2021山西考研数学一真题及答案.pdf-得力文库

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1、11 21 22 0 2 1 山西考研数学一真题及答案一、选择题（本题共 1 0 小题，每小题 5 分，共 5 0 分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求，把所选选项前的字母填在答题卡指定位置上.）ex 1(1)函数 f(x)=x,x 0,在 x 0 处1,x 0(A)连续且取极大值.(B)连续且取极小值.(C)可导且导数为 0.(D)可导且导数不为 0.【答案】D.【解析】因为 l i m f(x)=l i m

2、ex 1 1 f(0)，故 f(x)在 x 0 处连续；x 0 x 0 xf(x)f(0)ex 11xex 1 x 11因为 l i m=l i m l i m，故 f(0)，正确答案为 D.x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x22 2(2)设函数 f x,y 可微，且 f(x 1,ex)x(x 1)2，f(x,x2)2x2l n x，则 df(1,1)(A)dx dy.(B)dx dy.(C)dy.(D)d y.【答案】C.【解析】f(x 1,ex)exf(x 1,ex)(x 1)2 2 x(x 1)f(x,x2)2 x f(x,x2)4 x l n x 2 x

3、 x 0 x 1分别将y 0，y 1带入式有 f1(1,1)f2(1,1)1，f1(1,1)2 f2(1,1)2联立可得 f1(1,1)0，f2(1,1)1，df(1,1)f1(1,1)d x f2(1,1)d y dy，故正确答案为 C.(3)设函数 f(x)s i n x在 x 0 处的 3 次泰勒多项式为 ax bx2 c x3，则1 x2(A)a 1,b 0,c 7.(B)a 1,b 0,c 7.6(C)a 1,b 1,c 7.(D)66a 1,b 1,c 7.6【答案】A.【解析】根据麦克劳林公式有s i n x x33

4、2 373 3f(x)1 x2x 6 o(x)1 x o(x)x x6 o(x)20 1 1 201 故 a 1,b 0,c 7，本题选 A.6(4)设函数 fx在区间0,1上连续，则1fxd x n 2k 1 1n 2k 1 1(A)l i mf.(B)l i mf.n k 1 2n2nn k 1 2nn2 n k 1 12 n k 2(C)l i mf.(D)l i mf.n k 1【答案】B.2n nx 0k 1 2n n【解析】由定积分的定义知，将0,1 分成 n 份，取中间点的函数值，则1n 2k 1 10f(x)d x l i m

5、f2 nn,即选 B.n k 1(5)二次型 f(x,x,x)(x x)2(x x)2(x x)2的正惯性指数与负惯性指数依次为1 2 3 1 2 2 3 3 1(A)2,0.(B)1,1.(C)2,1.(D)1,2.【答案】B.【解析】f(x,x,x)(x x)2(x x)2(x x)2 2 x2 2 x x 2 x x 2 x x1 2 3 1 2 2 3 3 1 2 1 2 2 3 1 30 1 1所以 A 1 2 1，故特征多项式为1 1 0 1|E A|1 2 1 1 1 1(1)(3)令上式等于零，故特征值为 1

6、，3，0，故该二次型的正惯性指数为 1，负惯性指数为 1.故应选 B.1 1 3(6)已知 0，2，1，记，k，l l，1 2 3 1 1 2 2 1 3 3 1 1 2 2若 1，2，3两两正交，则 l1，l2依次为5 1(A),.2 25 1(B),.2 2(C)5,1.2 2(D)5,1.2 2【答案】A.【解析】利用斯密特正交化方法知 0 2,1 2，1,1 3,1 3,2，3 3,1,2故 l1 3,15，l 1,1 21 1 2 2 3,21，故选 A.2,2 2(7)设 A,B 为 n 阶实矩阵，下

7、列不成立的是2 223 1 21 2 1 21 2 1 2n1 1 2 2 n n 1 2 1 2 A O A A B(A)rO ATA 2 rA(B)rO AT 2 rAA B A A O(C)rO A AT 2 rA【答案】C.(D)rB A AT 2 rAA OT【解析】(A)rO ATA r(A)r(A A)2 r(A).故 A 正确.(B)A B 的列向量可由 A 的列线性表示，故 r A A B r A O r(A)r(AT)2 r(A).O AT 0 AT(C)B A 的列向量不一定能由 A 的列线性表示.(D)B A

9、B)P(A(A B)P(A B)P(A B)P(A B)P(B)P(A B)P(A)P(B)P(A B)因为 P(A|A B)P(A|A B)，固有 P(A)P(B)P(A B)，故正确答案为 D.(9)设X,Y,X,Y,X,Y 为来自总体 N,;2,2;的简单随机样本，令1n1n 1 2,X nXi,Y nYi,X Y,则i 1 i 12 2(A)是的无偏估计，D1 22 2(B)不是的无偏估计，D n2 2 2(C)是的无偏估计，D n2 2 2(D)不是的无偏估计，D n【答案】C.【解析】因为 X,Y

10、是二维正态分布，所以 X 与 Y 也服从二维正态分布，则 X Y 也服从二维正态分布，即 E()E(X Y)E(X)E(Y)1 2，41 60 2 2 2 D()D(X Y)D(X)D(Y)c ov(X,Y)1 2 1 2，故正确答案为 C.n(1 0)设 X1,X2,X1 6是来自总体 N,4 的简单随机样本，考虑假设检验问题：H0:10,H1:10.x 表示标准正态分布函数，若该检验问题的拒绝域为 W X 1 1，11 6其中 X Xi，则 11.5 时，该检

11、验犯第二类错误的概率为i 1(A)1 0.5(B)1 1(C)1 1.5【答案】B.【解析】所求概率为 P X 1 1(D)1 2 X N(1 1.5,1)，4 P X 11 P X 11.511 11.5 1(1)1 1 故本题选 B.2 2 二、填空题（本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.请将答案写在答题纸指定位置上.）(1 1)0【答案】4【解析】0dxx2 2x 2dxx2 2x 2.d x0(x 1)2 1 a r c t a n(x 1)2 4 4 x 2et t 1,x 0 d2y(1 2)设函数 y

12、 y(x)由参数方程y 4(t 1)et t2,x 0确定,则d x2 t 0.2【答案】.3d y 4t et 2t d2y(4 et 4t et 2)(2 et 1)(4 t et 2t)2 et【解析】由 d x 2et 1，得 dx2，(2 et 1)3将 t 0 带入得t 02.3(1 3)欧拉方程 x2y x y 4 y 0 满足条件 y(1)1,y(1)2 得解为 y.【答案】x2.【解析】令 x et，则 x yd y,x2y d2y dy，原方程化为d2y 4 y 0，特征方程为dt d x2dx d x22 4 0，特

13、征根为 2,2，通解为 y C e2 t C e 2 t C x2 C x 2，将初始条件1 2 1 2 1 2y(1)1,y(1)2 带入得 C 1,C 0，故满足初始条件的解为 y x2.1 2(1 4)设为空间区域(x,y,z)x2 4 y2 4,0 z 2 x2d y d z y2d z d x z d x dy.【答案】4.表面的外侧，则曲面积分d2yd x2 521 1 111【解析】由高斯公式得原式=(2 x 2 y 1)dV 0d z d x dy 4.D(1 5)设 A ai j为 3 阶矩

14、阵，Ai j为代数余子式，若 A 的每行元素之和均为 2，且A1 1 A2 1 A3 1=.3A 3，【答案】2.1 1 1【解析】A1 21,A,2,1,则 A*的特征值为，对应的特征向量为 1 A A1 1A2 1 A3 1 1 A1 1 A2 1 A3 1 1 A 1,A*而 A*A A A,A*1A A A1，即 1 2 2 2 3 2 1 2 2 2 3 2 1A A A 1 A A A 1 1 3 2 3 3 3 1 3 2 3 3 3 3A1 1 A2 1 A3 12.(1 6)甲乙两个盒子中各装有 2 个红

15、球和 2 个白球，先从甲盒中任取一球，观察颜色后放入乙盒中，再从乙盒中任取一球.令 X,Y 分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球个数，则 X 与 Y 的相关系数.1【答案】.5(0,0)(0,1)(1,0)(1,1)0 1 0 1【解答】联合分布率(X,Y)3 1 1 3,X1 1Y1 1 10 5 5 10 2 2 2 2 c ov(X,Y)1，D X 1,D Y 1,即 1.20 4 4X Y5三、解答题（本题共 6 小题，共 70 分.请将解答写在答题纸指定位置上，解答

16、应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）(1 7)(本题满分 1 0 分)求极限 l i m1 xet2dt0.x 0ex 1 s i n x 1【答案】.21xet2dt0s i n x 1xet2dt0【解析】解：l i m l i mx 0ex 1 s i n xx 0(ex 1)s i n x 又因为xet2d t x(1 t2 o(t2)d t x 1x3 o(x3)，故0 03(x 1x3 o(x3)(1 x 1x3 o(x3)x 1x2 o(x2)原式=l i m3!3!2x 0 x21x2 o(x2)=l i m21.x 0 x22A 6n 1x

17、xz1(1 8)(本题满分 1 2 分)n x1n 1设 un(x)e xn(n 1)(n 1,2,)，求级数un(x)的收敛域及和函数.n 1 e x【答案】S(x)1 e x(1 x)l n(1 x)x,x(0,1).e,x 1【解析】e 1 1 nxe xS(x)u(x)enx n(n 1)xn 1,收敛域(0,1,S(x)e1 e x,x(0,1 n 1 n 1 n 1S(x)1n 1xn 1xn 1 x l n(1 x)l n(1 x)x 2n 1n(n 1)n 1 n n 1 n 1(1 x)l n(1 x)x,S2(1)l i m S2(x)1x

18、1x(0,1)e x S(x)1 e x(1 x)l n(1 x)x,x(0,1)e,x 1 e 1(1 9)(本题满分 1 2 分)x2 2 y2 z 6已知曲线 C:4x 2 y z 30，求 C 上的点到 x oy 坐标面距离的最大值.【答案】6 6【解析】设拉格朗日函数 L x,y,z,z2 x2 2 y2 z 6(4 x 2 y z 3 0)L 2 x 4 u 0Ly 4 y 2 u 0L 2 z u 0 x2 2 y2 z 64 x 2 y z 3 0解得驻点：(4,1,1 2),(8,2,6 6)C 上的点(8,2,6

19、6)到 x o y 面距离最大为 6 6.(2 0)(本题满分 1 2 分)设 D R2是有界单连通闭区域，I(D)(1)求 I(D1)的值.(4 x2 y2)dx dy 取得最大值的积分区域记为 D.D(2)计算 D1【答案】.(x ex2 4 y2 y)dx(4 y ex2 4 y2 x)d yx2 4 y2，其中 D1是 D1的正向边界.【解析】（1）由二重积分的几何意义知：I(D)(4 x2 y2)d，当且仅当 4 x2 y2在 D 上D2 22大于 0 时，I(D)达到最大，故

20、D：x2 y2 4 且 I(D)=d(4 r)r dr 8.1 100(2)补 D2:x 4 y r（r 很小），取 D 的方向为顺时针方向，2 2 2 D1(x ex2 4 y2 y)d x(4 y ex2 4 y2 x)d y=x2 4 y2273 23 2 63 63 23 2 63 6r 162 1 D1 D2(x ex2 4 y2 y)d x(4 y ex2 4 y2 x)dyx2 4 y2 D2(x ex2 4 y2 y)dx(4 y ex2 4 y2 x)d yx2 4 y2 1er2r2 D2x dx 4 y d y 1er2r2 D2y dx x dy 1

21、2 d.D2(2 1)(本题满分 1 2 分)a已知 A 11 1 a 1.1 1 a(1)求正交矩阵 P,使得 PTA P 为对角矩阵；(2)求正定矩阵 C,使得 C2(a 3)E A.1 1 1 6 5 31【答案】(1)P 1 1 1；(2)C 1 5 1.3 3 102 11 5【解析】3 3 a 1 1(1)由 E A 1 a 1(a 1)2(a 2)01 1得 1 a 2,2 3 a 1当 1 a 2 时 a2 1 1 1 0 1 1(a 2)E A)1 2 1r0 1 1的特征向量为 1，1 1 2 0 0 0当 2 3 a 1

22、所1 1 1 1 1 1 1 1 1(a 1)E A)1 1 1r0 0 0的特征向量为 1,1，2 3 1 1 1 0 0 00 2 111 1 1 1a 2令 P 1,2,3，则 PTA P a 1，1 2 3 a 1102 1(2)PTC2P PT(a 3)E A)P(a 3)E 4 4 8YY 2 X PTC P PTC P，31 1 故 C P2PT 1 5 1.3 32(2 2)(本题满分 1 2 分)11 53 3在区间(0,2)上随机取一点，将该区间分成两段，较短的一段长度记为 X,较长的一段长度记为Y

23、,令 Z Y.X(1)求 X 的概率密度；(2)求 Z 的概率密度.(3)求 E X.1,0 x 12,z 1【答案】(1)X f(x)0,其他；(2)fZ(z)(FZ(z)(z 1)2.(3)1 2 l n 2.1,0 x 10,其他【解析】(1)由题知：X f(x)；0,其他2 X(2)由 Y 2 X，即 Z，先求 Z 的分布函数：XF(z)PZ z P 2 X z P 2 1 zZ X X 当 z 1 时，FZ(z)0；当 z 1 时，2 222FZ(z)P 1 z 1 PX 1 z 11 d x 1；X 2,z 1z 1 0z 1 2fZ(z)(FZ(z)(z 1)；0,其他(3)E X E X1x 1dx 1 2 l n 2.02 x1 14 P4TC P 2 2 5 1

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