最新考研数学一真题及答案解析资料

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1、精品文档2009 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、选择题（ 18 小题，每小题4 分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.）（ 1）当 x0时， fxxsin ax 与 gxx2 ln 1bx 等价无穷小，则（）Aa1,b1Ba1.1,b.66Ca1,b1.Da1y61,b.6（ 2）如图，正方形x, yx1, y1 被其对角线划分为1四个区域 Dkk1,2,3,4， I ky cos xdxdy ，D1DkD4D2则 max I kx（）-1D311 k 4A I1.B I2.C I3.D I4.-1（ 3）设函数 yf

2、x在区间1,3上的图形为：f (x)O-20x123-1xft dt 的图形为（则函数 F x）0f (x)f (x)11-2023x-2023x11A .-1B .-1精品文档精品文档f (x)f (x)11-1023x1C .-2023x1-1D .（ 4）设有两个数列an , bn，若 lim an0 ，则（）nA 当bn收敛时，anbn 收敛 .B 当bn 发散时，anbn 发散 .n1n1n1n 1C 当bn收敛时，an2bn2 收敛 .D 当bn 发散时，an2bn2 发散 .n 1n1n1n1（5）设3111,2, 3是 3 维向量空间 R 的一组基，则由基1 ,2 2 ,3 3

3、到基12 ,23 , 31 的过渡矩阵为（）101120A220 .B 023 .033103111111246222C111D11124.44.64111111246666（6）设 A, B 均为2 阶矩阵， A*, B*分别为 A, B 的伴随矩阵，若A 2, B 3，则分块矩阵OA的伴随矩阵为（）BOAO3B*O2B*.2 A*.BOO3A*CO3A*O2A*.2B*.DOO3B*精品文档精品文档（ 7）设随机变量X 的分布函数为Fx0.3x0.7x1 ，其中x 为标准正2态分布函数，则EX（）A 0.B 0.3.C 0.7.D 1.（ 8 ）设随机变量X 与 Y 相互独立，且X 服从标

4、准正态分布 N 0,1， Y 的概率分布为P Y0P Y1z 为随机变量Z XY 的分布函数， 则函数 FZ z1，记 FZ2的间断点个数为（）A 0.B 1.C 2.D 3.二、填空题（ 9-14小题，每小题4 分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上.）（9）设函数 f u, v 具有二阶连续偏导数，z f2 z。x, xy ，则x y（10）若二阶常系数线性齐次微分方程yayby0 的通解为 yC1 C2 x ex ，则非齐次方程 yaybyx 满足条件 y02, y00的解为 y。（ 11）已知曲线（ 12）设L : yx2 0x2，则xds。Lx, y, zx2y2z21 ，则

5、z2dxdydz。（13）若 3 维列向量,满足T2，其中T 为的转置，则矩阵T 的非零特征值为。(14) 设 X1 , X 2 ,L , X m 为来自二项分布总体 B n, p 的简单随机样本，X 和 S2 分别为样本均值和样本方差。若XkS2 为 np 2 的无偏估计量，则k。三、解答题（ 15 23小题，共94 分 .请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（15）（本题满分9 分）求二元函数f ( x, y) x22y2y ln y 的极值。（16）（本题满分9 分）设 an 为曲线 y xn 与 yxn1 n1,2,. 所围成区域的面积，记S1an

6、 , S2a2 n1 ，求 S1与 S2 的值。n 1n1（17）（本题满分11分）椭球面 S1x2y21 绕 x 轴旋转而成，圆锥面 S2 是过点是椭圆34精品文档精品文档4,0x2y2相切的直线绕x 轴旋转而成。且与椭圆143（）求 S1 及 S2 的方程（）求 S1 与 S2 之间的立体体积。（18）（本题满分11 分）（）证明拉格朗日中值定理：若函数fx在 a, b上连续，在 (a, b) 可导，则存在a,b ，使得 fbf afba（ ） 证 明 ： 若 函 数 f x在 x0处连续，在 0,0内可导，且lim fxA ，则 f0 存在，且 f0A 。x 0（19）（本题满分10 分

7、）计算曲面积分Ixdydzydzdxzdxdy是曲面3，其中x2y2z2 22x22 y2z24 的外侧。（20）（本题满分11 分）1111设 A1 11110422（）求满足 A 21的 2.A231 的所有向量2 ,3 .（）对中的任意向量2 ,3 证明1 ,2 ,3 无关。（21）（本题满分11 分）设二次型 fx , x , x3ax2ax2a1 x22x x2x x121231323（）求二次型f 的矩阵的所有特征值；（）若二次型f 的规范形为 y12y22，求 a 的值。（22）（本题满分 11分）袋中有 1 个红色球， 2 个黑色球与3 个白球，现有回放地从袋中取两次，每次取一

8、球，以 X ,Y , Z 分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数。（）求 p X1 Z0 ；（）求二维随机变量X , Y 概率分布。精品文档精品文档（23）（本题满分11 分）2 xe x , x0(0) 未知， X1 ，设总体 X 的概率密度为 f ( x)，其中参数0,其他X 2 ,X n 是来自总体X 的简单随机样本( ) 求参数的矩估计量；（）求参数的最大似然估计量精品文档精品文档2009 年考研数学一真题解析一、选择题： 18 小题，每小题4 分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.（ 1）当 x0 时， fxxs

9、in ax 与 gxx2 ln 1 bx等价无穷小，则（）Aa1,b1Ba1.1,b.66Ca1,b1.Da1,b16.A6【答案】【解析】 f ( x)xsin ax, g( x)x2ln (1bx) 为等价无穷小，则f ( x)limxsin axxsin ax1a cos ax洛 lima2 sin axlim2ln(1bx)lim2洛 lim26bxx 0 g( x)x 0xx0 x( bx)x 03bxx 0lim a2 sin axa31a36b故排除 B,C 。x 06bax6ba1a cosax存在，蕴含了1a cosax0 x0故 a 1.排除D。另外 lim3bx2x0所以

10、本题选 A 。（ 2）如图，正方形x, yx1, y1 被其对角线划分为y四个区域 Dkk1,2,3,4， I ky cos xdxdy ，1DkD1则 max I k（）D41 k4-1D21xD3A I1.B I2.C I3.D I4.-1【解析】本题利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性。D2 , D4 两区域关于 x 轴对称，而f (x, y)y cos xf ( x, y) ，即被积函数是关于y 的奇函数，所以 I 2I 40;D1 , D3 两区域关于y 轴对称，而f (x, y)ycos( x)y cos x f (x, y) ，即被积函数是关于 x 的偶函数，所以 I12y

11、cos xdxdy0 ；( x, y) y x,0x 1I 3 2y cos xdxdy 0 .所以正确答案为 A.( x, y) yx,0 x 1精品文档精品文档（ 3）设函数yfx 在区间1,3 上的图形为：f (x)O-20x123-1xft dt 的图形为（则函数 F x）0f (x)f (x)11-2023x-2023x11A .-1B .-1f (x)f (x)11-1023x1C .【答案】 D-2023x1-1D .【解析】此题为定积分的应用知识考核，由yf ( x) 的图形可见，其图像与x 轴及 y 轴、x x0 所围的图形的代数面积为所求函数F (x) ，从而可得出几个方面

12、的特征： x0,1时， F (x) 0 ，且单调递减。 x1,2时， F (x) 单调递增。 x2,3时， F (x) 为常函数。精品文档精品文档 x 1,0 时， F ( x) 0 为线性函数，单调递增。由于 F(x) 为连续函数结合这些特点，可见正确选项为D 。（ 4）设有两个数列an , bn，若 lim an0 ，则（）nA 当bn 收敛时，anbn 收敛 .n 1n 1C 当bn 收敛时，an2bn2 收敛 .n 1n 1【解析】方法一：举反例A 取 anbn( 1)n 1nB 取 anbn1nD 取 anbn1n故答案为（ C）方法二：因为 lim an0, 则由定义可知N1, 使

13、得 nnB 当bn 发散时，anbn 发散 .n 1n 1D 当bn 发散时，an2bn2 发散 .n 1n 1N1 时，有 an1又因为bn收敛，可得 lim bn0, 则由定义可知N 2 , 使得 nN 2 时，有 bn 1n 1n从而，当 nN1 N 2 时，有 an2bn2bn ，则由正项级数的比较判别法可知an2bn2 收敛。n 1（5）设1, 2,3 是 3 维向量空间 R3 的一组基，则由基1, 12, 13 到基2312 ,23 , 31 的过渡矩阵为（）101120A220.B 023.033103精品文档精品文档111111246222C111D11124.44.64111

14、111246666【解析】 因为1 , 2 ,L , n1,2,L ,nA，则 A称为基 1, 2,L ,n 到 1, 2 ,L , n的过渡矩阵。则由基1,12 ,12 , 23 ,1 的过渡矩阵 M 满足233到131112,23,311,2 2,3 3 M1, 12 , 1101322023033所以此题选A 。（6）设 A, B 均为2 阶矩阵， A* , B* 分别为 A, B 的伴随矩阵，若 A 2, B3，则分块矩阵OA的伴随矩阵为（）BOAO3B*.BO2B*.2 A*O3A*OCO3A*.DO2A*.2B*O3B*O【解析】根据 CCC E，若CCC1,C11CC分块矩阵0A

15、0A（2 2A B2 36 ，即分块矩阵可逆B0的行列式01）B0A0A010B 101 BA66BB0B0B0A 1010AA精品文档精品文档01 B02B633A010A2故答案为（ B ）（ 7）设随机变量X 的分布函数为F x0.3x0.7x 1，其中x 为标准正2态分布函数，则EX（）A 0 .B0.3 .C0.7.D 1.【答案】 C【解析】因为 Fx0.3x0.7x1，2所以 F x0.3x0.7x 1 ，22所以 EXxFx dxx0.3x0.35x1dx20.3xxdx0.35xx1dx2而xx dx0 ，xx 1 dx x 1 u 22u 1u du 222所以 EX0 0

16、.3520.7 。（ 8 ）设随机变量X 与 Y 相互独立，且X 服从标准正态分布N0,1 ， Y 的概率分布为P Y0P Y11z 为随机变量 ZXY 的分布函数， 则函数 FZ z，记 FZ2的间断点个数为（）A 0.B 1.C 2.D 3.【答案】 B【解析】精品文档精品文档FZ (z) P( XY z)P( XYz Y0)P(Y 0) P( XY z Y 1)P(Y 1)1z Y0) P(XYz Y 1) P(XY21 P( X 0 z Y 0) P( X z Y 1)2QX,Y独立FZ ( z)1P( X0z)P( Xz)21（ 1）若 z0，则 FZ( z)( z)2（ 2）当 z

17、0，则 FZ( z)1( z)(12z 0 为间断点，故选（ B ）二、填空题：9-14 小题，每小题4 分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上（9）设函数 fu, v 具有二阶连续偏导数， z2 zf x, xy ，则x y【答案】 xf12f 2xyf22【解析】 xf12f 2xyf22zf f y ，x122 zxf12f2yx f 22xf12f2xyf22xy.。（10）若二阶常系数线性齐次微分方程yayby0 的通解为 yC1 C2 x ex ，则非齐次方程 yay by x 满足条件y 02, y00的解为 y。【答案】 yxexx2【解析】由y( c1c2 x)ex

18、，得121，故 a2, b1微分方程为y2y yx设特解 y*AxB 代入， y A, A1精品文档精品文档2AAx Bx2 B0, B2特解y*x2y(c1c2 x)exx2把y(0)2，y(0)0 代入，得 c10, c21所求 yxexx2（11）已知曲线 L : yx20x2，则xds。L【答案】 136【解析】由题意可知，xx, yx2 ,0x2 ，则224x2 dx ，dsxy1dx所以xds2x14x2 dx121 4x2 d 14x2L08 01232134x281630（ 12）设【答案】x, y, z x2y2z21 ，则z2dxdydz。415【解析】z2dxdydz21

19、2 sin2 cos2d方法一：d0d002cos2d cos14dd0002cos31d430515方法二：由轮换对称性可知z2 dxdydzx2 dxdydzy2dxdydz精品文档精品文档z2 dxdydz1x2y2z2dxdydz1d214 sin dr所以，dr330002sin d14dr21sind4r30035015（13）若 3 维列向量,满足T2，其中T的转置，则矩阵T为的非零特征值为。【答案】 2【解析】 QT2TT2,T 的非零特征值为 2.(14)设 X1 , X 2 ,L, X m 为来自二项分布总体B n, p 的简单随机样本， X 和 S2 分别为样本均值和样本

20、方差。若XkS2 为 np 2 的无偏估计量，则k。【答案】1【解析】 Q XkS2 为 np 2 的无偏估计E( XkX2 )np 2npknp(1p) np 21 k (1p)pk (1p)p1k1三、解答题： 15 23 小题，共94 分 .请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 .（15）（本题满分9 分）求二元函数f ( x, y) x2 2 y2y ln y 的极值。【解析】fx ( x, y)2x(2y2 )0fy ( x, y) 2 x2 y ln y 1 0故 x0, y1efxx2(2y2 ), f yy2x2 1 , f xy4xyy精品文

21、档精品文档则fxx(0,1)2(212 )eefxy(0, 1)0ef yy(0, 1)eeQ fxx0 而 ( f xy )2fxx f yy0二元函数存在极小值f (0, 1)1ee（16）（本题满分9 分）设 an 为曲线 yxn 与 yxn 1 n1,2,. 所围成区域的面积，记S1an , S2a2 n1 ，求 S1与 S2 的值。n 1n1【解析】由题意，yxn 与 y=x n+1 在点 x0和 x1处相交，所以 an1nxn 1)dx (1xn 11xn 2111( xn1n)1n2，020 nN1111111从而 S1anlimanL)lim(-lim()n 1Nn 1N2 3

22、N1N2N2N+22S2a2 n 1（ 11）=（11L11)11111n1n1 2n2n+1232N2N+1234 56由 ln(1+x)=x-1 x2L( 1)(n1)xnL取 x1 得2nln(2)1 ( 111 L )1S2S21 ln 2234（17）（本题满分11 分）椭球面 S1是椭圆x2y21 绕 x 轴旋转而成，圆锥面S2 是过点434,0 且与椭圆x2y21相切的直线绕x 轴旋转而成。43（）求 S1 及 S2 的方程（）求 S1 与 S2 之间的立体体积。精品文档精品文档【解析】（ I ） S1的方程为x2y2z21 ，43过点 4,0与 x2y21的切线为 y1x2，4

23、3212所以 S2 的方程为 y2z2x 2。2（II ）记 y11 x 2 ，由 x2y21，记 y23 1x2，2434则 V42224122x4 dx232dxy1 dxy2 dxx3x0004041 x341 x324x24x3x120403（18）（本题满分11 分）（）证明拉格朗日中值定理：若函数fx在 a, b 上连续，在(a,b) 可导，则存在a, b，使得 fbfafba（）证明：若函数f x在 x0 处连续，在0,0内可导，且 lim fx A ，x 0则 f0 存在，且 f0A 。【解析】（）作辅助函数( x)f ( x)f (a)f (b)f (a) ( xa) ，易验

24、证( x) 满足：ba( a)(b) ；( x) 在 闭 区 间a,b上连续，在开区间a, b 内 可 导 ， 且 (x)f ( x)f (b)f (a) 。ba根据罗尔定理，可得在a, b内至少有一点，使 ( )0，即f ( )f (b)f ( a)0,f (b)f (a)f ()(ba)ba（）任取 x0(0,) ，则函数 f ( x) 满足；在闭区间0,x0上连续，开区间0,x0内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在x00, x00,，使得 f x0f ( x0 )f (0)*x00精品文档精品文档又由于 limf xA ，对上式（ * 式）两边取 x00时的极限可得：x0f 0lim

25、f (x0 )f0lim f ( x) limf (x )Ax00x00x0 0000x0故 f (0)存在，且 f (0)A 。（19）（本题满分10 分）计算曲面积分Ixdydzydzdxzdxdy，其中是曲面x2y2z2322x22 y2z24 的外侧。【解析】 Ixdydzydxdzzdxdy ，其中 2x22 y2z24 ( x2y2z2 )3/ 2Q(x3/2)y2z22x22y22)( x2y22)5/2,x (xzz(y(x(z (xy3/2 )x2z22 y2222222 5/2,yz )(xyz )z3/2 )x2y22z2222222 5/2,yz)(xyz ) +=x

26、(xz2 )3/2 )y ( ( x2yz2 )3/2 )( ( x2zz2 )3/2 )0( x2y2y2zy2由于被积函数及其偏导数在点（0， 0， 0）处不连续，作封闭曲面（外侧）1 : x2y2z2R2.0 R1 有16xdydzydxdzzdxdyxdydzydxdz zdxdy134 R3乙( x2y2z2 )3/ 2?R3R33dV41R331（20）（本题满分11 分）1111设 A111110422求满足 A 21 的2 .A231的所有向量 2, 3 .对中的任意向量2 ,3 证明1, 2, 3无关。精品文档精品文档【解析】（）解方程 A 21111111111111A,1111100000211042202110000r (A)2 故有一个自由变量，令x32 ，由 Ax0 解得， x21,x11求特解，令 x1x20 ，得 x3110故 2k110，其中 k1 为任意常数21解方程 A231220A2220440220111012A2, 12 2 01000044020000故有两个自由变量，令x21，由 A2 x0 得 x11,x3011122求特解 20故 3 k210，其中 k2 为任意常数000（）证