(B)中0，1， 2，3 T 2 3 及(D)中3，4，5，6 T3 12( 2 3)都不是 AX0 的解，因而乘以任意常数 C 后不能构成其导出组的基础解系，故选项 (A)、(B)、(D)都不正确，仅(C) 入选。7 【正确答案】 D【试题解析】 解题思路 (X，Y) 为二维正态随机变量，如 cov(X，Y)0 ，则X，Y 相关，不独立，同样如 XY，XY 相关，则 XY，X Y 一定不独立。 解 由于随机变量(X，Y) 服从二维正态分布，所以 X 与 Y 独立 X 与 Y 不相关，即 xy0，而题中对此未作任何假设，(A)和(B)有时成立，有时不成立，然而 cov(XY，XY)
12、cov(X，X)cov(Y ，X)cov(X，Y) cov(Y，Y) D(X) D(Y)0，由此推出 XY 与 XY 相关，因此 XY 与 XY 不独立，仅(D)入选。8 【正确答案】 A【试题解析】 解题思路 用 t 分布的典型模式判别之。而 ，S 2 及 Xn1 三者相互独立，由 t 分布的典型模式得到二、填空题9 【正确答案】 1【试题解析】 10 【正确答案】 【试题解析】 11 【正确答案】 【试题解析】 12 【正确答案】 【试题解析】 解 F(x)x 20xf“(t)dt 0xt2f“(t)dt x 2f“(x)2x 0xf“(t)dtx 2f“(x) 2x 0xf“(t)dt2
13、x 0xdf(t) 2xf(x) f(0)，所以。由题设得。13 【正确答案】 diag(13，43，49)【试题解析】 解一 应先将方程 A*BA3BA4E 变形为 A *BA3BA 4E，即 (A*3E)BA4E，所以 A*3E，B，A 均可逆。 于是 B(A *3E) 1 (4E)A1 4(A *3E) 1 A1 4A(A *3E) 1 4(AE3A)1 4( 6E3A)1 。 解二 在原方程两端左乘 A，利用 AA *AE6E，得到 6BA3ABA4A。 在上述等式两端右乘 A1 得到 6B3AB4E， 即(3A6E)B4E，故4(3A6E) 1 diag(13， 43，49)。14
14、【正确答案】 124【试题解析】 解 D(Z)D(3X4Y) D(3X)D(4Y)2cov(3X，4Y) 9D(X)16D(Y)234cov(X， Y)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 令 1nx，则 n时，x0。于是【试题解析】 解题思路 为方便计算，作变量代换 x1n ，然后利用换底法和等价无穷小代换求之(因极限函数含幂指函数)。16 【正确答案】 证 令 g(x)1x，对 f(x)，g(x)在a ，b上使用柯西中值定理知，存在 (a，b)，使再对 f(x)在a，b上使用拉格朗日中值定理得到：存在 (a，b)，使故在(a，b) 内存在 ， 使【试题解
15、析】 解题思路 由 易看出可先对 f(x)及 g(x)1 x 在a，b上使用柯西中值定理，再对其函数差值使用拉格朗日中值定理证之。17 【正确答案】 级数的收敛区间为(1，1)，但当 x1 时，等式右边的级数为为交错级数，满足莱布尼茨准则，是收敛的，故级数的收敛域为1，1，即其中 x1，1。再求 f(n)(0)，由于 f(x)麦克劳林展开式为另一方面，由式得到 f(2n)(0)0(n0，1，2，)，f(0)1。 故 f (2n1) (0)(1)n135(2n1) 2， n1，2，3，。【试题解析】 解题思路 将函数 f(x)在点 x0 处展成幂级数，若用直接展开法需求出 f(n)(x0)，这是
16、比较困难的。若用间接展开法，可避开求 f(x)的 n 阶导数。本例用间接展开法，为此先求 f(x)的导数，将其导数展成 x 的幂级数后再积分即得函数的幂级数的展开式。设函数 f(x)的展开式求出为 另一方面，函数 f(x)的展开式为 比较它们的同次幂系数，由展开式的唯一性，有 即 f (n)(x0)a nn!(n0，1，2，)。这是求函数在一点处的高阶导数值的有效方法。18 【正确答案】 解 设 D 为平面 ze a 介于此旋转曲面内的部分。 令 P4zx， Q2zy， R1z 2，则 根据奥氏公式得因 D 关于 y 轴对称，4zx 是 D 上关于 x 的奇函数，故 。又 D 关于 x 轴对称
17、，2zy 是 D 上关 y 的奇函数，故 。【试题解析】 解题思路 曲面 S 不封闭，先添加一平面区域 D(见右图)使其封闭，在封闭曲面所围成的区域内使用高斯公式求之，而在添加的平面域上的积分可利用对称性等方法简化求之。19 【正确答案】 解 此方程是一常系数齐次线性微分方程，其特征方程为 r3r 22r0， 解得 r 1 0， r 22， r 31。 即微分方程的通解为 YC 1C 2e2xC 3ex 。 因积分曲线通过点(0，3)，代入上式有 C1C 2C 33。 由题设知该点的倾角为 arctan6，即 y x 02C 2e2xC 3ex x0 tan(arctan6)， 亦即 2C 2
18、C 36。 又在这点曲率为 0，因而 y“ x0 4C 2e2xC 3ex x0 0 即 4C2C 30 联立式、式 、式解得 C10，C 21，C 34，则所求的积分曲线为 ye 2x4e x 。【试题解析】 解题思路 高于二阶的常系数齐次线性方程的求解方法与二阶的常系数齐次线性方程的求解方法类似：利用特征方程的每个根与方程的特解的对应关系写出其通解。20 【正确答案】 由基础解系和特解的简便求法即得其基础解系为 133，5，3，1，0T， 223，3，2，0，1 T，其特解为 81，11，7，0，0 T，其通解为 Xk 11k 22 k 133，5，3，1，0 Tk 223，3，2，0，1
19、T 81，11 ，7，0，0 T。 若 x2x 3，则有 5k 13k 2113k 12k 27， 即 k 22k 14，代入通解得 x2x 3 的全部解为 X k133，5，3，1，0T (2k14)23，3，2，0，1 T81，11，7，0，0 T k 1 13，1，1，1，2 T11，1，1，0，4 T， k 1 是任意实数。21 【正确答案】 解 先证明 1 与 2 是属于不同特征值的特征向量，且 1 是属于特征值 10 的特征向量， 2 是属于特征值 21 的特征向量，否则都与 A(1 2) 2 矛盾。 例如：若 A1 1，A 20 2，则 A( 1 2)A 1 12； 若A1 1，
20、A 2 2，则 A( 1 2)A 1A 2 1 22(因 1 为特征向量， 10)。1， 2 既然属于不同特征值的特征向量，由 A 为实对称矩阵便有 1T20。因 A为实对称矩阵，必与对角矩阵 相似，因而秩(A)2，则 AX0 的一个基础解系含 321 个解向量，由 A10 10 知， 1 为基础解系。 又由A(1 2) 2 及 A21 2 2 知， 2 与 1 2 都为 AX 2 的特解，故 AX 2的通解为 k1 2 或 k1( 1 2)。22 【正确答案】 解 由题设有因 X，Y 相互独立，有 (1)设 n 为(X， Y)落在 D0 内的次数，则 nB(5，23)，于是 P(n1)1P(
21、 n0)1(1 3) 50996。 (2)P( n1)1P( n0) 1(13) n0999，因 0001， 3 n1000， n629，取 n7，故至少要进行 7 次观察。23 【正确答案】 解 因 P(XY0)1，故 P(XY0)0，于是 P 12P 320。又由联合分布与边缘分布的关系得到 P 11P 12P 1， 即 P11014， 故 P1114； P31P 32P 3， 即 P31014， 故 P3114。又 P11P 21P 31P 1， 即 14P 211 412， 故 P210； P 12P 22P 32P 2， 即 0P 22112， 故 P2212 。故所求的(X，Y)的联合分布为 将上述所求得的联合分布表改写成下述形式，并在同一表格上分别求出 XY ，X 2Y的分布： 故 XY 及X2Y 的分布如下：
