2012年考研数学冲刺模拟试题及答案.pdf

全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 1 Born to win 2012 年考研数学模拟题 数学一 年考研数学模拟题 数学一 本试卷满分 150 考试时间 180 分钟 一 选择题 一 选择题 1 8 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 的 请将所选项前的字母填在答题纸答题纸 指定位置上 1 设函数 yf x 具有二阶导数 且 0 0fxfx 则 A 0 dyy B 0 ydy C 0 ydy D 0 dyy x f 若极 限 ax axf ax 2 lim存在 证明 1 在 ba 内 0 xf 2 在 ba 内存在 使 f dxxf ab b a 2 22 3 在 ba 内存在与 2 中 相异的点 使 b a dxxf a abf 2 22 全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 3 Born to win 18 本题满分 10 设S为椭球面1 22 2 22 z yx 的上半部分 点 SzyxP 为S在点P处的 切平面 zyx 为原点到 的距离 求 S z dS x y z 19 本题满分 11 分 设 1 2 0 1 1 2 3 n n uxxdx n 试讨论级数 1 n n u 的收敛性 当该级数收 敛时 试求其和 20 本题满分 11 分 设 123 112 1 1 0 101 123 40 1 0 11 a c b 已知向量组 123 与 123 是等价的 试求 a b c 并求向量 1 由 123 线性表出的表出式及 1 由 123 线性表出的表出式 21 本题满分 10 已知矩阵 1 1 1 A 与 2 1 1 B 1 试证明矩阵A与B合同 并求可逆矩阵C使得 T C ACB 2 如果AkE 与BkE 合同 试求k的取值范围 22 本 题 满 分 11 分 设 二 维 连 续 型 随 机 变 量 X Y服 从 区 域D上 的 均 匀 分 布 其 中 02Dx yyxy 试求 1 XY 的概率密度 2 X的边缘概率密度 3 0 3 0 5P YX 23 本题满分 10 分 设总体X的概率密度为 3 6 0 0 x xx f x 则 A 0 dyy B 0 ydy C 0 ydy D 0 dyy 答案 答案 B 解析 解析 0 dyfxx 0000 yf xxf xfx xxx 由于 0fx 可知 0fx 单调递减 故 0 ffx 及0 x 易知0 ydy 则易知 f x在 内单调有界 令 1 n n x n 则 n x收敛 当 2nk 时 2 1 0 2 k x k 故 22 1 arctan1arctan11 2 kk f xxk k 当21nk 时 2 1 0 21 k x k 故 2121 1 arctan1arctan0 21 kk f xxk k 可知 n f x的奇数项 与偶数项的极限不相同 故 n f x发散 故选项 A 是错误的 令 n xn 由选项 B 的分析可知 n f x是单调有界的 故 n f x收敛 但由于 n x是发散的 可 知 C 错误 同时由于 n f x也是单调的 可知 D 也错误 可知 唯一正确的选项为 B 5 设 123 是 3 维向量空间 3 R的一组基 则由基 123 2 3 到基 122331 的过渡 矩阵为 A 101 11 0 22 11 0 33 B 101 1 00 2 1 10 3 C 101 220 033 D 120 023 103 答案 答案 A 解析 解析 由矩阵的运算法则可知 122331123 101 11 2 30 22 11 0 33 故由基 123 2 3 到基 122331 的过渡矩阵为 101 11 0 22 11 0 33 故选 A 全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 3 让有理想的人更加卓越 让有理想的人更加卓越 6 设 21 是矩阵A的两个不同的特征值 是A的分别属于 21 的特征向量 则 A 对任意0 0 21 kk 21 kk 都是A的特征向量 B 存在常数0 0 21 kk 21 kk 是A的特征向量 C 当0 0 21 kk时 21 kk 不可能是A的特征向量 D 存在惟一的一组常数0 0 21 kk 使 21 kk 是A的特征向量 答案 答案 C 解析 解析 是A的分别属于 21 的特征向量 当0 0 21 kk时 1 k 与 2 k 仍然分别是A属于 21 的特征向量 而矩阵两个不同特征值的特征向量相加不再是该矩阵的特征向量 故此时 21 kk 不 可能是A的特征向量 故 C 正确 其它选项均与 C 矛盾 故 C 是唯一正确的选项 注 注 本题也可以利用反证法证明 假 设 21 kk 是A的 特 征 向 量 也 即 存 在 实 数 使 得 1212 A kkkk 由 于 12121 122 A kkk Ak Akk 故 121 122 kkkk 也即 1122 0kk 由 12 及0 0 21 kk可知 11 k 与 22 k 不可能全为零 故 线性相关 这与 是两个不同特征值的特征向量矛盾 故假设不成立 也即 21 kk 不可能是A 的特征向量 7 两只一模一样的铁罐里都装有大量的红球和黑球 其中一罐 取名 甲罐 内的红球数与黑球数 之比为2 1 另一罐 取名 乙罐 内的黑球数与红球数之比为2 1 今任取一罐并从中取出50只 球 查得其中有30只红球和20只黑球 则该罐为 甲罐 的概率是该罐为 乙罐 的概率的 A 154 B 254倍 C 798倍 D 1024 答案 答案 D 解析 解析 两只铁罐内都装有大量的红球和黑球 故在取球过程中两只铁罐中红球与黑球的比例可以近似 地看作是不变的 这样当取定甲罐或乙罐时 每次取球可以看做是相互独立的 整个取球过程就可以看做 一个伯努利试验 令A表示事件 取到甲罐 则A就表示事件 取到乙罐 再令B表示事件 取到的 50 只球中有30只红球和20只黑球 当A发生时 也即取到甲罐时 每次取到红球的概率为 2 3 故 3020 30 50 21 33 P B AC 当A发生时 也即取到乙罐时 每次取到红球的概率为 1 3 故 3020 30 50 12 33 P B AC 易知 1 2 P AP A 故由全概率公式可知 30203020 3030 5050 121112 233233 P BP A P B AP A P B ACC 再由贝叶斯公式可知 4全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 让有理想的人更加卓越 精勤求学 自强不息 让有理想的人更加卓越 精勤求学 自强不息 该罐是 甲罐 的概率为 3020 30 50 30203020 3030 5050 21 33 2112 3333 C P AB P A B P B CC 该罐是 乙罐 的概 率为 3020 30 50 30203020 3030 5050 12 33 2112 3333 C P AB P A B P B CC 可知该罐该罐为 甲罐 的概率与该罐为 乙罐 的概率之比为 1024 P A B P A B 故选 D 8 已知 X Y服从二维正态分布 2 EXEYDXDY X与Y的相关系数0 则X 与Y A 独立且有相同的分布 B 独立且有不相同的分布 C 不独立且有相同的分布 D 不独立且有不相同的分布 答案 答案 A 解 析 解 析 对 于 二 维 正 态 分 布 来 说 相 关 系 数0 就 能 得 到X与Y相 互 独 立 又 由 于 2 EXEYDXDY 可知 22 XNYN 故X与Y具有相同的分布 故选 A 二 填空题二 填空题 9 积分 1 0 1cos 2sincos rr ddr rr 2 0 答案 答案 8 解析 解析 先将该积分化作直角坐标下的积分 1 2 D x dxdy xy 其中 22 1 0 0Dx yxyxy 由于区域D关于直线对称 则由轮换对称性可知 111111 228222 DDDD yyxx dxdydxdydxdydxdy xyxyxy 10 设 2 0 ln 1 t t xe yu du 求 2 2 0t d y dx 答案 答案 0 解析 解析 由参数方程求导的公式可得 2 2 0 2 ln 1 2 ln 1 2ln 1 t t t t u du tt dy tet dxe e 全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 5 让有理想的人更加卓越 让有理想的人更加卓越 22 2 2 2 2 2 ln 1ln 1 2ln 1 1 2 ttt t t t t ettette tet d y t dxe e 代入可知 2 2 0 0 t d y dx 11 若二阶常系数线性齐次微分方程0yayby 的通解为 12 x yCC x e 则非齐次方程 yaybyx 满足条件 00 00yy 的解为y 答案 答案 2 2 x yxex 解析 解析 由于齐次方程0yayby 的通解为 12 x yCC x e 可知特征方程的 2 0ab 由 二重的特征根1 故特征方程为完全平方式 2 10 对比可知2 1ab 则我们要计算的是 2yyyx 的解 由于已经知道齐次的通解 故设非齐次方程的特解 yAxB 代入方程中可得 1 2AB 故方程2yyyx 的通解为 12 2 x CC x ex 再由 00 00yy 可得 12 2 1CC 可知 2 2 x yxex 12 已知曲线 L 的方程为1yx 1 1x 起点是 1 0 终点是 1 0 则曲线积分 22 L y dxx dy 答案 答案 2 3 解析 解析 曲线L可以分为两段 1 1 Lyx 从1x 到0 x 2 1 Lyx 从0 x 到1x 可知 12 222222 LLL y dxx dyy dxx dyy dxx dy 其中 1 00 2222 11 1 120 L y dxx dyxxdxx dx 2 11 22222 00 2 1 221 3 L y dxx dyxxdxxxdx 故 22 2 3 L y dxx dy 注 注 由于积分曲线 L 关于 y 轴对称 本题还可以结合对称性进行求解 由 于 2 x关 于x为 偶 函 数 故 2 0 L x dy 由 于 2 y关 于x为 偶 函 数 故 2 1 222 0 2 22 1 3 LL y dxy dxxdx 因此 22 2 3 L y dxx dy 13 设 A B都是n阶可逆矩阵 且2 3AB 则 1 0 0 2 B AT 答案 答案 21 2 3 n 解析 解析 由行列式的相关公式可知 6全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 让有理想的人更加卓越 精勤求学 自强不息 让有理想的人更加卓越 精勤求学 自强不息 21 1 2212 11 002 2 2 22 300 TTn nnTn AA ABA B BB 14 设随机变量X与Y独立 X服从参数为2的泊松分布 Y服从区间 3 3 上的均匀分布 则 D XY 答案 答案 18 解析 解析 由于X与Y独立 可知 2 00E XYEXEY 2222 E X YEX EY 其中 2 22 226EXDXEX 2 2 2 6 03 12 EYDYEY 故 22 18E X Y 因此 2 22 18D XYE X YE XY 三 解答题 三 解答题 15 23 小题 共小题 共 94 分分 请将解答写在答题纸指定位置上请将解答写在答题纸指定位置上 解答应写出文字说明 证明过程或 演算步骤 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 求极限 2 2 2 20 11 2 lim cossin xx x x xex 解析 解析 由泰勒公式可知0 x 时 2 244 1 11 28 x xxo x 22 1 cos1 2 xxo x 2 22 1 x exo x 所以 2 22 2 44 2 200 22222 1 11 11 228 2 limlim 1 cossin 11 2 xxx xx x xo x x xex xo xxo xx 44 44 1 1 8 3 12 2 xo x xo x 16 本题满分 10 分 设 f x y在点 0 0处连续 且 220 0 1 lim1 lncos x y f x y xy 1 求 0 0f x 0 0f y 并讨论 f x y在点 0 0处是否可微 如果可微试求出 0 0 df x y 2 证明 f x y在点 0 0处取极大值 解析 解析 1 由于当 0 0 x y 时 22 2222 lncoscos1 2 xy xyxy 代入原极限式 可得 22 0 0 1 lim2 x y f x y xy 可知 0 0 lim 10 x y f x y 也即 0 0 lim 1 x y f x y 由于 f x y在点 0 0处 连续 可知 0 0 lim 0 0 x y f x yf 故 0 01f 这样 我们就有 22 0 0 0 0 lim2 x y f x yf xy 全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 7 让有理想的人更加卓越 让有理想的人更加卓越 在式 22 0 0 0 0 lim2 x y f x yf xy 中令0y 可得 2 0 0 0 0 lim2 x f xf x 故有 0 0 0 0 0 0 lim0 x ff xf xx 因此 0 0f x 存在并且 0 0 0 f x 同理可得 0 0f y 存在并且 0 0 0 f y 为了检验 f x y在点 0 0处是否可微 则需要判断 0 00 0 0 0 ff zxyfxyf xy 在 0 0 xy 时是否为 22 xy 的高阶 无穷小 为此 需要计算极限 220 0 0 0 lim x y fxyf xy 由极限式 22 0 0 0 0 lim2 x y f x yf xy 可知 220 0 0 0 lim0 x y fxyf xy 因此 22 0 00 0ff zxyoxy xy 可知 f x y在 点 0 0处可微 并且 0 0 0 00 0 0 ff df x yxy xy 2 由于 22 0 0 0 0 lim20 x y f x yf xy 当 22 0 xy 时 有 22 0 0 0 f x yf xy 故 0 0 f x yf 也即对 0 0 的去心邻域 22 0 x yxy 内的每 一点 x y 都有 0 0 f x yf xf 若极 限 ax axf ax 2 lim存在 证明 1 在 ba 内 0 xf 2 在 ba 内存在 使 f dxxf ab b a 2 22 3 在 ba 内存在与 2 中 相异的点 使 b a dxxf a abf 2 22 证明 证明 1 因为 ax axf ax 2 lim存在 故 02lim axf ax 由 xf在 ba 上连续 从而 0 af 又 0 x f知 xf在 a b内单调增加 故 0 afxf bax 8全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 让有理想的人更加卓越 精勤求学 自强不息 让有理想的人更加卓越 精勤求学 自强不息 2 设 2 xxF x a bxadttfxg 则 0 xfxg 故 xF xg满足柯西中值定理的条件 于是在 ba 内存在点 使 2 22 2 ba x aa a x F bF aba xg bg af f t dtf t dt f t dt 即 f dxxf ab b a 2 22 3 因 affff 0 在 a上应用拉格朗日中值定理 知在 a内存在一点 使 aff 从而由 2 的结论得 af dxxf ab b a 2 22 即有 b a dxxf a abf 2 22 18 本题满分 10 设S为椭球面1 22 2 22 z yx 的上半部分 点 SzyxP 为S在点P处的切平面 zyx 为 原点到 的距离 求 S z dS x y z 解析 解析 先求出 zyx 设 ZYX 为 上任一点 则 的方程为 02 zZzyYyxXx 即01 22 zZY y X x 2222 2 000 12 4 22 x y z xy xy z 由S的方程 22 1 22 yx z 于是 全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 9 让有理想的人更加卓越 让有理想的人更加卓越 d yx yx d y z x z ds 22 12 4 1 22 22 2 2 这样 SD dyxdS zyx z 22 4 4 1 区域 2 22 2 yxD 所以原式 2 0 2 0 2 2 3 4 4 1 rdrrd 19 本题满分 11 分 设 1 2 0 1 1 2 3 n n uxxdx n 试讨论级数 1 n n u 的收敛性 当该级数收 敛时 试求其和 解析 解析 1 10 22 01 1 1 xt nn n uxxdxttdt 11 212 00 121 1 2 123 nnnn tt dttttdt nnn 则 11 121 123 nn k kk u kkk 11 1111111111 12232233623 nn kk kkkknnnn 易知 1 111 limlim 6236 n k nn k u nn 由级数的定义可知 该级数收敛 并且其和为 1 6 20 本题满分 11 分 设 123 112 1 1 0 101 123 40 1 0 11 a c b 已知向量组 123 与 123 是等价的 试求 a b c 并求向量 1 由 123 线性表出的表出式及 1 由 123 线性表出的表出式 解析 解析 由于向量组 123 与 123 等价 可知向量 123 都能由向量组 123 线性表出 也 即线性方程组 123 i x 有解 1 2 3i 为此 对增广矩阵 123123 作初等行变换 10全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 让有理想的人更加卓越 精勤求学 自强不息 让有理想的人更加卓越 精勤求学 自强不息 112401124011240 1101002214011 141 10111011 1410001242 aaa cacab bababc 可知1 2 2abc 为了求 1 由 123 线性表出的表出式 考虑此时 1231 x 对应的增广矩阵 1121 0111 0000 将其进一步化作行最简形得 11211012 01110111 00000000 其通解为 12 11 10 kkR 故 1 由 123 表出的表出式为 1123 21 kkkkR 为了求 1 由 123 线性表出的表出式 对线性方程组 1231 x 的增广矩阵作初等行变换 1021 14011401 1 10210420010 2 12110210 0000 其通解为 41 10 20 kkR 故 1 由 123 线性表出的表出式为 1123 412 kkkkR 21 本题满分 10 已知矩阵 1 1 1 A 与 2 1 1 B 1 试证明矩阵A与B合同 并求可逆矩阵C使得 T C ACB 2 如果AkE 与BkE 合同 试求k的取值范围 解析 解析 1 先计算A的特征向量 2 01 01011 10 EA 得矩阵A的特征值为 1 1 1 而矩阵B的特征值为2 1 1 可知实对称矩阵A与B的正负惯性指数均相同 故矩阵A与B合 同 为了求可逆矩阵C 先通过正交变换法将二次型 T x Ax 其中 123 T xx xx 化为标准型 全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 11 让有理想的人更加卓越 让有理想的人更加卓越 解齐次线性方程组 0EA x 得矩阵A属于特征值1的特征向量为 10 0 1 10 由于这两个向量本身是正 交的 故直接进行单位化得 2 0 2 0 1 0 2 2 再解齐次线性方程组 0EA x 可得矩阵A属于特征值1 的特征向量为 1 0 1 单位化得 2 2 0 2 2 则 22 0 22 010 22 0 22 Q 令xQy 其中 123 T yy yy 可将二次型 T x Ax化为 222 123 yyy 也即 1 1 1 T Q AQ 对二次型 222 123 yyy 再令 11 22 33 2yz yz yz 也即 2 1 1 y 可将其化为 222 123 2zzz 可知 2122 1111 1111 T 故令 222 010 22 222 10101010 11 222 010 222 CQ 可有 T C ACB 2 实对称矩阵AkE 的特征值为1 1 1kk k BkE 的特征值为2 1 1kk k 当1k 时 AkE 与BkE 的正惯性指数均为3 可知AkE 与BkE 合同 12全国统一服务热线 全国统一服务热线 400 668 2155 让有理想的人更加卓越 精勤求学 自强不息 让有理想的人更加卓越 精勤求学 自强不息 当1k 时 AkE 与BkE 的正惯性指数均为2 负惯性指数均为0 可知AkE 与BkE 合同 当11k 时 AkE 与BkE 的正惯性指数均为2 负惯性指数均为1 可知AkE 与BkE 合同 当1k 时 AkE 的正惯性指数为0 BkE 的正惯性指数为1 可知AkE 与BkE 不合同 当21k 时 AkE 的负惯性指数为3 BkE 的负惯性指数为2 可知AkE 与BkE 不合同 当2k 时 AkE 与BkE 的负惯性指数均为3 可