2010年考研数学模拟试卷二(数一).pdf

1 2010 年全国硕士研究生入学统一考试模拟试卷 二 年全国硕士研究生入学统一考试模拟试卷 二 数学一数学一 一 选择题 1 8 小题 每小题 4 分 满分 32 分 在每小题给出的四个选项中 只有一项 符合题目要求 把所选项前面的字母填在题后的括号内 1 若 xf连续 且满足 3 1 0 cos limexxf x x 则有 3 0 f A 1 0 f B 4 0 f C 2 0 f D 解答 A 由 x xxf xxf x x x xxfxxf 1cos 1cos 1 0 1 0 1cos 1 lim cos lim 3 1cos lim 0 ee x xxf x 得3 1cos lim 0 x xxf x 注意到0 1cos lim 0 x x x 则3 lim 0 x xf x 于是有3 0 0 0 ff 选 A 2 若函数 xf在点 0 x处的左导数 0 xf 和右导数 0 xf 都存在 则 A 函数 xf在点 0 x处必可导 B 函数 xf在点 0 x处不一定可导 但必连续 C 函数 xf在点 0 x处不一定连续 但极限 lim 0 xf xx 必存在 D 极限 lim 0 xf xx 不一定存在 解答 B 因为 0 xf 存在 所以 0 0 lim 0 xx xfxf xx 存在 于是 0 00 xfxf 同理由 0 xf 存在 得 0 00 xfxf 即 0 0 000 xfxfxf 故 xf 在 0 x处连续 因为 0 xf 与 0 xf 不一定相等 所以选 B 3 设 xf在R上是以T为周期的连续奇函数 则下列函数中不是周期函数的是 2 A x a dttf B a x dttf C 00 xx dttfdttf D x x dtttf 解答 D 对 x a dttfxF 由 Tx x x a Tx a dttfdttfdttfTxF 2 2 0 xFdttfxFdttfxF T T T 得 x a dttfxF 为周期函数 对 a x dttfxF 由 a Tx ut a Tx duufdttfTxF xFduufduufduufduufduuf x a Tx a Tx a a a Tx a 得 a x dttfxF 为周期函数 对 00 xx dttfdttfxF xxx dttfdttfdttfxF 000 2 由 TxTx TxTx dttfdttfdttfdttfTxF 00 00 2 2 2 2 2 0 2 2 000 xFdttfdttfdttfdttfdttf x T T xTx 得 00 xx dttfdttfxF为周期函数 选 D 4 二重积分 2 1 0 22 1 2 2 0 22 2 2 0 sin sin yy dxyxdydxyxdyI在极坐标系下的表达 式为 A 2 1 0 2 2 4 sindrrrd B 1 0 2 2 4 sindrrrd C 1 0 2 2 0 sindrrrd D 1 0 2 2 4 sindrrrd 解答 D 二重积分区域为 1 0 2 xyxxyxD 令 sin cos ry rx 则 10 24 rrD 故 3 2 1 0 22 1 2 2 0 22 2 2 0 sin sin yy dxyxdydxyxdyI 1 0 2 2 4 sindrrrd 选 D 5 设 为由直线 211 zyx 绕x轴旋转产生的曲面 则 上点 2 1 1 P处的法线方 程为 A 1 2 2 1 0 1 zyx B 2 2 1 1 1 1 zyx C 2 2 1 1 0 1 zyx D 2 2 1 1 5 1 zyx 解答 D 令 zyxM为所求曲面上一点 000 zyxM为该点对应的圆与直线的公共点 该点所 在圆的圆心为 0 0 xT 由 0T MMT 得 2 0 2 0 22 zyzy 注意到 000 zyxM在直线上 所以 211 00 zyx 即xzxy2 00 于是所求曲面方程为 222 5 xzy 则曲面在点 2 1 1 处的法向量为 4 2 10 2 2 10 2 1 1 zyxn 所以法线方程为 2 2 1 1 5 1 zyx 选 D 6 设阵 4321 A经行初等变换为阵 4321 B 且 321 线性无 关 4321 线性相关 则 4 A不能由 321 线性表示 4 B能由 321 线性表示 但表示法不唯一 4 C能由 321 线性表示 且表示法唯一 4 D能否由 321 线性表示不能确定 解答 C 因为 4321 A经过有限次初等行变换化为 4321 B 所以方程组 4332211 xxx与方程组 4332211 xxx同解 因为 321 线性无关 而 4321 线性相关 4 所以方程组 4332211 xxx有唯一解 从而方程组 4332211 xxx也只 有唯一解 选 C 7 设 0001 0010 0100 1000 A 则与A相似的矩阵为 A 1 1 1 1 B 1 1 1 1 C 1 1 1 1 D 1 1 1 1 解答 D 显然A为对称矩阵 所给的四个矩阵也为对称矩阵 两对称矩阵相似的充分必要条件是特 征值相同 A的特征值为1 四重 显然选 D 8 设随机变量X的密度为 XP的值 A与 无关 随 单调增加 B与 无关 随 单调减少 C与 无关 随 单调增加 D与 无关 随 单调减少 解答 C 1 2 dxAe x 得 2 2eA 2 0 2 2 12 2 edtexdeXP tx 显然选 C 二 填空题 9 14 小题 每小题 4 分 满分 24 分 把答案填在题后的横线上 9 1ln sin1tan1 lim 2 0 xxx xx x 解答 2 1 5 sin1tan1 1ln sintan lim 1ln sin1tan1 lim 2 0 2 0 xxxxx xx xxx xx xx 1ln sintan lim 2 1 2 0 xxx xx x 由 2 1ln 2 2 xo x xx 得 2 2 1ln 2 2 2 2 x xo x xxx 于是 3 0 2 0 sintan lim 1ln sin1tan1 lim x xx xxx xx xx 2 1cos1 cos 1sin lim 2 0 x x xx x x 10 arcsin2 xdx 解答 Cxxxxx 2arcsin12arcsin 22 dx x xx xxxdx 2 22 1 arcsin2 arcsinarcsin 22 1arcsin2arcsinxdxxx Cxxxxx 2arcsin12arcsin 22 11 设函数 ln 1 222 zyxu 过点 2 2 1 0 M的等值面为闭曲面 在 2 2 1 0 M点处的外法向是 n 则 0 M n u 解答 3 2 等值面为 9 222 zyx 曲面 在点 2 2 1 0 M的外法向量为 4 4 2 2 2 2 2 2 1 zyxn 方向余弦为 3 2 cos 3 2 cos 3 1 cos 222222222 2 2 2 zyx z z u zyx y y u zyx x x u 6 在点 2 2 1 0 M处的偏导数为 9 4 9 4 9 2 000 MMM z u y u x u 于是 3 2 3 2 9 4 3 2 9 4 3 1 9 2 0 M n u 12 满足初始条件0 0 1 0 yy的微分方程 2 12yyy 的特解为 解答 1 4 2 x y 令py 则 dy dp py 代入原方程 得 0 2 2 2 lnln 1ln 1 2 12Cyp y dy p pdp p dy dp yp 把初始条件0 1 p代入 得 dx y dy yy 1 1 2 则有 1 12Cxy 把初始条件1 0 y代入 得1 4 2 x y 13 设 100 00 002 10 100 002 y x 则 yx 解答 1 0 yx 令 100 00 002 10 100 002 yB x A 由BA 得 BA BtrAtr 即 y yx 22 12 解得1 0 yx 14 设总体 0 2 NX 1521 XXXL为来自总体X的简单随机样本 则统计量 1 2 15 11 2 10 1 i i i i i XX 解答 5 1 2 15 11 2 10 1 tXX i i i i i 7 由 1021 XXXL独立且与总体分布相同得 10 0 1 2 10 1 NX i i i 从而 1 0 10 1 10 1 N X i i i 又由 15211 XXXL独立且与总体分布相等得 5 1 2 15 11 2 2 i i X 于是 5 5 1 10 1 15 11 2 2 10 1 tX X i i i i i 即 5 1 2 15 11 2 10 1 tXX i i i i i 三 解答题 15 23 小题 满分 94 分 解答应写出文字说明 证明过程或者演算步骤 15 设 xf在 1 1 内可微 且4 0 0 0 ff 求 3 0 1 ln lim x xfxf x 解答 由微分中值定理得 1ln 1 ln xxfxfxf 其中xx x时 由xx 1ln 得1 1ln xx x 当0 x时 由xx xx x 因为1 1ln lim 0 x x x 所以1lim 0 x x 于是2 1 ln lim 3 0 x xfxf x 16 设 xf在 1 0 上连续 在 1 0 内可导 0 1 0 dxxf 令 x dttxfxF 0 1 证明 存在 1 0 使得 0 fdxxf 2 1 0 使得0 2 ff 解答 1 0 1 0 0 1 0 dxxfFF有因为 1 0 CxF 在 1 0 内可微 由罗尔定理 8 可得 存在 1 0 使得 0 F即 0 fdxxf 2 因为 1 0 0 0 0 FF 又因为 1 0 CxF 在 1 0 内可微 由罗 尔定理可得 存在 0 使得 0 F即0 2 ff 17 计算dxdy yx yx D 22 22 1 1 其中D为1 22 yx所围成的第一卦限的部分 解答 1 0 2 2 2 0 22 22 2 1 21 1 1 1 rdr r r ddxdy yx yx D dt t t rd r r 1 0 1 0 2 2 2 1 1 4 1 1 dt t t t dt dt t t 1 02 1 02 1 02 11 4 1 1 4 2 8 1arcsin 4 1 0 2 tt 18 设 0 0 222 azyxazyx 为几何体 的外侧边界 计算曲 面积分 1 2 222 zyx ydzdxaxaxdydz 解答 令 222 1 yxaz 取下侧 0 2 z 222 ayx 取上侧 21 1 2 1 2 1 2 222222222 zyx ydzdxaxaxdydz zyx ydzdxaxaxdydz zyx ydzdxaxaxdydz 11 2 1 1 1 2 2222 ydzdxaxaxdydz azyx ydzdxaxaxdydz 由ydzdxaxaxdydzydzdxaxaxdydzI 2 2 21 4 230 23 advadvxa 得 2 4 222 1 2 1 2 1 a a zyx ydzdxaxaxdydz 0 1 2 2 222 zyx ydzdxaxaxdydz 9 于是 2 4 222 1 2 1 2 a a zyx ydzdxaxaxdydz 19 设曲线L过点 1 1 曲线L上任一点 yxP处的切线交x轴于点T 且满足 OTPT 求曲线L的方程 解答 令曲线L的方程为 xyyL 曲线L上过点 yxP的切线方程为 xXyyY 令0 Y得点T的坐标为 0 y y x 22 2 1y y y y y y PT y y xOT 由OTPT 得 2 2 2 1 y y xy y y 化简得 22 2 yx xy dx dy 或者 xy yx dy dx 2 22 令uyx dy du yu dy dx 整理得 y dy du u u 1 2 2 从而Cy u 1 1 2 即y C yx 1 22 由初始条件得 2 1 C 故曲线L的方程为yyx2 22 20 设A为nm 阶矩阵 令 21n A L 若向量组 121 n L线性相关 而 向量组 n 32 L线性无关 令 n L 21 1 证明方程组 AX有无穷多个解 10 2 令 T n xxxX 21 L 为方程组 AX的任一解 证明1 n x 解答 1 因为线性无关 n 32 L 所以线性无关 132 n L 而 121 n L相 关 故 1 可由 132 n L线性表示 设 1133221 nn kkk L 即 nnn kkk 0 1133221 L 或 00 1133221 nnn kkk L 故齐次方程组0 AX有非零解 T n kkX 0 1 12 L 又1 nAR 故0 AX的基础解系为 T n kkX 0 1 12 L 又非齐方程组 AX有特解 T X 1 1 1 L 故 AX有无穷多个解 2 由 1 得 AX的通解为 TT n kkkX 1 1 1 0 1 12 LL 所以若 T n xxxX 21 L 为 AX的任意一解 则1 n x 21 设二次曲面4222 222 yzxzbxyzayx经过正交变换 w v u Q z y x 化为椭 圆柱面44 22 wv 求ba 及正交变换 解答 令 111 1 11 ab b A w v u Y z y x X yzxzbxyzayxzyxf222 222 则AXXf T 因为二次型AXXf T 经过正交变换QYX 化为 22 4wvf 则A的特征值为4 1 0 321 于是 321 321 A Atr 解得1 3 ba 于是 111 131 111 A 11 当0 1 时 由OXAE 0 得 1 0 1 1 当1 2 时 由OXAE 得 1 1 1 2 当4 3 时 由OXAE 4 得 1 2 1 3 令 1 2 1 6 1 1 1 1 3 1 1 0 1 2 1 321 则正交变换矩阵为 6 1 3 1 2 1 6 2 3 1 0 6 1 3 1 2 1