1、考研数学（数学一）模拟试卷 443 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() ，g() 11-cotant2dt，则 0 时 f()是 g()的（A）高阶无穷小（B）低阶无穷小（C）同阶而非等价无穷小（D）等价无穷小2 设 f()在( ，)内二阶可导且 f()0，则 0，h 10，h 20，有（A）（B）（C）（D）3 已知累次积分 I d0cosf(rcos，rsin)，其中 a0 为常数，则 I 可写成（A）（B）（C）（D）4 设 f(，y) 为区域 D 内的函数，则下列结论中不正确的是（A）若在 D 内，有 0，则 f(，y)常数（B）若
2、在 D 内的任何一点处沿两个不共线方向的方向导数都为零，则 f(，y)常数（C）若在 D 内，有 df(，y)0 ，则 f(，y) 常数（D）若在 D 内，有 0，则 f(，y)常数5 设 A，B，C 都是 n 阶矩阵，满足 ABACE ，则下列等式中不正确的是（A）A TBTATCTE（B） BACCAB （C） BA2CE（D）ACABCABA 6 设 1， 2， 3， 4 都是 3 维非零向量，则下列命题中错误的是（A）如果 4 不能用 1， 2， 3 线性表示，则 1， 2， 3 线性相关（B）如果 1， 2， 3 线性相关， 2， 3， 4 线性相关，则 1， 2， 4 线性相关（C
3、）如果 3 不能用 1， 2 线性表示， 4 不能用 2， 3 线性表示，则 1 能用2， 3， 4 线性表示（D）如果 r(1， 1 2， 2 3)r( 4， 1 4， 2 4， 3 4)，则 4 能用1， 2， 3 线性表示7 设 X，Y 为随机变量，PXY0 ，Pmax(X，Y)0 ，则 Pmin(X，Y)0（A）（B）（C）（D）8 设 X1，X 2，X n+1 是取自正态总体 N(0， 2)的简单随机样本，记，1kn，则 cov( )（A）（B）（C） k2（D） 2二、填空题9 设曲线厂的极坐标方程是 re (00)，则 上与直线 y1 平行的切线的直角坐标方程是_10 设 _11
4、 函数 uyz 2 在条件 2y 2z 24(0，Y0， 0)下的最大值是_12 设平面上连续曲线 yf()(ab，f() 0)和直线 a， b 及 轴所围成的图形绕 轴旋转一周所得旋转体的质心是( ，0，0)，则 的定积分表达式是_13 已知 A ，则 A-1_14 设随机变量 X 和 Y 相互独立，且都服从正态分布 N(0， 2)已知X1，X 2，X m 与 Y1，Y 2，Y n(n4)是分别来自 X 和 Y 的简单随机样本，统计量 Y 服从自由度为 n 的 t 分布，则 时，k_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 ()求累次积分 J ()设连续函数 f()满足 f()
5、1 1f(y)f(y)dy，记 I 01f()d，求证：I1 01f(y)dy0yf(y)d ， ()求出 I 的值16 设 f(，y)在全平面有三阶连续偏导数，并满足 y， y， 试求：() ()f(，y)17 设曲线 1(正整数 n1)在第一象限与坐标轴围成图形的面积为 I(n)，证明： ( )I(n)2n 01(1t 2)nt2n-1dt； ()I(n) sin2n-1tdt 且 I(n) (n1) () I(n) 118 设曲面积分 J 其中 S+为上半椭球面： 1(0zc) 的上侧 ( )求证：J，其中 是上半椭球体： 1(0zc)； ()求曲面积分 J19 若函数 f()在0 ，1
6、上连续，在(0，1)内具有二阶导数，f(0)f(1) 0，f()0，且 f()在 0，1上的最大值为 M求证： ()f()0( (0，1)； () 自然数 n，存在唯一的 n(0， 1)，使得 f(n) 20 设 A 是 3 阶矩阵， 1， 2， 3 都是 3 维非零列向量，满足Aii i，(i1，2，3)记 1 2 3 证明 ，A，A 2 线性无关 设 P(，A，A 2)，求 P-1AP21 设二次型 TA 124 22 322a 122b 132c 23，矩阵B ，满足 AB0 用正交变换化 TA 为标准形，写出所作变换 求(A3E) 622 已知(X，Y)为一个二维随机变量，X 1X2Y
7、 ，X 2X2Y，(X 1，X 2)的概率密度为 f(1， 2) ()分别求出 X 和 Y 的密度函数； ()求 X 和 Y 的相关系数，并由此写出(X ，Y)的联合密度23 设总体 X 服从正态分布 N(，1)，X 1，X 2，X 9 是取自总体 X 的简单随机样本，要在显著性水平 a 005 下检验 H 0： 00，H 1：0， 如果选取拒绝域R c ()求 C 的值； ( )若样本观测值的均值 1，则在显著性水平0 05 下是否可据此样本推断 0? ()若选取拒绝域 R 1，求关于检验 H0： 00 的检验水平 a(3)099865)考研数学（数学一）模拟试卷 443 答案与解析一、选择
8、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】 这是考察如下的 型极限，由洛必达法则与等价无穷小因子替换得其中用了下面的等价无穷小因子替换：0 时 ln(1 sin 22)sin 22 4 tan(1cos) 2(1cos) 2 故应选 B2 【正确答案】 B【试题解析】 这是比较三个数的大小问题已知 f()0 f()单调上升，于是设法转化为比较导数值这是可以办到的。只要对上述两个改变量之比用拉格朗日中值定理： 由 f()在(， )单调上升 f()f()3 【正确答案】 C【试题解析】 这是把极坐标系下的累次积分转换成 Oy 直角坐标系下的累次积分的问题
9、先将，表成 I f(，y)d 由 D 的极坐标表示且 r2 2y 2arcosa 可知 D：，如图 若是先 y 后 的积分顺序，则 D：0a， 于是 I 故应选C4 【正确答案】 D【试题解析】 在区域 D，df(，y)0 f(，y)为常数? 于是结论选项 A、C 是正确的 现在如果能在选项 B 与 D 中证明其中之一是正确的或举例说明其中一个是错误的，则就可作出正确的选择 考察 B 项设( 0，y 0)D为任意一点，它存在两个不共线的方向：I i(cos i，cos i)(i1，2)，使得故 B 项正确，因此应选 D5 【正确答案】 C【试题解析】 显然 A，B，C 都可逆，因此 BA2CE
10、ABAC BAAB如果A，B 乘积不可交换 C 项就不成立 由 ABACE 可推出 CABAE，两边转置得选项 A，A TBTATCTE 由 ABACE 可推出 A-1BAC 和 A-1CAB，得选项B，BACCAB 由 ABACE 可推出 ACABE ，CABAE，得选项D，ACABCABA6 【正确答案】 B【试题解析】 只要 2， 3 线性相关，就有 1， 2， 3 和 2， 3， 4 都线性相关，但推不出 1， 2， 4 线性相关例如 1(1，0，0)， 2 3(0，1，0) ，4 (0，0，1) 说明选项 A、C 的正确都可根据同一事实：如果 3 个 3 维向量线性无关，则任何 3
11、维向量都可以用它们线性表示 选项 A 是其逆否命题 选项C： 2 是非零向量， 3 不能用 2 线性表示(因为 3 不能用 1， 2 线性表示)，则2， 3 线性无关而 4 不能用 2， 3 线性表示， 2， 3， 4 线性无关 选项D：r( 1， 2， 3)r( 1， 1 2， 2 3)r( 4， 1 4， 2 4， 3 4)r( 4， 1， 2， 3)，因此 4 能用 1， 2， 3 线性表示7 【正确答案】 D【试题解析】 设 AX0，BY0，则XY0 ， max(X，Y)0 ，min(X，Y)0AB 于是 Pmin(X，Y)0P(A B)P(AB) PXY01P PXY01Pmax(X
12、，Y)0 故应选 D8 【正确答案】 B【试题解析】 由于X1，X 2，X n+1 相互独立，当 ij 时，cov(X i，X j)0；当 ij 时，cov(X i，X i) 2， 所以 故选 B 二、填空题9 【正确答案】 y 【试题解析】 的参数方程是 e cos，ye sin(00) 上 点处的切线斜率为 上与直线 y1 平行的切线即 上斜率为1 的切线，令 1，得 时对应点是(0， )，于是切线方程为 y 10 【正确答案】 ln2【试题解析】 简单的放大、缩小法不能解决问题，再看 n 是否是某函数在某区间上的一个积分和 这是 f() 在0，1上的一个积分和 (将区间0 ，1n 等分)
13、因此11 【正确答案】 2【试题解析】 用拉格朗日乘子法求解令 F(，y ，z) yz 2( 2y 2z 24)，解方程组 由， ，得 y， ，代入得 1，y1，z 因存在最大值，又驻点唯一，所以最大值为 uyz 2 2填 212 【正确答案】 abf2()d abf2()d【试题解析】 在空间 Oyz 中，设该旋转体为 ，不妨设体密度为 1，按质心公式其中 V 为 的体积，按旋转体体积公式 V abf2()d现按先二后一化三重积分为累次积分公式，过 轴上 a，b处作平面与 轴垂直与 相交的截面区域记为 D()，它是圆域：y 2z 2f2()，面积为 nf2()，则13 【正确答案】 【试题解
14、析】 14 【正确答案】 2【试题解析】 用 t 分布的典型模式来确定 k 的值由于又 N(0，1)且相互独立，故 V 2(n) 由于 U 与 V 相互独立，根据 t 分布的典型模式知由题设知，k 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】 () 将 J 表成 J ddy 其中 D：0Y1 ， 1，如图所示，现改换成先 y 后 的积分顺序得()因 f()1 1f(y)f(y)dy，所以在0，1 上积分上式可得 I 01f()d1 01d1f(y)f(y)dy 将累次积分表成二重积分后交换积分顺序，可得(其中 D 如图)()为求 I 值，再对内层积分作变量替换并凑微分
15、可得故 I1 ，解得 I216 【正确答案】 () 先求 由 将第一式对 积分得 yC(y)17 【正确答案】 () 如图，由题设有 y(1 )n(01)，从而 I(n) 01y()d 01(1 )nd 令 t2 ，则 t 2n，于是 I(n) 01(1t 2)n2nt2n-1dt2n 01(1 t2)nt2n-1dt ()对()中的 I(n)表达式，令tsin，则有 将式作如下变形18 【正确答案】 () 由题设 S*的方程，J 可简化成要将曲面积分 J 化为三重积分，可用高斯公式由于 S+不是封闭曲面，故要添加辅助面取法向量 n 向下，S 与 S1 所围的区域记为 ，它的边界取外侧，于是在
16、 上用高斯公式得其中 S1 上的曲面积分为零，因为 S1 与 yz 平面及 z 平面均垂直，又在 S1 上z0 () 求曲面积分 J 转化为求题( )中的三重积分怎样计算这个三重积分：因为力是半椭球体，不宜选用球坐标变换与柱坐标变换我们用先二(先对 ，y 积分) 后一(后对 z 积分) 的积分顺序求由于 z0，c，与 z 轴垂直的平面截 得区域 D(z)为又这个椭圆的两个半轴分别为 ，面积是，ab(1 )，于是 但是，由坐标的轮换对称性，有 J1J 2J 319 【正确答案】 () 由题设条件及罗尔定理， (0，1)，f(a)a0由 f()0( (0，1) f()在(0，1)()由题设知存在
17、M(0， 1)使得 f(M)M0 要证 f() (0，1)存在零点在(0，1)存在零点对 n1，2，3，引入辅助函数 F nf() ， Fn()在0，1 连续，在(0，1)可导，要证 Fn()() 在0，1) 零点，只需在0 ，1中找两点，F n()的函数值相等F n(0)f(0)0再找 Fn()在(0，1)的一个零点 因存在 n(M，1)使得 Fn(n)0 在0， n 0，1上对 Fn()用罗尔定理 存在 n(0， n) (0，1)，F n(n)0，即 f( n) 20 【正确答案】 条件说明 1， 2， 3 都是 A 的特征向量，特征值依次为1，2，3，因此 1， 2， 3 线性无关 1
18、2 3，A 12 23 3，A 2 14 29 3，用矩阵分解，矩阵 P(，A 2，A2)( 1 2 3， 12 23 3， 14 29 3) ( 1， 2， 3)的行列式为 2，因此是可逆矩阵于是 r(，A，A 2)r(P) r(1， 2， 3)3，A，A 2 线性无关 记 P-1ABB，则 APPB，即 (A ，A 2，A 3)( ，A，A 2)B 于是 B 是向量组 A，A 2，A 3 对，A，A 2 的表示矩阵显然其第 1，2 两列分别为(0，1，0) T 和(0，0，1) T第3 列是 A3 对 ，A，A 2 的表示系数，设为 c1，c 2，c 3，则 P(c 1，c 2，c 3)T
19、 A3， 注意 A3 18 227 3，于是因为( 1， 2， 3)是可逆矩阵，所以有 用初等变换法求得 c16，c 211，c 36，于是21 【正确答案】 先作正交矩阵 Q，使得 Q-1AQ 是对角矩阵 条件说明 B 的 3 个列向量都是 A 的特征向量，并且特征值都是 0由于 B 的秩大于 1，特征值 0 的重数大于 1于是 A 的特征值为 0，0，6(tr(A)6) 求属于特征值 0 的两个单位正交特征向量： 对 B 的第 1，2 两个列向量 1(1，0，1)t， 2 (2，1，0) T 作施密特正交化：求属于特征值 6 的一个单位特征向量：属于特征值 6 的特征向量与 1， 2 都正
20、交，即是方程组 的非零解，求出 3(1，2，1) T 是属于 6 的一个特征向量，单位化 3 3 3 (1，2，1) T 记 Q( 1， 2， 3)，则 Q 是正交矩阵，Q -1AQ 作正交变换 Qy，它 TA 化为标准二次型6y32 A 的特征值为 0，0，6，则 A3E 的特征值为3，3，3，(A3E) 6 的3 个特征值都是 36于是(A3E) 63 6E (A3E) 63 6E22 【正确答案】 () 由(X 1，X 2)的联合密度可知 X1 与 X2 相互独立，且 X1N(4 ，3)，X 2N(2， 1) 由正态分布的性质可知，X 1，X 2 的线性组合仍服从正态分布，而由 X 1X2Y，X 2X2Y 得 根据期望和方差的性质有 ()由X1X2Y 可知，DX 1DX4DY4cov(X，Y)由二维正态分布密度函数23 【正确答案】 ()H 0： 00，H：0，由于总体方差 2 021 已知，我们选取检查的统计量为 在 H0 成立条件下，U3 N(0，1) 由于 005，可知 PU196005，因此检验的拒绝域为 于是c1963065 ( )由于 1065 R，因此不能据此样本推断 0，即应否定 0 的假设 ()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 P 1P3 3PU3 1PU312(3) 1 00027
