[考研类试卷]考研数学(数学一)模拟试卷435及答案与解析.doc

上传人:ownview251 文档编号:843904 上传时间:2019-02-21 格式:DOC 页数:15 大小:820.50KB
下载 相关 举报
[考研类试卷]考研数学(数学一)模拟试卷435及答案与解析.doc_第1页
第1页 / 共15页
[考研类试卷]考研数学(数学一)模拟试卷435及答案与解析.doc_第2页
第2页 / 共15页
[考研类试卷]考研数学(数学一)模拟试卷435及答案与解析.doc_第3页
第3页 / 共15页
[考研类试卷]考研数学(数学一)模拟试卷435及答案与解析.doc_第4页
第4页 / 共15页
[考研类试卷]考研数学(数学一)模拟试卷435及答案与解析.doc_第5页
第5页 / 共15页
点击查看更多>>
资源描述

1、考研数学(数学一)模拟试卷 435 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 处存在 4 阶导数,又设 则( )(A)f(0)一 1(B) f“(0)=1(C) f“(0)=1(D)f (4)(0)=12 设 f(x)满足 f“(x)+(1 一 cosx)f(x)+xf(x)=sinx,且 f(0)=2则( )(A)x=0 是 f(x)的极小值点(B) x=0 是 f(x)的极大值点(C)曲线 y=f(x)在点(0 ,f(0) 的左侧邻域是凹的,右侧邻域是凸的(D)曲线 y=f(x)在点(0,f(0)的左侧邻域是凸的,右侧邻域是凹的3

2、 设 存在,则( )4 f(x)=一 cosx+(2x 一 3)3+ 在区间(,+)上的零点个数( )(A)正好 1 个(B)正好 2 个(C)正好 3 个(D)多于 3 个5 设 有通解 k(1,0,2,一 1)T,其中 k 是任意常数,A 中去掉第 i(i=1,2,3, 4)列的矩阵记成 Ai,则下列方程组中有非零解的方程组是( )(A)A 1y=0(B) A2y=0(C) A3y=0(D)A 4y=06 设二次型 f(x1,x 2,x 3)一(x 1+2x2+x3)2+x 1+(a4)x 2+2x32+(2x1+x2+ax3)2 正定,则参数 a 的取值范围是 ( )(A)a=2 (B)

3、 a=一 7(C) a0(D)a 任意7 设连续函数 F(x)是分布函数,且 F(0)=0,则必可作为新分布函数的是( )8 随机变量 XN(2,4) ,YN(2 ,5),且 D(X+Y)=DXDY+14,则下列正确的是( )(A)E(XY)=EXEY+2(DXDY)(B) D(XY)=DY(C) X,Y 独立(D)X,Y 不相关二、填空题9 设空间区域10 02xsin8xdx=_11 微分方程 满足初始条件 的特解是_12 直线 在 yOz 平面上的投影直线 l 绕 Oz 轴旋转一周生成的旋转曲面的方程为_13 设 A 是 3 阶不可逆矩阵, 是线性无关的三维列向量,满足 A=,A=,则

4、AA,其中 A=_14 设 X1,X 2,X 50 取自 X 的一组简单随机样本,由中心极限定理得 =_(答案用 (x)表示)三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 求曲面 4z=3x2+3y2 一 2xy 上的点到平面 xyz=1 的最短距离16 设 l 为自点 O(0,0) 沿曲线 y=sinx 至点 A(,0) 的有向弧段,求平面第二型曲线积分17 设 x 与 y 均大于 0 且 xy证明:18 设 =(x,y,z)|x 2+y23z,1z4 ,求三重积分19 设 f(x)在区间(0,1)内可导,且导函数 f(x)有界,证明:20 设 A=(aij)Ann,A ij 是

5、A 中元素 aij 的代数余子式21 设 A 是 n 阶矩阵,A 的第 i 行、第 j 列的元素 aij=i.j,求 ()r(A); ()A 的特征值,特征向量,并问 A 能否相似于对角阵,若能,求出相似对角阵;若不能,则说明理由22 等边三角形 ROT(如图)的边长为 1,在三角形内随机地取点 Q(X,Y)(意指随机点(X , Y)在三角形 ROT 内均匀分布) 求:()点 Q 到底边 0T 的距离的概率密度; ()f X|Y(x|y)23 设总体 X 的概率密度为 其中 , 是未知参数利用总体 X 的如下样本值:一 05,03,一 02,一 06,一01,04,05,一 08,求 的矩估计

6、值与最大似然估计值考研数学(数学一)模拟试卷 435 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】 由麦克劳林公式有, 所以当x0 时, 另一方面,由于 f(x)在 x=0 处存在 4 阶导数,由带有佩亚诺余项的泰勒公式展开到 n=4,有推知 f(0)=0,f(0)=0, f“(0)=0, f“(0)=1,f (4)(0)任意,故应选(C) 2 【正确答案】 C【试题解析】 由所给 f“(x)+(1 一 cosx)f(x)+xf(x)=sinx,有 f“(0)=0,f“(x)+sinx.f(x)+(1 一 cosx)f“(x)+xf(

7、x)+f(x)一 cosx,于是 f“(0)=1 一 f(0)=一 10,即有而 f“(0)=0,所以 于是存在 x=0 的某去心邻域 且 x0 时,f“(x)0,曲线 y=f(x)是凹的;当 x 且 x0 时,f“(x)0,曲线 y=f(x)是凸的故应选(C)3 【正确答案】 B【试题解析】 也可以举例说明(A)、(C)、(D)都不正确4 【正确答案】 C【试题解析】 所以 f(x)在( 一,+)上至少有 3 个零点又因 f(x)=sinx+6(2x 一 3)2+ ,f“(x)=2cosx+24(2x 一 3),f“(x)=一 3sinx+480所以 f(x)在区间(一,+)上最多有 3 个

8、零点综上知,f(x)在( 一,+) 上正好有 3 个零点5 【正确答案】 B【试题解析】 A 34x=0 有通解 k(1,0,2,一 1)T将 A 按列分块,设A=(1, 2, 3, 4),即有 1+O2+23 一 4=1+23 一 4=0,即 A2y=0 有非零解=(1,2,一 1)T,故应选 (B)其余选项(A)、(C)、(D)均不成立如(A) 选项,若(A)成立,即 A1y 一( 2, 3, 4)y=0 有非零解,设为( 1, 2, 3),则有12+23+31=0,即 01+12+23+34=0,这和原方程组的通解 k(1,0,2,一1)T 矛盾故(A) 不成立, (C)、(D)类似6

9、【正确答案】 D【试题解析】 f(x 1,x 2,x 3)是平方和形式,故 f(x1,x 2,x 3)0方程组(*)的系数行列式 故对任意的以,方程组(*)都有唯一零解,即对任意 x0,均存在 f(x1,x 2,x 3)0,f 正定,故应选(D)7 【正确答案】 C【试题解析】 应用分布函数的必要条件排除,由于 Gi(x)(i=1,2,3,4)是分段函数形式,x=1 是分界点,于是立即想到要判断 =Gi(1)=0 是否成立因为0F(1)1,经计算得利用排除法,可得正确选项为(C) 8 【正确答案】 B【试题解析】 D(X+Y)=DX+DY+2Cov(X,Y)=DX DY+14,把 DX=4,D

10、Y=5 代入上式,得Cov(X,Y)=20,故(C) 、 (D)错误;(A)选项不成立,因为 E(XY)=Cov(X,Y)+EXEY=2+22=6,而EXEY+2(DXDY)=22+2(45)=2;(B)选项成立,因为 D(XY)=DX+Dy 一 2Cov(X,Y)=4+DY 一 22=DY二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 10 【正确答案】 【试题解析】 02xsin8xdx=02(2t)sin 8sin(2t)(dt)= 0228tdt02tsin8tdt,因此 02xsint8xdx=02sin8tdt=02sift8tdt=11 【正确答案】 【试题解析】 代入原方程,得解之得

11、 sinu=Cx再以 由初始条件得出(x=2 时,y 取正)12 【正确答案】 x 2+y2 一 z2+4z 一 4=0【试题解析】 直线 L: 在 yOz 平面上的投影直线 l 的方程为 y+z2,即 y=2 一 z,它绕 Oz 轴旋转一周生成的旋转曲面方程为 即x2+y2=44z+z2,即如答案所示13 【正确答案】 【试题解析】 由题设条件|A|=0 知 A 有特征值 1=0,又由 A= 及 A= 知A(+)=+,A()= ( ),故 A 有特征值 2=1, 3=1A 是3 阶矩阵,有 3 个不同的特征值,故 AA,其中14 【正确答案】 22(02)【试题解析】 由中心极限定理三、解答

12、题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 【正确答案】 设曲面上的点的坐标为(x,y,z),其到平面 xyz=1 的距离为在约束条件 3x2+3y2 一 2xy 一 4z=0 下,求 d2 的最小值为此,令16 【正确答案】 17 【正确答案】 不妨认为 yx0(因若 xy0,则变换所给不等式左边的 x 与y,由行列式的性质知,左式的值不变),则 由柯西中值定理,存在 (x,y)使上式 记 f(u)=eu 一 ueu,有 f(0)=1,f(u)=一 ueu0(u 0),所以当 u0 时,f(u)1,从而知 e一 e1于是得证18 【正确答案】 19 【正确答案】 20 【正确答案】 |A

13、|=1,A 可逆,A *=|A|A1 =A1 =21 【正确答案】 () 由题设条件知()由 A 的特征多项式故 A 有特征值1=2= n 1=0, n= 当 1=2= n1 =0 时,方程组(EA)x=0 就是方程组Ax=0,其同解方程组是 x1+22+nxn=0,解得对应的特征向量为k11+k22+kn1 n1 ,其中 1=(一 2,1,0, 0)T, 2=(一3,0,1,0,0) T, n1 =(一 n,0,0,1) T,k 1,k 2,k n1 为不全为零的任意常数当 (nE 一 A)x=0,对系数矩阵作初等行变换,得方程组的同解方程组为解得对应的特征向量为 knn,其中 n=(1,2,n) T,k n 为任意的非零常数从而知 A 有 n 个线性无关特征向量,AA,取P=(1, 2, n1 , n)=22 【正确答案】 () 因三角形 ROT 的面积为 故(X,Y) 的概率密度为点 Q(X,Y)到底边 OT 的距离就是 Y,因而求 Q 到 OT 的距离的概率密度,就是求(X,Y)关于 Y 的边缘密度,()如图:23 【正确答案】 因为 f(x;,)0 ,所以 a0,0又 +f(x;,)dx=1 0dx+01=+=1,

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 考试资料 > 大学考试

copyright@ 2008-2019 麦多课文库(www.mydoc123.com)网站版权所有
备案/许可证编号:苏ICP备17064731号-1