2009年考研数学试题答案与解析(数学一).doc

2009年考研数学试题答案与解析（数学一）一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分.（1）当时，与等价无穷小，则(A). (B). (C). (D).【答案】 A. 【解析】为等价无穷小，则 故排除(B)、(C).另外存在，蕴含了故排除(D).所以本题选（A）.-1-111（2）如图，正方形被其对角线划分为四个区域，，则(A). (B). (C). (D).【答案】 A.【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.两区域关于轴对称，而，即被积函数是关于的奇函数，所以;两区域关于轴对称，而，即被积函数是关于的偶函数，所以；.所以正确答案为(A).（3）设函数在区间上的图形为1-2O23-1 1则函数的图形为(A) O231-2-11 (B)O231-2-11(C)O231-11 (D)O231-2-11【答案】D. 【解析】此题为定积分的应用知识考核，由的图形可见，其图像与轴及轴、所围的图形的代数面积为所求函数，从而可得出几个方面的特征：①时，，且单调递减.②时，单调递增.③时，为常函数.④时，为线性函数，单调递增.⑤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，若，则（A）当收敛时，收敛. （B）当发散时，发散. (C)当收敛时，收敛. (D)当发散时，发散.【答案】C.【解析】方法一：举反例：（A）取 （B）取 （D）取故答案为（C）.方法二：因为则由定义可知使得时，有又因为收敛，可得则由定义可知使得时，有从而，当时，有，则由正项级数的比较判别法可知收敛.（5）设是3维向量空间的一组基，则由基到基的过渡矩阵为(A). (B).(C). (D).【答案】A.【解析】因为，则称为基到的过渡矩阵.则由基到的过渡矩阵满足所以此题选(A).（6）设均为2阶矩阵，分别为的伴随矩阵，若，则分块矩阵的伴随矩阵为. . . .【答案】B.【解析】根据，若分块矩阵的行列式，即分块矩阵可逆故答案为（B）.（7）设随机变量的分布函数为，其中为标准正态分布函数，则(A). (B). (C). (D).【答案】C.【解析】因为，所以，所以而，所以.（8）设随机变量与相互独立，且服从标准正态分布，的概率分布为，记为随机变量的分布函数，则函数的间断点个数为(A)0. (B)1. (C)2. (D)3.【答案】 B.【解析】独立（1）若，则（2）当，则为间断点，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）设函数具有二阶连续偏导数，，则 .【答案】.【解析】，.（10）若二阶常系数线性齐次微分方程的通解为，则非齐次方程满足条件的解为 .【答案】.【解析】由，得，故微分方程为设特解代入， 特解 把 ， 代入，得 所求（11）已知曲线，则 .【答案】【解析】由题意可知，，则，所以（12）设，则 .【答案】.【解析】方法一：方法二：由轮换对称性可知所以，（13）若3维列向量满足，其中为的转置，则矩阵的非零特征值为 .【答案】2.【解析】, 的非零特征值为2.(14)设为来自二项分布总体的简单随机样本，和分别为样本均值和样本方差.若为的无偏估计量，则 .【答案】.【解析】为的无偏估计 三、解答题：15~23小题，共94分.（15）（本题满分9分）求二元函数的极值.【解析】 故则，，.而二元函数存在极小值.（16）（本题满分9分）设为曲线与所围成区域的面积，记，求与的值.【解析】由题意，与在点和处相交，所以，从而由 取得.（17）（本题满分11分）椭球面是椭圆绕轴旋转而成，圆锥面是过点且与椭圆相切的直线绕轴旋转而成.（Ⅰ）求及的方程（Ⅱ）求与之间的立体体积.【解析】（I）的方程为，过点与的切线为，所以的方程为.（II）与之间的体积等于一个底面半径为、高为3的锥体体积与部分椭球体体积之差，其中.故所求体积为.（18）（本题满分11分）（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数在上连续，在可导，则存在，使得（Ⅱ）证明：若函数在处连续，在内可导，且，则存在，且.【解析】（Ⅰ）作辅助函数，易验证满足：；在闭区间上连续，在开区间内可导，且.根据罗尔定理，可得在内至少有一点，使，即（Ⅱ）任取，则函数满足：在闭区间上连续，开区间内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在，使得……又由于，对上式（*式）两边取时的极限可得：故存在，且.（19）（本题满分10分）计算曲面积分，其中是曲面的外侧.【解析】，其中①②③①+②+③=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）有（20）（本题满分11分）设 （Ⅰ）求满足的. 的所有向量,.（Ⅱ）对（Ⅰ）中的任意向量,证明,,无关.【解析】（Ⅰ）解方程 故有一个自由变量，令，由解得， 求特解，令，得 故 ，其中为任意常数.解方程 故有两个自由变量，令，由得求特解 故 ，其中为任意常数.（Ⅱ）证明：由于 故 线性无关.（21）（本题满分11分）设二次型（Ⅰ）求二次型的矩阵的所有特征值；（Ⅱ）若二次型的规范形为，求的值.【解析】（Ⅰ） （Ⅱ） 若规范形为，说明有两个特征值为正，一个为0.则1) 若，则 ， ，不符题意2) 若 ，即，则，，符合3) 若 ，即，则 ，，不符题意综上所述，故.（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，每次取一球，以分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求二维随机变量概率分布.【解析】（Ⅰ）在没有取白球的情况下取了一次红球，利用压缩样本空间则相当于只有1个红球，2个黑球放回摸两次，其中摸了一个红球 .（Ⅱ）X，Y取值范围为0，1，2，故 XY 01201/41/61/3611/31/9021/900（23）（本题满分11 分） 设总体的概率密度为，其中参数未知，,,…,是来自总体的简单随机样本. (Ⅰ)求参数的矩估计量；（Ⅱ）求参数的最大似然估计量【解析】（1）由而为总体的矩估计量（2）构造似然函数 取对数令故其最大似然估计量为14 / 14。