1、考研数学（数学一）模拟试卷 445 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 当 0 时，下列无穷小量中阶数最高的是（A） 1（B） tansin（C） 425 3 5（D） cos22 设 f(1)a，则数列极限 I _（A）0（B） a（C） 2a（D） a3 设 f()是周期为 2 的周期函数，且 f() f()的傅里叶级数为(ancosnb nsinn)，则 n1 时，a n_（A）（B）（C）（D）4 设 f() 在 0 处二阶导数存在，则常数 a，b 分别是（A）a1， b1（B） a1，b （C） a1，b2（D）a2， b15 设 A 是 3
2、 阶矩阵，特征值为 1，1，2，则下列矩阵中可逆的是（A）AE （B） AE（C） A2E（D）2AE6 已知向量组 1， 2， 3 和 1， 2， 3， 4 都是 4 维实向量，其中 1， 2， 3 线性无关，每个 i 都是与 1， 2， 3 都正交的非零向量则 r(1， 2， 3， 4)（A）1（B） 2（C） 3（D）47 已知随机变量 X1 ，X 2 ，且 X1 与 X2 独立记AX 11 ， BX 21 ，C 1X 1X21，C 2 X1X21，则（A）A，B，C 1 相互独立，A，B，C 2 相互独立（B） A，B ， C1 相互独立， A，B ，C 2 两两独立（C） A，B ，
3、 C1 两两独立， A，B ，C 2 相互独立（D）A，B，C 1 两两独立，A，B，C 2 两两独立8 设总体 X 的方差存在，X 1，X 2，X n 是取自总体 X 的简单随机样本，其样本均值和样本方差分别为 ，S 2，则 EX2 的矩估计量是（A）S 2（B）（C）（D）二、填空题9 已知函数 y()可微(0)且满足方程 y()1 1 dt (0)则 y()_10 设有摆线 L： () ，则 L 绕 轴旋转一周所得旋转面的面积A_11 设 z ，其中 f(u，v)是连续函数，则 dz_12 设 L 为曲线 y1，则 Lds_13 已知 A 是 3 阶矩阵，A 的特征值为 1，2，3则(A
4、 *)*的最大特征值为_14 设随机变量 X 的概率密度为 f() 记事件 AX1，对X 进行 4 次独立观测，到第四次事件 A 刚好出现两次的概率就为 q，则q_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 设函数 f()在 1 的某邻域内连续，且有4 ()求 f(1)， 及 f(1)； ()若又设 f (1)存在，求 f(1)16 设 zz(，y)是由 92 54y90y 26yzz 2180 确定的函数，()求zz( ，y)一阶偏导数与驻点；()求 zz( ，y)的极值点和极值17 ()求级数 的收敛域； ()求证：和函数 S()定义于0，)且有界18 设有一容器由平面 z 0
5、，z 1 及介于它们之间的曲面 S 所围成过 轴上 点(0，0， z)(0z1)作垂直于 z 轴的平面与该立体相截得水平截面 D(z)，它是半径r(z) 的圆面，若以每秒 u0 体积单位的均匀速度往该容器注水，并假设开始时容器是空的 ()写出注水过程中 t 时刻水面高度 zz(t) 与相应的水体积 VV(t)之间的关系式，并求出水面高度 z 与时间 t 的函数关系； ()求水表面上升速度最大时的水面高度； ()求灌满容器所需时间19 设 A(2，2)，B(1，1)， 是从点 A 到点 B 的线段 下方的一条光滑定向曲线yy()，且它与 围成的面积为 2，又 (y)有连续导数，求曲线积分 I (
6、y)cos2yd(y)sin2dy20 设 1(1 ， 3，5，1) T， 2(2，7，a ，4) T， 3(5，17，1，7) T 若1， 2， 3 线性相关，求 a 当 a3 时，求与 1， 2， 3 都正交的非零向量4 设 a 3， 4 是与 1， 2， 3 都正交的非零向量，证明 1， 2， 3， 4 可表示任何一个 4 维向量21 已知三元二次型 TA 的平方项系数都为 0，(1，2，1) T 满足 A2 求 TA 的表达式 求作正交变换 Qy，把 TA 化为标准二次型22 设离散型二维随机变量(X，Y)的取值为( i，y j)(i，j1，2) ，且 PX 2 ，PYy 1X 2 ，
7、PX 1Yy 1 ，试求： ()二维随机变量(， Y)的联合概率分布； ()X 与 Y 的相关系数 XY； ()条件概率PYy jX 1，j1，223 设 1， 2， n 是来自总体 X 的简单随机样本， X 的概率密度为 f()，其中 0，a 0 为已知参数 记Y () 求 的矩估计量 和最大似然估计量 ； ( )求 Y 的数学期望EY 的最大似然估计量考研数学（数学一）模拟试卷 445 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】 分别考察每个无穷小量的阶数由425 3 54 2 (O)， 可知，选项 A、C 均是二阶的又由可知，
8、B 项是三阶的 用泰勒公式考察 D 项当 t0 时有故 D 项是四阶的因此应选 D2 【正确答案】 B【试题解析】 这是已知导数求某数列的极限若已知 f(b)a，可求得数列极限只要其中数列 n 满足 nO 为了用条件f(1)a，将所求极限 I 改写成求导数的形式因此If(1).1f(1).0a，因此选 B3 【正确答案】 C【试题解析】 这是求傅里叶系数的问题若 f()以 2l 为周期，按公式取 l1，得故选 C4 【正确答案】 B【试题解析】 显然有 即 f()在 0 连续，先求出 f (0)( 2a1) 0 a f (0)(e bsin 2) 0 (e 2bcos 2) 0 1 要求 f(
9、0) f (0)f (0)即 a1此时要求 f (0) ，f (0)f (0)即 212b，b 因此选 B5 【正确答案】 D【试题解析】 根据性质： 是 A 的特征值 AE 不可逆由 1，1，2 都是特征值，得到 AE，AE，A2E 都不可逆而12 不是特征值，A (12)E 可逆，因此 2AE 2A(12)E可逆6 【正确答案】 A【试题解析】 构造矩阵 A( 1， 2， 3)，则 i 都是与 1， 2， 3 正交说明 i 都是4 元方程组 AT0 的解再由 1， 2， 3 线性无关，得 r(AT)r(A)3，于是AT0 的解集合的秩为 1，从而 r(1， 2， 3， 4)17 【正确答案
10、】 D【试题解析】 由题设条件计算得 P(A)P(B) P(C 1)P(C 2)05， P(A)P(B)P(C1)0125P(A)P(B)P(C 2)， P(AB)P(AC 1)P(BC 1)P(AC 2)P(BC 2)025， P(ABC 1)0 25，P(ABC 2)0， 由此验证知 D 项正确应选 D8 【正确答案】 B【试题解析】 根据矩估计量的定义来选择正确的选项 由于 EX2DX(EX) 2，而 DX 与 EX 的矩估计量分别是 所以 EX2 的矩估计量为 故选 B二、填空题9 【正确答案】 y 【试题解析】 这是含变限积分的方程先将原方程两边求导，转化为常微分方程得 在原方程中令
11、 1 得 y(1)1于是原方程与初值问题等价 这是齐次方程，令 u 得由 y(1)1 得 c1，代入u 得 y (0)10 【正确答案】 【试题解析】 这是由参数方程给出的曲线由于 ()1cos ，y()sin， 则按旋转面面积计算公式，可得该旋转面的面积11 【正确答案】 f(y2，v)dv(y 2d2ydy) 【试题解析】 这是一元函数 z 0t0uf(u，v)dvdv 与二元函数 ty 2 的复合函数，由一阶全微分形式不变性12 【正确答案】 【试题解析】 L 是正方形的边界线，如图，因 L 关于 ，y 轴对称，被积函数关于y 与 均为偶函数，记 L1 为 L 的第一象限部分，则13 【
12、正确答案】 18【试题解析】 A1236，于是 A*的特征值为 6，3，2，A *36则(A*)*的特征值为 6，12， 18，最大的是 1814 【正确答案】 【试题解析】 由密度函数定义求出 K 的值：K ，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】 () 由条件知 lnf(1)13sin 20 f(1)3sin 2f(1)00 (1)0 又在 0 的某空心邻域内 f(1)3sin 20，现利用等价无穷小因子替换：当 0 时。()由 f(1) f()在 1 的某邻域内可导 16 【正确答案】 () 利用一阶全微分形式不变性，将方程求全微分即得 18d54(yddy
13、)180ydy 6zdy 6ydz2zdz0， 即(1854y)d(180y54 6z)dy(6y2z)dz0 从而为求隐函数 zz(，y)的驻点，应解方程组可化简为 3y，由可得 z30y93y，代入 可解得两个驻点 3，y1，z 3 与3，y 1，z 3 ()zz(，y)的极值点必是它的驻点为判定zz( ，y)在两个驻点处是否取得极值，还需求 z z(，y)在这两点的二阶偏导数 注意，在驻点 P(3，1，3)，Q(3，1，3)处， 0 由(3yz)927y 在驻点 P，Q 处 再由(3yz) 90y273z 在驻点 P，Q 处 (3yz) 90，于是可得出在 P 点处 因 ACB0，且 A
14、 0，故在点(3，1)处 zz( ，y)取得极小值 (3，1)3 在 Q 点处因 ACB 20,且 A 0，故在点(3，1)处 zz( ，y)取得极大值z( 3，1)317 【正确答案】 () 令 t ，问题转化为求幂级数 的收敛域先求收敛 令 t ，我们考察幂级数 antn，其中 an 由()为证当 0，)时级数 收敛，且和函数 S()在0 ，) 有界，自然的想法是给出级数一般项的估计 0 Mn(0，)，只要 Mn 收敛就可得出结论 为了在0，)上估计 e-n，我们求 f() 2e-n在0，)上的最大值：由 f() e -n(2n 2)e -n因为收敛，所以 在0，)收敛，且 S()在0，)
15、上有界18 【正确答案】 () 由截面已知的立体体积公式可得 t 时刻容器中水面高度 z(t)与体积 V(t)之间的关系是 V(t) 0z(t)S(z)dz， 其中 S(z)是水面 D(z)的面积，即 S(z)z 2(1z) 2 现由 v 0 及 z(0)0，求 z(t) 将上式两边对 t 求导，由复合函数求导法得 这是可分离变量的一阶微分方程，分离变量得 S(z)dzv 0dt，即 z2(1z) 2dz dt (*) 两边积分并注意 z(0)0，得 ()求 z 取何值时 取最大值已求得(*)式即 因此，求 取最大值时 z 的取值归结为求 f(z)z 2(1z) 2 在0，1上的最小值点由 f
16、2z2(1z)2(2z1)f(z)在 z 在0，1上取最小值故 z 时水表面上升速度最大 () 归结求容器的体积，即因此灌满容器所需时间为(秒) 或由于灌满容器所需时间也就是 z1 时所对应的时间 t，于是在(*)中令 z1 得19 【正确答案】 把该曲线积分分成两部分，其中一个积分的被积表达式易求原函数，另一积分可添加辅助线 后用格林公式为用格林公式求 I2，添加辅助线 与 围成区域 D，并构成 D 的负向边界，于是 又 的方程：y， 1，2，则 (2y)d 122d 2 123 因此 I2 (2y)d4 (2y)d 43 故 II 1I 220 【正确答案】 1， 2， 3 线性相关，则
17、r(1， 2， 3)3得a3 与 1， 2， 3 都正交的非零向量即齐次方程组的非零解，解此方程组：解得4 c(19，6，0，1) T，c0 只用证明 1， 2， 3， 4 线性无关，此时对任何4 维向量 ，有 1， 2， 3， 4， 线性相关，从而 可以用 1， 2， 3， 4 线性表示 由知， 3 时， 1， 2， 3 线性无关，只用证明 4 不能用 1， 2， 3 线性表示 用反证法，如果 4 能用 1， 2， 3 线性表示，设 4c 11c 22c 33，则 (4， 4)：( 4，c 11c 22c 33)c 1(4， 1)c 2(4， 2)c 3(4， 3)0， 得4 0，与 4 是
18、非零向量矛盾21 【正确答案】 设 A ，则条件 A2 即得 2ab2，a c4，b2c2，解出ab2，c2 此二次型为 4124 134 23 先求 A 特征值 E A ( 2) 2(4) 于是 A 的特征值就是2，2，4 再求单位正交特征向量组 属于 2 的特征向量是(A2E)0 的非零解 A2E 得(A2E)0 的同解方程组：1 2 30 显然 1 (1，1，0) T 是一个解，设第二个解为 2(1，1，c) T(这样的设定保证了两个解是正交的!)，代入方程得 c2，得到属于特征值 2 的两个正交的特征向量 1， 2再把它们单位化：记 1 1 1 1， 2 2 2 2 属于4 的特征向量
19、是 (A4E) 0 的非零解 求出 3(1 ，1，1) T 是一个解，单位化：记 3 3 3 3 则1， 2， 3 是 A 的单位正交特征向量组，特征值依次为 2，2，4 作正交矩阵Q( 1， 2， 3)，则 Q-1AQ 是对角矩阵，对角线上的元素为 2，2，4 作正交变换 Qy，它把 f(1， 2， 3)化为 2y122y 224y 3222 【正确答案】 () 因 X 与 Y 独立，所以有 PYy 1PYy 1X 2 ， PYy 21PYy 1 ； PX 1，Yy 1PX 1PYy 1， PX 1，Yy 2PX 1PYy 2 ， PX 2，Y y1PX 2PYy 1 ， PX 2，Yy 2PX 2PYy 2 ， 或 PX 2，Y y 21 于二是(X，Y)的联合概率分布为()由()知 X 与 Y 独立，因此它们的相关系数 XY0 ( )因 X 与 Y 独立，所以 PYy jX 1PYy j，j1，2，于是有 PYy 1X 1 Pyy 1 ， PYy 2X 1Py y2 23 【正确答案】 令 EX ，得 A 的矩估计量 样本的似然函数 L(1， 2， n；) 取对数 lnLnln (ia) ，令解得 ，从而 的最大似然估计量 由于 EY 是 的单调函数，根据最大似然估计的不变性，故 EY 的最大似然估计量为
