1、考研数学（数学一）模拟试卷 452 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)= 若 f(0)存在，则 k 为( )（A）3（B） 4（C） 5（D）62 设级数 an 收敛，则( )（A） (1) nan 必绝对收敛（B） an2 必收敛（C） (an an1 )必收敛（D） (a2na 2n1 )必收敛3 若 P(x，y)，Q(x，y) 在单连通域 G 内有一阶连续偏导数，且对 G 内任意简单闭曲线 L 有 LP(x，y)dx+Q(x，y)dy=0 ，则 曲线积分与路径无关；P(x ，y)dx+Q(x，y)dy 是某个函数 u(x，y)的全微
2、分这四种说法中正确的是( ) （A）（B） （C） （D）4 下列积分中，积分值等于 0 的是( )（A） dx（B） Lxdy， L：x 2+y2=1 的正向（C） dx（D） z2dxdy，：x 2+y2+z2=R2 的外侧5 设 A 是三阶矩阵， 1=1，2，2 T， 2=2，1，1 T， 3=1，1，t T 是线性非齐次方程组 AX=b 的解向量，其中 b=1，3，一 2T，则( )（A）t=1，必有 r(A)=1（B） t=1，必有 r(A)=2（C） t1，必有 r(A)=1 （D）t1，必有 r(A)=26 设P1= ，P 2=，则必有( ) （A）AP 1P2=B（B） AP2
3、P1=B（C） P1P2A=B（D）P 2P1A=B7 二维随机变 t(X，Y) 服从二维正态分布，且 X，Y 不相关，f X(x)，f Y(y)分别为X，Y 的边缘密度，则在 Y=y 的条件下，X 的条件概率密度函数 fXY (xy)为( )（A）f X(x)（B） fY(y)（C） fX(x)fY(y)（D）f X(x)f Y(y)8 设 xN(1 ， 2)，YN(2， 2)，且相互独立，Z=XY ，则 P(Z0)的值( )（A）小于 12（B）大于 12（C）等于 12（D）不确定，与 有关二、填空题9 已知 z=uv，u=ln ，v=arctan ，则 dz=_10 幂级数 的收敛区间
4、是_11 微分方程 yy一(y) 2=y4 满足 y(0)=1，y(0)=1 的特解为 y=_12 设常数 a 0，L 为摆线 一拱 0t2，则 I=Lyds=_13 已知三阶矩阵 A 的特征值 1，2，3，则(3A) * 1 的最大特征值是_14 已知(X，Y)的联合分布律为 则 X，Y 的相关系数XY=_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 设 f(x)在a，+)上可导，且当 xa 时，f(x) k0(k 为常数)证明：如果 f(a)0，则方程 f(x)=0 在区间a，a 一 上有且仅有一个实根16 求抛物线 y2=4x 与直线 y=2x+4 所围成的均匀薄片的形心17
5、求椭球面 x2+2y2+z2=22 上平行于平面 xy+2z=0 的切平面方程18 若函数 F(x，y，z)满足 Fxx+Fyy+Fzz=0，证明其中 是光滑闭曲面 S 所围的区域，是 F 在曲面 S 上沿曲面 S 的外向法线的方向导数19 已知 f(x)存在，且 求 f(x)20 设 A 是 n 阶矩阵， 1， 2， n 是 n 维列向量，且 n0若A1=2，A 2=3，A n1 =n，A n=0 (1)证明 1， 2， n 线性无关； (2)求 A 的特征值、特征向量21 若 A、B 为两个 n 阶矩阵，且 ABA=B1 ，证明： 秩(EAB)+秩(E+AB)=n22 设随机变量 X 服从
6、几何分布，其分布列为 P(X=k)=(1p)k1 p=pqk1 ， 0p1，q=1p，k=1，2，求 E(X)与 D(X)23 设随机变量 XN(0， 2)，X 1，X 2，X 10 是取自总体 X 的简单随机样本，求统计量 的分布及其自由度考研数学（数学一）模拟试卷 452 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】 当 k=5 时，f(0)= 仅(C) 入选2 【正确答案】 C【试题解析】 仅(C) 入选因 an 的前 n 项部分和为 Sn= (ai 一 ai+1)=(a1 一 a2)+(a2 一 a3)+(a3 一 a4)+(
7、an 一 an+1)=a1 一 an+1，而 an 收敛，故 an=0，所以Sn=a1，故仅(C)入选3 【正确答案】 B【试题解析】 因为对任意闭曲线 L， LP(x，y)dx+Q(x，y)dy=0 等价于曲线积分与路径无关，也等价于 P(x，y)dx+Q(x，y)dy 是某个函数 u(x，y)的全微分，而后者成立的充要条件是 = 在 G 内恒成立因此正确仅(B)入选4 【正确答案】 D【试题解析】 利用第二类曲面积分的奇偶对称性的结论判别之：设关于坐标平面xOy 对称，则其中 1 是在坐标平面 xOy 的上侧部分由高斯公式得到 z2dxdy= 2zdV (：x 2+y2+z2R2)因 关于
8、平面 xOy 对称，2z 是 z 的奇函数，故 2zdV=0 或曲面关于 xOy 对称，z 2 为 z 的偶函数，故 z2dxdy=0仅(D)入选5 【正确答案】 C【试题解析】 令 B=1， 2， 3，则 AB=b，b， b， r(AB)=r(b ，b ，b)=1注意到 t一 1 时，r(B)=3 ，从而 r(AB)=r(A)=1，也可由方程组 AX=b 解的结构原理直接推出 r(A)=1 将已知关系式 Ai=b(i=1，2， 3)合并成一个矩阵等式：A1， 2， 3=A1，A 2，A 3=b，b ，b= 令 B= 1， 2， 3=则 AB=b ，b ，b 当 t=1 时，因 B 中第 2，
9、3 行成比例，故r(B)=2这时由 r(AB)=1 只能得到 r(A)r(AB)=1 (A)、(B)都不对， 当 t一 1 时，因 r(B)=3，故 r(AB)=r(A)=1仅(C)入选6 【正确答案】 C【试题解析】 因为由 A 变到B 使用的都是初等行变换，故用对应的初等矩阵 P1，P 2 分别左乘 A，于是得到P1(P2A)=P1P2A=B 仅(C)入选7 【正确答案】 A【试题解析】 (X，Y) 服从二维正态分布，则 X，Y 不相关等价于相互独立，于是有 f(x，y)=f X(x)fY(y)f XY (xy)= =fX(x)仅(A) 入选8 【正确答案】 A【试题解析】 因 XN(1，
10、 2)，YN(2， 2)，且相互独立，则 Z=XY N(12，1 222+(一 1)22)=N(1，2 2) 因而 P(Z一 1)=12，因 P(Z0)P(Z1)，故 P(Z0) 12仅(A)入选二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 10 【正确答案】 一 3，1)【试题解析】 原级数可化为 ，则故一 1 1， 即 一3x1当 x=1 时，得到数项级数 该级数为 p=121 的级数，故发散当 x=3 时，得到数项级数 该级数为p= 120 的交错级数，收敛，故所给幂级数的收敛区间为一 3，1)11 【正确答案】 【试题解析】 令 y=P，则 y=P 代入原方程，得到p2=e2lny (2y
11、3e2lny dy+c1)=y2(2ydy+c1)=y2(y2+c1)由初始条件 y(0)=1，y(1)=1 得到 c1=0于是 P=y2，则再由初始条件 y(0)=1，得到 c2=1，故y=12 【正确答案】 【试题解析】 13 【正确答案】 【试题解析】 因 (3A) *1 =(331 A*)1 = (A*)1 故(3A) *1 的三个特征值为14 【正确答案】 【试题解析】 先将联合分布律改写为下述表格形式，在此同一表格中可求出X，Y 及 XY 的分布律： 因而 X，Y 及 XY的分布律分别为： 故 E(X)=0 45， E(Y)=055， E(XY)=P(X=1，Y=1)=025，co
12、v(X，Y)=E(X，Y) 一E(X)E(Y)=025045055=00025D(X)=p 1(1 一 p1)=045(1 045)=0 45055 ，D(y)=p 2(1 一 p2)=055(1055)=0550 45，=045055从而有三、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】 根据定积分的保序性，在不等式 f(x)k 的两端从 a 到 x 积分，得到 kdt=k(x 一 a)，即 f(x)一 f(a)k(x 一 a)，亦即 f(x)f(a)+k(x 一a)(xa) 令 f(a)+k(x 一 a)=0，解得 x=x0=af(a)k，在式中令 x=x0 得到f(x
13、0)0又 f(a)0，由零点定理知，f(x)=0 在(a，x 0)=(a，af(a)k)内有实数根再由 f(x)0(xa)，且 f(x)在 xa处连续知，f(x)在 Ea，af(a)k上单调减少，故方程 f(x)=0 在该区间只有一个实根【试题解析】 用零点定理证之需找另一点 x0，使 f(x0)0下面用定积分性质找出 x0，也可用拉格朗日中值定理找出 x0，使 f(x0)016 【正确答案】 由 易求得抛物线与直线的两交点为(1，2)，(4，一4)设形心坐标为 ，则 x= (D 为直线与抛物线所围区域(见下图)故所求形心坐标为 =117 【正确答案】 令 F(x，y，z)=x 2+2y2+z
14、2 一 22，则 Fx=2x，F y=4y，F z=2z设所求切平面与椭球面切于点(x 0，y 0，z 0)，则此切平面的法矢量为n=2x0，4y 0，2z 0此切平面与平面 xy+2z=0 平行，故 由于点(x 0，y 0，z 0)在椭球面上，故 =22 由式 、式即得所求切点为(一 2，1，一 4)及(2，一 1，4) 将此两点的坐标代入切平面方程：x 0(xx0)+2y0(yy0)+z0(zz0)=0，即得所求的切平面方程为一 2(x+2)+2(y 一 1)一 4(z+4)=0与 2(x 一 2)一 2(y+1)+4(z 一 4)=0；或化简为 xy+2z+11=0 与 xy+2z 一
15、11=0 【试题解析】 设出切点坐标(x 0，y 0，z 0)，求出切平面的法矢量，找出(x 0，y 0，z 0)所满足的条件求出 x0，y 0，z 0，即可写出切平面方程18 【正确答案】 由题意知 因此 因为 F xx+Fyy+Fzz=0， 所以【试题解析】 利用公式 cos，其中cos，cos，cos 为方向 n 的方向余弦，将待证等式右边的第一类曲面积分化为标准式的第一类曲面积分 (Pcos+Qcos+Rcos)dS= Pdydz+Qdzdx+Rdxdy，然后再用高斯公式证之19 【正确答案】 在所给等式两端求 x1 时的极限注意到f(x)=A，利用 xarctanx (x0)得到 (
16、x 一 1)一 arctan(x一 1) ，因而 即 A=，所以 f(x)= x2ex1 【试题解析】 因 f(x)=A(A 为常数)在所给等式两端求 x1时的极限，即可求出 f(x)20 【正确答案】 (1)设 k 11+k22+knn=0， 用 An1 左乘 ，得到k1An1 1+k2An1 2+knAn1 n=0注意到 Aij=0，i+jn+1当 i+jn+1 时，Aij0故 An1 2=0， A n1 3=0，A n1 n=0，A n1 10，从而 k1An1 1=0，即 k1An1 1=k2An2 2=k1An1 =k1n=0，而 n0，故 k1=0同法用An2 ，A n1 ，A 左
17、乘式可得 k 2=k3=kn 1=0代入式 有 knn=0，而n0，故 kn=0，所以 1， 2， n 线性无关(2)因 Ai=i+1(i=1，2，n1)，An=0，故 A1， 2， n=2， 3， n，0= 1， 2， n因 1， 2， n 线性无关，故 P=1， 2， n可逆，且 p1 AP= =B，所以 AB，显然 B 的特征值全为 0，所以A 的特征值也全为 0又因秩(A)=秩(B)=n 1，故 AX=0 的基础解系只含一个解向量因 An=0n，而 n0，故 A 的关于 0 的特征向量为 kn(k0)21 【正确答案】 显然有 秩(E 一 AB)+秩(E+AB) 秩 (EAB+E+AB
18、)=秩(2E)=n 另一方面，由 ABA=B1 得到 (E 一 AB)(E+AB)=E 一 AB+ABABAB=E 一(ABA)B =E 一 B1 B=EE=0， 故 秩(E 一 AB)+秩(E+AB)n 由式与式得到 秩(EAB)+秩(E+AB)=n【试题解析】 只需证明秩(EAB)+ 秩(E+AB)n，秩(EAB)+ 秩(E+AB)n22 【正确答案】 故 D(X)=E(X2)一E(X) 2= 注意 上述用到幂级数x1【试题解析】 依照期望的定义及公式 D(X)一 E(X2)一E(X) 2 求之 求时要注意正确求出几类幂级数的和函数23 【正确答案】 因 2(1)，利用 2 分布的可加性，有 由 F 分布的典型模式得到即其第 1，第 2 个自由度分别为 n1=4， n2=6
