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[研究生入学考试题库]考研数学一模拟59一、填空题问题:1. 平面曲线L：绕z轴旋转而生成的曲面S的方程为______．答案:[分析] 设P(x，y，z)是空间一点，由旋转面特性可知，P在曲面S上的充要条件是：存在点Q(0，Y，z)在曲线L上，P，Q的z坐标相同，且使得旋转半径相同，即 由于Q(0，Y，Z)在曲线L上，因此有Z=f(Y)． 再以P(x，y，z)的坐标代入，得到旋转面S的方程 问题:2.答案:1问题:3.答案:0问题:4. 过直线，且垂直平面∏：4x-y+z=1的平面方程为______，直线L在平面∏上的投影直线方程为______．答案:[分析] 通过L的平面束方程为∏1:(2+3λ)x-(4+λ)y+(1-2λ)z-9λ=0，因为∏1⊥∏即n1⊥n，所以 从而平面方程为17x+31y-37z-117=0， 而直线L在平面∏上的投影直线方程为 评注 过直线，的平面束方程A1x+B1y+C1z+D1+λ(A2x+B2y+C2z+D2)=0，通常是建立空间的平面方程或直线方程的常用方法之一． 问题:5.答案:2 问题:6.答案:2二、选择题问题:1.答案:C问题:2. 下列等式或结论正确的是A.[∫f(x)dx]'=∫f(x)dx=f(x)．B.∫d[∫f(x)dx]=f(x)．C.d[∫f(x)dx]=f(x)dx．D.若∫f(x)dx]'=[∫g(x)dx]'，则∫f(x)dx=∫g(x)dx.答案:C[分析] 对于(A)：由于第二个等式的右侧没有积分常数，故(A)不正确．正确的结论为： [∫f(x)dx]'=f(x)，∫f(x)dx=f(x)+C． 对于(B)：由于d[∫f(x)dx]=f(x)dx，所以∫d[f(x)dx]=∫f(x)dx．故(B)不正确． 对于(C)：显然正确． 对于(D)：由不定积分的性质[∫f(x)dx]'=f(x)及条件[∫f(x)dx]'=[∫f(x)dx]'可以得到f(x)=g(x)．据不定积分的定义(带有任意常数项的原函数)，则有 ∫f(x)dx=∫g(x)dx+C． 故(D)不正确．综上分析，应选(C)． 问题:3.答案:A问题:4.答案:C问题:5.答案:C问题:6.答案:C问题:7. 下列命题不正确的是A.若f(x)在区间(a，b)内的某个原函数是常数，则f(x)在(a，b)内恒为零．B.若f(x)的某个原函数为零，则f(x)的所有原函数为常数．C.若f(x)在区间(a，b)内不是连续函数，则在这个区间内f(x)必无原函数．D.若F(x)是f(x)的任意一个原函数，则F(x)必定为连续函数．答案:C[分析] 假设F(x)是f(x)的一个原函数，则必有F'(x)=f(x)． 对于命题(A)：如果f(x)在区间(a，b)内的某个原函数F(x)=k(k是常数)，则在(a，b)内任意点x处，f(x)=F'(x)=0，所以此命题正确． 对于命题(B)：若F(x)=0是f(x)的一个原函数，则F(x)+c=c就是f(x)的所有原函数，从而此命题正确． f(x)在区间(a，b)内连续是其原函数存在的充分条件，命题(C)是错误的，只需举反例说明，如函数在(-1，1)内不连续，但它存在原函数 若F(x)是f(x)的一个原函数，则必有F'(x)=f(x)，说明F(x)可导，而可导必连续，所以命题(D)正确． 综上分析，应选(C)． 问题:8. 设 (A) 为反常积分，且发散． (B) 为反常积分，且收敛． (C) 不是反常积分，且其值为10． (D) 不是反常积分，且其值为． 答案:A[分析] 由于，所以 于是 而发散，故为反常积分，且发散．选(A)． 三、解答题问题:1. 设L为圆周x2+y2=2正向一周，计算曲线积分I=∮Lydx+|y-x3|xdy．答案: 画出圆周x2+y2=2及曲线y=x3，它们交于两点A(1，1)与C(-1，-1)． 其中 用以下用两种方法计算I2与I3． 方法一 加减弧段格林公式法．添直线段，并以D1与D2分别表示圆x2+y2≤2被直线段分割成的上、下两半圆域，有 方法二 参数法．L的参数式为 问题:2.答案: 问题:3. 已知3维列向量组S1：α1，α2线性无关；S2：β1，β2线性无关． (Ⅰ)证明存在非零向量ξ既可以由α1，α2线性表示，也可由β1，β2线性表示； (Ⅱ)设α1=(-1，2，3)T，α2=(1，-2，-4)T，β1=(-2，A，7)T，β2=(-1，2，5)T，求(Ⅰ)中的ξ． 答案: 本题是考查向量组与方程组的综合题，计算量大，逻辑性强，是一道难度较高的题目，具有很好的区分度． (Ⅰ)因4个三维向量必线性相关，使用定义，即存在不全为零的数k1，k2，k3，k4，使 k1α1+k2α2+k3β1+k4β2=0， k1，k2不能均为零，否则会有k3β1+k4β2=0，由β1，β2线性无关，则k3=k4=0，这与题设k1，k2，k3，k4不全为零矛盾，从而， 由k1，k2不全为零，α1，α2线性无关，有 0≠ξ≠k1α1+k2α2=-k3β1-k4β2， 得证． (Ⅱ)事实上问题转化为求解方程组． 构造k1α1+k2α2+k3β1+k4β2=0，即 其中， 当a≠4时，根据(*)，r((α1　α2　β1　β2))=3知，方程组①有无穷多解，基础解系由4-3=1个非零解向量组成，故①的通解为(k1，k2，k3，k4)T=t(1，2，0，1)T，则所求 ξ=-k3β1-k4β2=0β1-tβ2=t(1，-2，-5)T， 其中t为任意非零常数． 当a=4时，根据(*)，r((α1　α2　β1　β2))=2知，方程组①有无穷多解，基础解系由4-2=2个线性无关的解向量组成，故①的通解为(k1，k2，k3，k4)T=(-t1+t2，t1+2t2，t1，t2)T，则所求 ξ=-k3β1-k4β2=t1(2，-4，-7)T+t2(1，-2，-5)T， 其中t1，t2不同时为零． 问题:4. 设f(x)在[0，1]可导，f(0)=0，f'(1)=0，求证：存在ξ∈(0，1)，使得f'(ξ)=f(ξ)．答案:[证] 令F(x)=e-xf(x)， 若存在x0∈(0，1]，使得F(x0)=0，则F(x)在区间[0，x0]上满足罗尔定理的条件，所以由罗尔定理可得：存在ξ∈(0，1)，使得F'(ξ)=0，即f'(ξ)=f(ξ)． 若不存在x0∈(0，1]，使得F(x0)=0，则f(x)在区间(0，1]上恒正或恒负(否则与连续函数的零点定理矛盾)．不妨假设f(x)＞0，x∈(0，1]，则F(x)=e-xf(x)在区间(0，1]上取到最大值，不妨设ξ∈(0，1]，使得．下证明ξ∈(0，1)．由于 F'(x)=e-x[f'(x)-f(x)]，所以F'-(1)=-f(1)e-1＜0． (*) 如果F(x)=e-xf(x)在区问[0，1]上最大值点为ξ=l，则， 这与(*)式矛盾，所以ξ∈(0，1)． 又因为对可导函数如果在开区间内收到最大值，则此点必定是驻点(费马定理)．所以F'(ξ)=0，即f'(ξ)=f(ξ)． 问题:5.答案:问题:6.答案:问题:7. 设随机变量Xi-N(0，1)，i=1，2，3，4且X1，X2，X3，X4相互独立，令，试分别计算随机变量Y1，Y2，Y3的概率密度．答案: [解] (Ⅰ)因X1与X2独立且同服从标准正态分布N(0，1)，故(X1，X2)的联合概率密度为 当y≤0时，P{Y1≤y}=0；当y＞0时， 于是Y1的概率密度为 (Ⅱ)因X3与X4独立且同服从标准正态分布N(0，1)，故(X3，X4)的联合概率密度为 当y≤0时，P{Y2≤y}=0；当y＞0时， 于是Y2的概率密度为 (Ⅲ)由于X1，X2，X3，X4相互独立同分布，故也相互独立同分布．记U=则随机变量U与Y2相互独立都服从参数为1/2的指数分布，根据独立随机变量之和的卷积公式，的概率密度应为 当y≤0时，当y＞0时， 于是Y3的概率密度为 [评注] 问题:8. 设函数f(x)满足答案: 由于，所以f(a)=0，且 从而 问题:9. 设X～N(μ，σ2)，其中μ和σ2为未知参数．从总体X中抽取简单随机样本X1，X2，…，Xn，样本均值为，样本方差为S2． (Ⅰ) 求； (Ⅱ) 判断是否为(μ+σ2)2的无偏估计量． 答案:由于X～N(μ，σ2)，因此与S2相互独立，有 因为 所以 (Ⅱ) 解法一 由于 因此(+S2)2不是(μ+σ2)2的无偏估计量． 解法二 由于与S2相互独立，有 因此(+S2)2不是(μ+σ2)2的无偏估计量． [分析] 由与S2相互独立及，E(S2)=D(X)=σ2，，可求得(Ⅰ)及．。