2009考研数一真题及解析.doc

Born to win 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.(1) 当时,与是等价无穷小,则 ( )(A) . (B) . (C) . (D) .1(2) 如图,正方形被其对角线划分 为1四个区域,-1-1则 ( )(A) . (B) .(C) . (D) .(3) 设函数在区间上的图形为则函数的图形为 ( )(A) (B)(C) (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.(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) .(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 ( )(A) .(B) . (C) . (D) .(7) 设随机变量的分布函数为,其中为标准正态分布的分布函数,则 ( )(A) . (B) . (C) . (D) .(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) 3.二、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 .(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 .(11) 已知曲线,则 .(12) 设,则 .(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 .(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 .三、解答题：1523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)求二元函数的极值.(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.(17)(本题满分11分)椭球面是椭圆绕轴旋转而成,圆锥面是由过点且与椭圆相切的直线绕轴旋转而成.()求及的方程；()求与之间的立体体积.(18)(本题满分11分)()证明拉格朗日中值定理：若函数在上连续,在可导,则存在,使得.()证明：若函数在处连续,在内可导,且,则存在,且.(19)(本题满分10分)计算曲面积分,其中是曲面的外侧.(20)(本题满分11分)设,()求满足的所有向量；()对()中的任意向量,证明：线性无关.(21)(本题满分11分)设二次型()求二次型的矩阵的所有特征值；()若二次型的规范形为,求的值.(22)(本题满分11分)袋中有1个红球,2个黑球与3个白球.现有放回地从袋中取两次,每次取一个球,以分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数.()求；()求二维随机变量的概率分布.(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.() 求参数的矩估计量；( )求参数的最大似然估计量.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.(1) 【答案】(A)【解析】与是时的等价无穷小,则 即,故排除B,C.另外,存在,蕴含了,故排除D.所以本题选A.(2) 【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.令,两区域关于轴对称,即被积函数是关于的奇函数,所以；两区域关于轴对称,即被积函数是关于的偶函数,所以所以正确答案为(A).(3) 【答案】(D)【解析】此题为定积分的应用知识考核,由的图形可以看出,其图像与轴及轴、所围的图形的代数面积为所求函数,从而可得出下面几个方面的特征： 时,为线性函数,单调递增； 时,且单调递减； 时,单调递增； 时,为常函数； 为连续函数.结合这些特点,可见正确选项为(D).(4) 【答案】C【解析】解法1 举反例：取,则,是收敛的,但发散,排除(A)；取,则,是发散的,但收敛,排除(B)；取,则,是发散的,但收敛,排除(D),故答案为(C).解法2 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) 【答案】(A)【解析】根据过渡矩阵的定义,知由基到的过渡矩阵满足：所以此题选(A).(6) 【答案】(B)【解析】分块矩阵的行列式,即分块矩阵可逆,且故答案为(B).(7) 【答案】(C)【解析】因为,所以,因此, .由于为标准正态分布的分布函数,所以,.(8) 【答案】(B)【解析】由于相互独立,所以.(1) 当时,；(2) 当时,因此,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) 【答案】【解析】 ,.(10) 【答案】【解析】由常系数线性齐次微分方程的通解为可知,为其两个线性无关的解,代入齐次方程,有从而可见,非齐次微分方程为.设特解,代入非齐次微分方程,得,即所以特解,通解.把代入通解,得.所以所求解为.(11)【答案】【解析】由题意可知,则,所以 .(12) 【答案】【解析】解法1：解法2：由轮换对称性可知所以, .(13) 【答案】2【解析】,又由于,的非零特征值为2.(14) 【答案】【解析】由于为的无偏估计量,所以,即三、解答题：1523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)【解析】 ,.令解得唯一驻点.由于所以 且.从而是的极小值,极小值为.(16)(本题满分9分)【解析】曲线与的交点为和,所围区域的面积,.考查幂级数,知其收敛域为,和函数为.因为,令,得.(17)(本题满分11分)【解析】(I)椭球面的方程为.设切点为,则在处的切线方程为.将代入切线方程得,从而.所以切线方程为,从而圆锥面的方程为,即.(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)【解析】()取,由题意知在上连续,在内可导,且根据罗尔定理,存在,使得,即.()对于任意的,函数在上连续,在内可导,由右导数定义及拉格朗日中值定理,其中.由于,且当时,所以,故存在,且.(19)(本题满分10分)【解析】取的外侧,为与之间的部分.根据高斯公式.所以.(20)(本题满分11分)【解析】()对矩阵施以初等行变换可求得 ,其中为任意常数.又,对矩阵施以初等行变换,可求得 ,其中为任意常数.()解法1 由()知,所以线性无关.解法2 由题设可得.设存在数,使得, 等式两端左乘,得,即, 等式两端再左乘,得,即.由于，于是,代入式,得,故.将代入式,可得,从而线性无关.(21)(本题满分11分)【解析】()二次型的矩阵.由于,所以的特征值为.()解法1 由于的规范形为,所以合同于,其秩为2,故,于是或或.当时,此时的规范形为,不合题意.当时,此时的规范形为,不合题意.当时,此时的规范形为. 综上可知,.解法2 由于的规范形为,所以的特征值有2个为正数,1个为零.又,所以