摸底测试评分标准——数学(一).doc

112 届考研数学摸底测试评分标准届考研数学摸底测试评分标准————数学（一）数学（一）一、 （1）A （2）C （3）C （4）D （5）A （6）B （7）D （8）D二、 （9）（10）y=xlnx-2x+lnx+（11）-8（12）（13）1-（14）-2e 1C2CEA2411e1三、 （15）解 （Ⅰ）=acosx+cos3x，由已知得=0，解得 a=2 2( )fx3f分=-2sinx-3sin3x，=-＜0，故 x=是极大值点. 2 分( )fx3f33（Ⅱ）令=2cosx+cos3x=2cosx+4-3cosx=4cosx=0 ( )fx3cos x21cos4x解得 cosx=0，±，进一步解出在[0，π]内的根，，. 4 分1 22 32 3==0，=，==(0)f( )f2f5 33f2 3f3故在给定区域内的值域为[0，]. 2( )f x3分（16）证 （Ⅰ）由已知得＜0，故 1 分(0)f(1)f由零点定理知存在(0，1)，使得=0 2( )f分（Ⅱ）设= 2 分( )x2xe( )f x已知＜0，由零点定理得存在(1，2)，使得=0 2(1)f(2)f( )f分由罗尔定理知存在(，)(0，2)，使得=0，即=-2． 3 分( ) ( )f( )f（17）解 (别忘了约分！)， 4xyzyz xz 2xyzxz yz 2分== 2 分yxz 2222)()2()(xyzxz zyzxyzzyzyy ）（2223)()(xyzzxyzyzy 2= = 4 分22223)()(xyzxyzxzxyzyz322224)()2( xyzyxxyzzz 直接求，而未说明二阶混合偏导连续，结果对也要扣 1 分.z xy （18）解 令，取上侧； 1 分0:1z)(222ayx则由高斯公式，得  1dd)(dddd)2(3222xzzyxzyxzyxzyxy2 分 vyxzd)(2222 分arrr0 2220 2 0 dsindd . 1 分5 52a而  1dd)(dddd)2(3222xzzyxzyxzyxzyxy. 2 分0dd2Dyxxy) :(222ayxD故 原式=12223(2)d dd d()d dxyy zx yxzy zx yzz x Ò-12223(2)d dd d()d dxyy zx yxzy zx yzz x=-0=. 2 分52 5a52 5a（19）证 对于 x≠0，因为===0 2 分)()(lim1 xuxunnn)!2()!22(lim222nxnxnnn)22)(12(lim2nnxn收敛半径 R=+∞，收敛区间(-∞,+∞)，亦即收敛域. 2 分设=，则=)(xy02)!2(nnnx)(xy112)!12(nnnx于是+=+== 2 分)(xy)(xy112)!12(nnnx02)!2(nnnx0!nnnxxe解 ===)(xyCxeeexxxdddCxeeexxxdCxeexxd23==C+， 2 分Ceexx2 21xe21xe将=1 代入，得 C=)0(y21故幂级数的和函数为=(+). 2 分)(xy21xexe（20）解 =，故(如把矩阵化阶梯形，参照给分) 2111111aaa2(2)(1)aa分（i）当且时，1a 2a  B=→→ 211211311aaaa311211211aaaa) 1(311001102112aaaaaa→→→ 31100110211aa32000110211aa231002301021001aaaa∵r(A)=r(B)=3，∴线性方程组有唯一解： 31231 2 3 2 3 2axaxaxa 分（ii）当时，∵r(A)=r(B)=1＜3，∴线性方程组有无穷多解.1a 此时，原方程组化为，1232xxx 取为自由未知量，则 ，23,x x1232xxx  对应齐次方程为 ，令=，，得=-1，123xxx 23xx 1 0    0 1    1x∴对应齐次方程的基础解系为111,0 01       4令，则=-2，∴ 非齐次方程的一个特解为230xx1x1232xxx  200  ∴线性方程组的通解为 4 分12123112100010xxccx （iii）当时，由 B=→2a 221121215112511221212211→→ 933003302211900003302211∵r(A)=2，r(B)=3，∴r(A)≠r(B)，即此时原方程组无解. 2 分（21）解 （Ⅰ）==(μ-2)=(μ-2)(μ+1)² 2EA12123000212 23  分====λ²(λ+2) 2 分BE  11122211111122201102200A 的特征值，(不要都用)；B 的特征值，.1212302123（Ⅱ）-E-A=→，即 r(-E-A)=2，A 不能相似于对角阵. 2 300022122100011000分0E-B=→，即 r(0E-B)=1，故 B 能相似于对角阵. 2 分 111222111111000000对于，解方程组(0E-B)x=0，解得=，= 20211T)0 , 1 , 1 (2T) 1 , 0 , 1(分对于，解方程组(-2E-B)x=0，235-2E-B=→，解得= 1112021132101010003T) 1, 2 , 1 (故 P== 1 分),,(321 110201111（22）解 （Ⅰ）因是相互独立且服从同一分布且故, 1,1,2,3.3pii==== 2 分0,1P XY0,min( , )1P {1,1}P{1} {1}PP1 9 其余类似，同理可得，列表如下Y X123Xi·01 91 91 93 912 92 904 922 9002 9Y·j5 93 91 916 分（Ⅱ） 13428()0129999E X   分2424()14993E X  22224844()()[ ()]( )3981D XE XE X分（23） （Ⅰ）解 设 x1，x2，…，xn为样本观察值，则似然函数L(x1，x2，…，xn；)= 21 12 1100n iixninn ixexxx  ，，，… ，，其他分当 x1，x2，…，xn＞0 时，lnL=-nln+-1lnni ix 1n iix 6令=0，得-+=0， 3dln dL n 1 2 1ni ix分从而得的最大似然估计量为= 1^ 1 42X分（Ⅱ）证 E=E=E(X) 2 )1 2 X1 2 分E(X)= =·2!=2 2 分 01dx xxex xt令20dtt et故 E=·2=，即为的无偏估计. 1 )1 2)分。