2006考研数一真题及解析.doc

Born to win2006年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题：1-6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) .(2) 微分方程的通解是 .(3) 设是锥面()的下侧，则 .(4) 点到平面的距离= .(5) 设矩阵，为阶单位矩阵，矩阵满足，则= .(6)设随机变量与相互独立，且均服从区间上的均匀分布，则= .二、选择题：9-14小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.(7) 设函数具有二阶导数，且，为自变量在处的增量，与分别为在点处对应的增量与微分，若，则( )(A)(B)(C)(D) (8) 设为连续函数，则等于( )(A)(B)(C) (D) (9) 若级数收敛，则级数( )(A)收敛.(B)收敛.(C)收敛.(D)收敛. (10) 设与均为可微函数，且. 已知是在约束条件下的一个极值点，下列选项正确的是( )(A)若，则.(B)若，则.(C)若，则.(D)若，则.(11) 设均为维列向量，是矩阵，下列选项正确的是( )(A)若线性相关，则线性相关.(B)若线性相关，则线性无关.(C)若线性无关，则线性相关.(D)若线性无关，线性无关. (12) 设为3阶矩阵，将的第2行加到第1行得，再将的第1列的-1倍加到第2列得，记，则( )(A)(B)(C)(D) (13) 设为随机事件，且，则必有( )(A)(B)(C)(D) (14) 设随机变量服从正态分布，服从正态分布，且则必有( )(A)(B)(C)(D) 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10分)设区域,计算二重积分 .(16)(本题满分12分)设数列满足 .(I)证明存在,并求该极限 ；(II)计算 .(17)(本题满分12分)将函数展开成的幂级数 .(18)(本题满分12分)设函数在内具有二阶导数，且满足等式(I) 验证.(II) 若求函数的表达式.(19)(本题满分12分)设在上半平面内,函数是有连续偏导数,且对任意的都有.证明: 对内的任意分段光滑的有向简单闭曲线，都有 (20)(本题满分9分)已知非齐次线性方程组有个线性无关的解(I) 证明方程组系数矩阵的秩;(II) 求的值及方程组的通解.(21)(本题满分9分)设阶实对称矩阵的各行元素之和均为,向量是线性方程组的两个解.(I) 求的特征值与特征向量 (II) 求正交矩阵和对角矩阵,使得.(22)(本题满分9分) 随机变量的概率密度为 为二维随机变量的分布函数.求(I) 的概率密度; (II) .(23)(本题满分9分) 设总体的概率密度为. 为来自总体的简单随机样本,记为样本值中小于的个数,求的最大似然估计.2006年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析一、填空题(1)【答案】2.【详解】由等价无穷小替换，时，=2(2)【答案】.【详解】分离变量， (3)【答案】【详解】补一个曲面,取上侧，则组成的封闭立体满足高斯公式， 设 ，则(为锥面和平面所围区域)(为上述圆锥体体积)注：以下几种解法针对于不同的方法求圆锥体体积方法1：(高中方法，圆锥的体积公式，这种方法最简便)而 (在上：)方法2：先二重积分，后定积分.因为，所以 .从而方法3：利用球面坐标. 在球坐标下为：，方法4：利用柱面坐标 . (4)【答案】【详解】代入点 到平面的距离公式(5)【答案】 【详解】由已知条件变形得，, 两边取行列式, 得 其中， 因此，.(6)【答案】【详解】根据独立性原理：若事件独立，则事件，而随机变量与均服从区间上的均匀分布，有和. 又随机变量与相互独立，所以，二、选择题.(7)【答案】【详解】方法1： 图示法. O x0 x0+x xyy=f(x) ydy因为则严格单调增加；因为 则是凹函数，又，画的图形结合图形分析，就可以明显得出结论：.方法2：用两次拉格朗日中值定理(前两项用拉氏定理) (再用一次拉氏定理), 其中由于，从而. 又由于，故选方法3： 用拉格朗日余项一阶泰勒公式. 泰勒公式：，其中. 此时取1代入，可得又由，选 .(8)【答案】【详解】记，则区域的极坐标表示是： ，. 题目考察极坐标和直角坐标的互化问题，画出积分区间，结合图形可以看出，直角坐标的积分范围(注意 与 在第一象限的交点是)，于是 所以，原式. 因此选 (9) 【答案】【详解】方法1：数列收敛的性质：收敛数列的四则运算后形成的新数列依然收敛因为收敛，所以也收敛，所以收敛，从而也收敛.选D.方法2：记 ，则收敛. 但，(级数，级数发散)；(级数，级数发散)均发散。由排除法可知，应选D.(10) 【答案】【详解】方法1： 化条件极值问题为一元函数极值问题。已知，由，在邻域，可确定隐函数，满足，。是在条件下的一个极值点是 的极值点。它的必要条件是若，则，或，因此不选，.若，则(否则). 因此选方法2：用拉格朗日乘子法. 引入函数，有因为，所以，代入(1)得若，则，选(11)【答案】A【详解】方法1：若线性相关, 则由线性相关定义存在不全为的数使得 为了得到的形式，用左乘等式两边, 得 于是存在不全为的数使得成立，所以线性相关.方法：如果用秩来解,则更加简单明了. 只要熟悉两个基本性质, 它们是:1. 线性相关；2. . 矩阵, 设， 则由得. 所以答案应该为().(12) 【答案】【详解】用初等矩阵在乘法中的作用(矩阵左乘或右乘初等矩阵相当于对矩阵进行初等行变换或列变换)得出将的第2行加到第1行得，即 将的第1列的-1倍加到第2列得，即因为，故. 从而 ,故选().(13)【答案】C【详解】本题考条件概率的概念和概率的一般加法公式根据条件概率的定义，当时，得根据加法公式有,故选(C)(14) 【答案】A.【详解】由于与的分布不同，不能直接判断和的大小与参数关系. 如果将其标准化后就可以方便地进行比较了。随机变量标准化，有，且其概率密度函数是偶函数. 所以.同理有，因为是单调递增函数，当时， ，即，所以，故选(A).三、解答题(15)【详解】积分区域对称于轴，为的奇函数，从而知 所以 (16)【详解】(I) 由于时，于是,说明数列单调减少且. 由单调有界准则知存在.记为. 递推公式两边取极限得(II) 原式，为“”型. 因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑所以 (17)【详解】用分解法转化为求的展开式，而这是已知的.由于 因此 .(18)【详解】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题目中给的等式就可以了同理 代入，得 ，所以 成立.(II) 令于是上述方程成为，则，即 ，所以 因为 ，所以 ，得 又因为 ，所以 ，得 (19)【详解】方法1：把两边对求导，得：令 ，则；再令 ，所以 ，得 ，所以由格林公式知结论成立.方法2： 是单连通区域，对于内的任意分段光滑简单闭曲线，为内的一曲线在内与路径无关 同方法1，由 可证得上式.因此结论成立.(20)【详解】(I)系数矩阵未知量的个数为，且又有三个线性无关解，设是方程组的3个线性无关的解, 则是的两个线性无关的解. 因为线性无关又是齐次方程的解，于是的基础解系中解的个数不少于2, 得, 从而.又因为的行向量是两两线性无关的, 所以. 所以.(II)对方程组的增广矩阵作初等行变换: = 由, 得， 即 .所以作初等行变换后化为；，它的同解方程组 中令求出的一个特解；的同解方程组是 取代入得；取 代入得. 所以的基础解系为，所以方程组的通解为：，为任意常数 (21)【详解】(I) 由题设条件，故是的对应于的特征向量，又因为线性无关，故至少是的二重特征值. 又因为的每行元素之和为，所以有，由特征值、特征向量的定义，是的特征向量, 特征值为，只能是单根，是全体特征向量，从而知是二重特征值.于是的特征值为；属于的特征向量: ；属于的特征向量: ，不都为.() 为了求出可逆矩阵必须对特征向量进行单位正交化 .先将单位化, 得.对作施密特正交化, 得, .作, 则是正交矩阵,并且 (22)【详解】, 由于是分段函数，所以在计算时，要相应分段讨论. 求只是与有关，不必先求出的函数.(I) 因为，当时，当时，；当时，；当时，综上所述，有由概率密度是分布函数在对应区间上的的微分，所以，这个解法是从分布函数的最基本的概率定义入手，对y进行适当的讨论即可，属于基本题型.() 由协方差的计算公式需要计算，.；.故(III) 根据二维随机变量的定义，有 由一维概率计算公式有，.(23)【答案】的矩估计；的最大似然估计【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)，所以矩估计的关键在于找出总体的矩.最大似然