2009考研数一真题及解析

1、2009年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题、选择题:、选择题:18小题，每小题4分，共32分.0时，fsinax与gxx2lnbx是等价无穷小，则（）(A)1,b(C)1,b1.616(B)(D)1,b1.6161,b如图，正方形x,yx1,y1被其对角线划分y1为四个区域Dkk1,2,3,4,Ikycosxdxdy,Dk_则maxIk()-11k4D2/1x(A)Ii.(B)12.(C)I3.(D)I4.-1在区间1,3上的图形为设函数y则函数F22ftdt的图形为3(A)(B)(D)bn收敛时,(A)anbn收敛.(B)bn发散时,anbn(C)(5)1,2,设A,发散.bn收敛时,a

2、；b2收敛.(D)bn发散时,alb：发散.是3维向量空间R3的一组基,则由基到基的过渡矩阵为22030.3(B)0210111124621111.(D)246411112466B均为2阶矩阵，_*_*一A,B分别为A,B的伴随矩阵，A的伴随矩阵为()O*_*O3BO2B*.(B)*2AO3AOO*3A_*O2A*.(D)*2BO3BO(A)(C)(A)(C)A2,B3,则分块矩X1设随机变量X的分布函数为Fx0.3x0.7，其中x为标准正态2分布的分布函数，则EX()(A)0.(B)0.3.(C)0.7.(D)1.(7) 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

3、1、.PY0PY1.记FZz为随机变量ZXY的分布函数，则函数FZz2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.设函数fu,v具有二阶连续偏导数，zfx,xy，则z.xy若二阶常系数线性齐次微分方程yayby0的通解为yC1C2xex，则非齐次方程yaybyx满足条件y02,y00的解为y已知曲线L:yx20xJ2,贝ULxds设x,y,zx2y2z21,贝Uz2dxdydz.(10) 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.(11) 设X1,X2，,Xm为来自二项分布总体Bn

4、,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np2的无偏估计量，贝Uk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.(12) (本题满分9分)22.求一兀函数f(x,y)x2yyIny的极值.(13) (本题满分9分)设an为曲线yxn与yxn1n1,2，所围成区域的面积，记San,S2a2n1，求Si与S2的值.n1(本题满分11分)x2椭球面S,是椭圆4x2椭球面S,是椭圆4x2椭球面S,是椭圆421绕X轴旋转而成,3圆锥面S2是由过点4,0且与椭圆X轴旋转而成.21相切的直线绕3(口)求s与s之间的立体

5、体积.(14) (本题满分11分)(I)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，贝U存在a,b，使得fbfafba.(n)证明:若函数fX在X0处连续，在0,0内可导，且limfxA,则X0f0列，且f0A.(19)(本题满分10分)(口)对(I)中的任意向量2,3,证明：1,2,3线性无关.计算曲面积分xdydzydzdxIJ.222xyz迪dy苴中3，八丁2是曲面2x22y22z4的外侧.(20)(本题满分11设分)1111A111，110422(I)求满足A21,A231的所有向量2，3，(21)(本题满分11分)(I)求二次型f的矩阵的所有特征值；(n)若二次

6、型f的规范形为y2y2,求a的值.设二次型fX1,X2,X32ax12ax22a1X32x1x32x2x3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(I)求PX1Z0；(n)求二维随机变量X,Y的概率分布(23)(本题满分11分)设总体X的概率密度为2x,、xe,x0,f(x)0,其他,其中参数(0)未知，Xi,X2，Xn是来自总体X的简单随机样本(I)求参数的矩估计量；(n)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.【答案】(A)【

7、解析】fxxsinax与gxx2In1bx是x0时的等价无穷小，则lim阻lim阻lim阻x0g(x)lim：甫*'等limx0xln(1bx)=x0xsinaxx2(bx)ym0sinaxbx3洛limx0acosax3bx2洛limx0一2一asinax6bx33asinaxa/lim1,x06bax6b即a36b,故排除B,C.另外，lim1存在，蕴含了1acosax0x0,故a1,排除D.x03bx2所以本题选A.【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f(x,y)ycosx,D2,D4两区域关于x轴对称，f(x,y)ycosxf(x,y)，即被积

8、函数是关于y的奇函数，所以I2I40；Di,D3两区域关于y轴对称，f(x,y)ycos(x)ycosxf(x,y),即被积函数是关于x的偶函数，所以112ycosxdxdy0,(x,y)|yx,0x1132ycosxdxdy0.(x,y)yx,0x1所以正确答案为(A).【答案】(D)【解析】此题为定积分的应用知识考核，由yf(x)的图形可以看出，其图像与x轴及y轴、xx°所围的图形的代数面积为所求函数F(x),从而可得出下面几个方面的特征:x1,0时，F(x)0为线性函数，单调递增；0,1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;

9、F(x)为连续函数结合这些特点，可见正确选项为(D).【答案】C【解析】解法1举反例：取anbn("n，则limann0,bn是收敛的，但anbn1一发放，排除(A);n1n取anbn1一，则|iman0,bn正发放的，但anbn1，,X2收敛，排除(B);n1n取anbn1一，则niman0,bn正发放的，但anbn1，,x-4收敛,排除(D),n1n故答案为(C).解法2因为liman0,则由定义可知nN1，使得nN1时，有徐1；又因为bn收敛，可得limbnn1又因为bn收敛，可得limbnn1又因为bn收敛，可得limbnn10,则由定义可知N2,使得n叫时，有bn1,从而，

10、当nN1N2时，有a；b；bn,则由正项级数的比较判别法可知a2b2收敛.n1(5)【答案】(A)一，、，1【解析】根据过渡矩阵的定义，知由基1,-2M满足：12,23,3112,33至V12,23,31的过渡矩阵1 1匚2匚3M2 31011 12,32202 3033所以此题选(A).【答案】(B)【解析】分块矩阵°A的行列式B°6,即分块矩阵可逆，且1BB故答案为(B).【答案】(C)【解析】因为0.3因此,0.3EXxFAa0.70.72dxx0.31-B3所以0.3xxdx0.35x由于x为标准正态分布的分布函数，所以.x1dxu2EX0.3x(8)【答案】(B)

11、【解析】0.352u122uudu2xdx0.35xdx.O3Aududx2BOdxudu2,00.3520.7.Fz(z)PXYzPXYzY0PY0PXYzY1PY11一1_一一-PXYzY0-PXYzY111-PX0zY0«PXzY1,由于X,Y相互独立，所以二、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.1,Fz(z)P(X201z)-PX2z)当z10时,Fz(z)-2；当z一，10时，Fz(z)-，22因此，z0为间断点，故选(B).【答案】xf12f2xyf22【解析】f1f2y,x2xf12f2yxf22xf12f2xyf22.xy(10)

12、【答案】x(1ex)2【解析】由常系数线性齐次微分方程yayby0的通解为yC1C2xex可知_xV1e,*xxe为其l两个线性无关的解，代入齐次方程，有*ayby1(1ab)ex01ab0,ay2by22a(1ab)xex02a0,从而可见a2,b1,非齐次微分方程为y2yyx.、J*-.-设特解yAxB,代入非齐次微分方程，得2AAxBx,即Ax(2AB)xA1A1B22AB0.-*所以特解yx2,通解yC1C2xexx2.把y02,y00代入通解,得C10,C21.所以所求解为xxex(1ex)2.13(11)【答案】136【解析】由题意可知,x2,0所以ds12ydx手,xdsxj14

13、xdx12L080312L,2313J14x.83?06Ji4x2dx,2.，24xd14x八一4(12)【答案】15解法1：【解析】z2dxdydz2_sin22cos2coscos4d解法2:由轮换对称性可知z2dxdydz所以,2,zdxdydz(13)【答案】【解析】T2,2.(14)【答案】【解析】由于3cos3dxdydz415y2dxdydz2zdxdydz1r4sindr0sin4dr3sin0415的非零特征值为22XkS为np的无偏估计量,所以2E(XkS2)22E(XkS2)np2E(X)2E(kS2)2npnpknp(11k(1k(1p)P)PP)2npk1.三、解答题

14、：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）【解析】fx(x,y)2x(2y2),2fy(x,y)2xyIny1.fx(x,y)0,1令'n,解得唯一驻点(0,1).由于,121Afxx(0,-)2(2y2)12(2®,e(°®e1Bfxy(0,-)4xy")0,ee，八1、21、Cfyy(0,)(2X)e,ey(0,i)21所以BAC2e(2)0,且A0.'.一111从而f(0,勺是f(x,y)的极小值，极小值为f(0,己)-.（16）（本题满分9分）【解析

15、】曲线【解析】曲线【解析】曲线1的交点为（0,0）和（1,1）,所围区域的面积an1/n0(x1n)dx(xn11x22)S1ann1Niman1lim(-N21lim(-N21lim(-N2Nim(1N2)S2S2S2a2n112n)2n1考查藉级数n1)n知其收敛域为(1,1,和函数为ln(1x).因为S(x)xln(1x),令x1,得S2a2n1S(1)1In2.n1(本题满分11分)222【解析】(I)椭球面§的方程为y一1.43设切点为(xo,y。)，则1在(Sy。)处的切线方程为匝次1.4343将x4,y0代入切线方程得x01,从而y022xVx2Vz所以切线方程为一一1

16、,从而圆锥面S2的方程为(一1),即42'44(x4)24y24z20.(II)§与S2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24V之差，其中V2(4x2)dx5.414,95故所求体积为一一44(本题满分11分)【解析】(I)取F(x)f(x)(xa),ba由题意知F(x)在a,b上连续，在a,b内可导，且F(a)f(a)旦卫baa)f(a),F(b)f(b)坪baa)f(a).根据罗尔定理，存在a,b，使得F()f()f(b)f(a)0,即baf(b)f(a)f()(ba).(n)对于任意的t(0,),函数f(x)在0,t上连续，在0,t内可导

17、，由右导数定义及拉格朗日中值定理f(t)f0limt0t0lim0f()ttlimft0(),其中由于limft0A,且当t0时,所以limt0f()A,故f(0)存在,且f(0)A.(19)(本题满分10分)【解析】取1:x2y2z21的外侧,1之间的部分.，.一一、xdydzydzdxzdxdyI<，-.xdydzydzdxzdxdyxdydzydzdxzdxdy"3z22根据高斯公式xdydz1x2zdxdy3222yz2所以I4.ydzdx0dxdydz0.一一、xdydzydzdxzdxdy1C?xdydzydzdx1zdxdy3dxdydz1(20)(本题满分11【

18、解析】(I)对矩阵(A：1)施以初等行变换A：11212012120可求得1212k:2k，其中k为任怠常数.2k又A2220220，对矩阵（A2：1）施以初等行变换440121110:0:220；1000:040；2000:0224可求得a,b为任意常数.（n）解法1由（i）知1,2,所以3线性无关.11k112221k1a222kba30,使得解法2由题设可得A1k11k223°,等式两端左乘A，得k2A2k3A30,即k21k3A30,等式两端再左乘A，得k3A2即k310.0,于是k30,代入式,得k210，故k20.将k2k30代入式，可得ki0,从而1,2,3线性无关(21)(本题满分11分)【解析】(I)二次型f的矩阵由于所以A的特征值为所以A的特征值为(n)解法1由于fA|1a,的规范形