2005数一数三考研数学真题及解析.doc

2005年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题(本题共6小题,每小题4分,满分24分.把答案填在题中横线上.)(1)曲线的斜渐近线方程为.(2)微分方程满足的解为.(3)设函数,单位向量,则.(4)设是由锥面与半球面围成的空间区域,是的整个边界的外侧,则.(5)设均为3维列向量,记矩阵,如果,那么.(6)从数中任取一个数,记为,再从中任取一个数,记为,则_.二、选择题(本题共8小题,每小题4分,满分32分.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,则在内(A)处处可导.(B)恰有一个不可导点.(C)恰有两个不可导点.(D)至少有三个不可导点.(8)设是连续函数的一个原函数,表示“的充分必要条件是”,则必有(A)是偶函数是奇函数.(B)是奇函数是偶函数.(C)是周期函数是周期函数.(D)是单调函数是单调函数.(9)设函数,其中函数具有二阶导数,具有一阶导数,则必有(A).(B).(C).(D).(10)设有三元方程,根据隐函数存在定理,存在点的一个邻域,在此邻域内该方程(A)只能确定一个具有连续偏导数的隐函数.(B)可确定两个具有连续偏导数的隐函数和.(C)可确定两个具有连续偏导数的隐函数和.(D)可确定两个具有连续偏导数的隐函数和.(11)设是矩阵的两个不同的特征值,对应的特征向量分别为,则,线性无关的充分必要条件是(A).(B).(C).(D)(12)设为()阶可逆矩阵,交换的第1行与第2行得矩阵,分别为,的伴随矩阵,则(A)交换的第1列与第2列得.(B)交换的第1行与第2行得.(C)交换的第1列与第2列得.(D)交换的第1行与第2行得.(13设二维随机变量的概率分布为 X Y 0 1 0 0.4 1 0.1已知随机事件与相互独立,则(A).(B).(C).(D).(14)设为来自总体的简单随机样本,为样本均值,为样本方差,则(A)(B)(C)(D)三、解答题(本题共9小题,满分94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)(15)(本题满分11分)设表示不超过的最大整数,计算二重积分.(16)(本题满分12分)求幂级数的收敛区间与和函数.(17)(本题满分11分)如图,曲线的方程为,点(3,2)是它的一个拐点,直线与分别是曲线在点(0,0)与(3,2)处的切线,其交点为(2,4).设函数具有三阶连续导数,计算定积分(18)(本题满分12分)已知函数在0,1上连续,在(0,1)内可导,且.证明:(I)存在使得;(II)存在两个不同的点,使得(19)(本题满分12分)设函数具有连续导数,在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线上,曲线积分的值恒为同一常数.(I)证明:对右半平面内的任意分段光滑简单闭曲线,有(II)求函数的表达式.(20)(本题满分9分)已知二次型的秩为.(I)求的值;(II)求正交变换,把化成标准型;(II)求方程的解.(21)(本题满分9分)已知3阶矩阵的第一行是不全为零,矩阵(为常数),且,求线性方程组的通解.(22)(本题满分9分)设二维随机变量的概率密度为求:(I)的边缘概率密度;(II)的概率密度.(23)(本题满分9分)设为来自总体的简单随机样本,为样本均值,记求:(I)的方差;(II)与的协方差.2005年考研数学一试题答案与解析一、填空题(1)【分析】由及可得斜渐近线方程为(2)【分析】这是一阶线性微分方程.原方程变形为,两边乘得积分得由得(3)【分析】已知,而则由方向导数计算公式得(4)【分析】在上用高斯公式得作球坐标变换:此时:(5)【分析】对矩阵用分块技巧,有两边取行列式,并用行列式乘法公式,得所以(6)【分析】由于事件是一个完备事件组,且,.条件概率,根据全概率公式.二、选择题(7)【分析】先求的表达式.因此,由的表达式及它的函数图形可知,在处不可导(图形是尖点),其余点均可导,因此选(C).(8)【分析】已知若为奇函数为偶函数的全体原函数为偶函数.又若为偶函数,则为奇函数.因此选(A).(9)【分析】先求由此看到故应选(B).(10)【分析】把方程记为,其中显然,对均有连续偏导数,且下面考察三个偏导数:由于满足偏导数的连续性及条件,等,根据隐函数存在定理知,存在点的一个邻域,在此邻域该方程可确定有连续偏导数的隐函数和.故应选(D).(11)【分析】按特征值特征向量定义,有.,线性无关恒为恒为.由于不同特征值的特征向量线性无关,所以线性无关.于是恒为.而齐次方程组只有零解.应选(B).(12)【分析】为书写简捷,不妨考察为阶矩阵,因为作初等行变换得到,所以用初等矩阵左端乘得到.按已知有从而又因,故所以应选(C).(13)【分析】从,可知.从事件与相互独立可知.依题意,解方程组得.应选(B).(14)【分析】根据简单随机样本的性质,可知相互独立且都服从分布,于是有与相互独立都服从分布,自由度分别为与,因此应选(D).有省略三、解答题(15)【解】(16)【解】这是缺项幂级数.令,考察,其中由的收敛半径为原幂级数收敛半径为,收敛区间为.下面求和函数:注意,积分两次得因此,(17)【分析与求解解】依题意,直接可知(拐点的必要条件).从图中还可求出在点与处的切线分别为于是现用分部积分法计算积分值:原式(18)【分析与证明】(I)即证在零点.由于在连续,且即,由连续函数的零点性定理知,使得,即.(II)利用题(I)的结果,在上用拉格朗日中值定理知,使得在上,用拉格朗日中值定理知,使得,两式相乘得(19)【分析与证明】(I)在右半平面内取两点,以为起点,为终点作两条分段光滑曲线与,记要证以为起点作另一段分段光滑曲线绕过原点与连接,如图,按题意在右半平面与路径无关其中,为右半平面内分段光滑闭曲线.(II)右半平面是单连通区域,在上分段光滑闭曲线,有现计算有在上 由此求得此时,相应的在全平面除原点外均成立.因此,由格林公式可知,对任意环绕点的分段光滑闭曲线,均为常值,因此最后求得(20)【解】(I)二次型矩阵,由秩为知(II)由知矩阵的特征值是对,由得特征向量.对,由得特征向量由于特征向量已经两两正交,只需单位化,于是有令那么,经正交变换有(III)方程即所以方程的解是,其中为任意实数.(21)【解】(1)如果,则秩.由知因此,秩,所以的通解是,其中为任意实数.(2)如果,则秩,那么,秩或.若,则的通解是,其中为任意实数.若,对,设,则方程组的通解是(22)【解】(I)如图,（此解答和原书不同,参照2005数