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海文考研数学四模考试卷海文考研数学四模考试卷 参考解答参考解答 一 填空题一 填空题 1 应填 0 3 0 1 3 xC x xCxe x 分析 因函数上连续 取定 作为到的变限定积分 在xf 0 x 0 xx 就是函数的一个原函数 从而函数的不定积分为 x x dttf 0 xf xf dxxf 其中是一个任意常数 Cdttf x x 0 C 为计算方便起见 在本题中应取为函数的分段点 即应设 0 于是 0 x xf 0 x 的一个原函数是 xf 0 3 0 1 1 0 3 2 0 x x dtt xxedte xF x x xt 而的不定积分是 xf 0 3 0 1 3 xC x xCxe CxFdxxf x 其中是一个任意常数 C 注意 的不定积分不能写成 xf 0 3 0 3 xC x xCxe dxxf x 这是因为所得函数在分段点处不连续 从而 在点处不可导 的不0 x0 x xf 定积分也不能写成 0 3 0 2 3 1 xC x xCe dxxf x 这是因为所得函数中包含了两个任意常数和 不过 如果取和的值使上述 1 C 2 C 1 C 2 C 函数在点连续 即取 1 这个函数就变成为的不定积分了 即0 x 1 C 2 C xf 0 3 0 1 2 3 2 xC x xCxe dxxf x 2 应填 1 cossin xxy 分析 在一阶线性微分方程中 直接xyycos2 xxQxPcos2 1 利用通解公式可得方程的通解为 cos2 cos2 xdxeCedxxeCey xxdxdx 利用分部积分公式可得 sincosxdfexdxeI xx xdsexeexdxe xxxx sinsin sinsin coscossin cossin xxxxx exdxexexdexe Ixxexdxexxe xxx cos sincos cos sin cos sin 2 1 cos 1 CxxexdxeI xx 于是方程的通解为 cossin cos sin xxCexxeCey xxx 代入初始条件可确定常数 帮所求特解为01 0 Cy1 C 1 cossin xxy 注意 函数称为一阶线性微分方程的积分因子 用它 dxxP e xQyxPy 同乘方程的两端 可把方程改写成 xQyxPy dxxPdxxP exQye 只需将两端积分一次就不难得出方程的通解 本题方程的积分因子是函数 x e 3 应填 0 1 12 12 2 12 8 0 y y y y dxyxfdydxyxfdy 分析 y 8 2 6 2 1 4 2 x x D dyxfdyyxfdx 则积分区域 6 x 21 4 26 2 xy x xyxD 由此可作出积分区域的图形如图 不难发现 积分区域又可表示为 DD 21 DDD 其中 1212 01 1 yxyyyxD 212 80 2 yxyyyxD 从而 2 6 2 1 4 2 x x D dyxfdyyxfdx 12 DD dyxfdyxf y y y y dxyxfdydxyxfdy 12 12 8 0 2 12 0 1 注意 在直角坐标系中的二重积分的积分区域 D 有两种不等式 xy o 2 D dyxf 表示法 一种是 21 xyxbxayxD 其中 a 是区域 D 中最左点的横坐标 b 是区域 D 中最右点的横坐标 是区 1 xy 域 D 的下边界的方程 是区域 D 的上边界的方程 这时称积分区域 D 为 2 xy X 一型区域 D 上的二重积分可化为先对后对积分的累次积分 yx dyyxfdxdyxf x x b a D 2 1 另一种是 21 yxydycyxD 其中 c 是区域 D 中最低点的纵坐标 d 是区域 D 中最高点的纵坐标 区域 1 yx D 的左边界的方程 是区域 D 的右边界的方程 这时称积分区域 D 为 Y 2 yx 一型区域 D 上的二重积分可分化为先对后对积分的累次积分 xy 因此 在直角坐标系中交换累次积分的积分次序的关键是 从题设的累次积分得 出积分区域相应的不等式表示 并由此写出积分区域的另一种不等式表示 画出积分 区域的简图对写出积分区域的另一种不等式表示常常很有用处 4 应填 5 分析 A 是正交矩阵EAAAA TT 由于 TTTTTT kaaEkaaEkaaEkaaEAA TTT aaaakkaaE 2 2 而10 3 0 1 301 aaT 因此 0102 102 22 kkEaakkEAA TT 评注 本题考查矩阵的运算 正交矩阵的概念等 注意区别与 前者是aaT T aa 一个数 后者是 3 阶矩阵 5 应填 TT kk 3 0 1 1 1 1 21 分析 由于矩阵 A 各行元素之和均为 O 即 0 0 0 333231 232221 131211 aaa aaa aaa 即 所以是齐次方程组的解 又因 AB 0 知矩阵 B 0 0 0 1 1 1 A T 1 1 1 1 0 Ax 的列向量也是的解 T 3 0 1 2 0 Ax 从而齐次方程组至少有 2 个线性无关的解 那么 于是秩0 Ax2 Arn 由矩阵 A 非零又有秩 因此秩 故所以1 Ar1 Ar1 Ar2 Arn 的通解是 0 Ax 2211 kk 6 应填 22 1 分析 由于相互独立 且 i X 2 oNXi 依题意 4 1 32413241 XXDXXDXXXXDDY 其中 22222 jijijijiji EXEXEXEXXXEXXEXDX 2222 ji EXEX ji 所以 22 2 4 1 22 1 2 二 选择题二 选择题 7 应选 B 分析 令 J x x x x e x xne exxeI 2 0 2 1 0 1 1ln lim 1ln lim 利用当 时的等价无穷小关系 以及洛必达法则计算极限 J 得0 1ln 2 0 2 0 1 1ln ln lim 1ln ln lim x xe x xe J x x x x 1 2 1 1 lim 2 1 1 lim 00 xx ex x x e x x x x 1 故 lim 1 lim 2 11 1 lim 2 1 000 x x x x x x e x e x ex eI 注意 一般说来 对于型未定式 利用等价无穷小 1 ln lim lim xfxgxg exf 代换化为求极限 常常可用简化计算 1 ln xfxf 1 lim xfxg e 8 应选 C 分析 因分段函数在 上可导 从而在点与 xF xF0 x 处可导 又因函数在某点处可导必在该点处连续 于是在点与1 x xF0 x 处连续 即1 x 00 lim 0 0 2 0 bxaxfF x babxaxgF x 0 lim 1 1 2 1 由此可见结论 A 与 D 都不正确 又因 1 0 0 fF b x bxax F x 0 0 lim 0 2 0 以及在点处可导 得 同理 因 xF0 x1 b 1 1 1 gF ba x babxax x bxax F xx 2 1 lim 1 0 lim 1 2 1 2 1 以及在点处可导 得 同理 因 xF0 x1 b 1 1 1 gF ba x babxax x bxax F xx 2 1 lim 1 0 lim 1 2 1 2 1 以及在点处可导 得 xF1 x112 aba 注意 若要求一个分段函数在其分段点处可导 首先必须要求该函数在其分段点处 连续 在连续的前提下再进一步讨论该函数在其分段点处的左导数与右导数是否同时 存在且相等 分段函数在其分段点处可导的几何意义是函数的图像在 xF 0 xx xFy 处存在切线 也就是说 曲线在点处左切线与右切 oo xFx xFy 00 xfx 线应连接成一条直线 本题也可按照这样的思路来解决 由知曲线在 0 0 处的切线方程为 这表1 0 0 0 ff xFy xy 明曲线在 0 0 处的切线必须与直线重合 即得 bxaxy 2 bxy xy 1 b 同理 由知曲线在 1 0 处的切线方程为1 1 0 1 gg xFy 这表明曲线在点 1 0 处的切线1 xybxaxy 2 必须与直线重合 即得axbaxbabay 2 1 2 1 xy 把两者结合起来 即得 1 12 aba1 1 ba 9 应选 A 分析 联合应用换元积分方法与分部积分法可得 tdttdt t t xt x dxx arcsin22 arcsinarcsin 1 0 1 0 1 0 2 2 1 0 2 1 0 1 1 1arcsin2 1 2 0 1 arcsin2 t td t tdt tt 2 0 1 12 2 t 注意 也可不做换元 而直接应用分部积分法计算xt xxxdxdx x x arcsin 2 arcsin2 arcsin 1 0 1 0 arcsin 0 1 xdx x dx x x 2 1 1 1arcsin2 1 0 x xd 12 1 2 1 0 2 0 1 12 x 10 应选 D 分析 从导函数的图像可知 x f x aa a ba b b 的符号 f 0 的增减 f f 凹 是拐点 afa 凸 是极大值 bf 凸 11 应选 A 分析 因函数具有连续的偏导数 从而函数可微 又因一元函 yxf yxf 数可导 故对复合函数可用一阶全微分形式不变性求全微分 得 2 xy 2 xxf 2222 xdxxfdxxxfxxdf yx dxxxf xdxxxf yx 2 22 4 3dx x 在上式中令 由题设及的任意性 即得1 xdx 2 1 1 24 1 1 4 1 1 2 1 1 yxyx ffff 12 应选 D 分析 由 2ABAB A A得A A 2B E2B E 0 0 从而 4 2 EBrAr 又因 A 是矩阵 A 的列向量线性无关 而知秩从而秩 45 4 Ar0 2 EBr 即02 EB 于是秩 故秩 2 1 EB 4 Br 4 Br 评注 要熟悉两个公式 1 若 A 是矩 B B 是矩阵 且ABAB 0 0 则秩nm sn nBrAr 2 若 A 是阶矩阵 A 是 A 的伴随矩阵 则n 1 0 1 1 nAr nAr nArn Ar 若 若 若 13 应选 C 分析 等式表示 在 C 发生条件下 事件 A CBPCAPCABP 与 B 相互独立 而 C 成立的充要条件是 A 与 B 独立 因此 C 与已知等式不等 价 选择 C 事实上 由于 ACBPACPABCP 所以 BCAPCBPACBPCAPCABP CABP ABCPACBPCBPBCAPCAPCBPCAP 即已知等式与 等价 而选项 CBPACP A B D 与独立 它不等价于在发生条件下 ABPAPABPC BC1 CP 与独立 例如 将一枚硬币独立掷两次 记 第一次出现正面 B 第二AB A 次出现正面 C 正面至少出现一次 AB 两次均出现正面 2 1 4 2 AP 与独立 然而 2 1 4 2 BPABPAPABP 4 1 B 4 1 4 3 ABPABCPCP 即 3 2 3 2 3 1 CBPCAPCABPCBPCAPCABP C 与已知等式不等价 14 应选 D 分析 这是一道考查服从二维正态分布的随机变量 与独立与不 YXXY 相关的关系以及相关与独立性关系的选择题 由于服从二维正态分布 所以与独立与不相关即 YXXY XY0 XY 而题中对此未作任何假设 选项 A 或 B 有时成立 有时不成立 然而 DXYYCOVYXCOVXYCOVXXCOVYXYXCOV 与 相关与 不独立 选择 D YXDY 0XYYX XY 三 解答题三 解答题 15 解 本题所求极限是型的未定式 可利用洛必达法则与极限四则运算法 0 0 则求解 x x xx xx xx xx cos 1 1 cos 1 1 1 lim sinarcsin tanarctan lim 2 22 00 xx x xx xx xx cos 1 1 lim 1cos1 1cos lim 2 2 02 22 0 1cos1 lim cos 1 1 sin lim 2 0 22 22 0 xx xx xx xx 2 x x x x x xx xx xx 2 2 2 2 2 0 22 22 0 cos sin 1 sin lim2 cos 1 1 sin lim2 注意 在用洛必达法则求未定式的极限时 要注意结合恒等变形 等价无穷 小因子替换以及极限四则运算法则等手段来尽可能地简化计算过程 16 解 当时1 a 1 ln 1 1 1 2ln 1 1 ln ln ln 1 1 22 a xa a xax xd xx dx a aaa 当时1 a 2 lnln ln 2 x xx dx 因此 当时广义积分发散 当时广义积分收敛 且1 a1 a 1 2ln 1 1 ln 1 2 a axx dx aI aa 记 则常数满足因为故2ln qq 1 0 q 0 aI 于是 ln 1 1 ln lnqaaaI ln 1 1 ln q a aIaIaIaI ln 1 1 0 ln 1 1 0 ln 1 11 0 ln 1 1 1 ln q a q a q a q a a qaI 这表明函数当时取得最小值 aI 2lnln 1 1 ln 1 1 q a 17 解 销售甲 乙两种产品的利润为 CQPQPQQL 221121 15 425 9 212211 QQQQQQ 154248 2 2 2 121 QQQQ 令 可得唯一驻点 0824 028 2 1 2 1 QL QL Q Q 3 4 21 QQ 因驻点唯一 且实际问题存在最大利润 故计算结果表明 当分别销售甲种产品 4 吨 乙两种产品 3 吨时所得利润最大 由题设知 这时应求利润函数在154248 2 2 2 12121 QQQQQQL 条件下的最大值点 用拉格朗日乘数法 构造拉格朗日函数06 21 QQ 6 212121 QQQQLQQF 6 154248 21 2 2 2 121 QQQQQQ 令 可得唯一驻点 06 0824 028 21 2 1 2 1 QQF QF QF Q Q 8 2 2 3 21 QQ 因为驻点唯一 且实际问题存在最大利润 故计算结果表明 若限制甲 乙两 种产品的总销售量为 6 吨 则分别销售甲种产品 3 2 吨 乙两种产品 2 8 吨时所得利 润最大 18 解 设积分区域 11 10 2 xyxxyxD 如图 于是 1 022 22 11 4 2 dy yx yx dxI x x D d yx yx 4 22 22 从积分区域及被积函数的特点可见 为计算此二重积分适宜引入D 22 22 4yx yx 满足 的极坐标系 在极坐标系 中积分区域可表示 cosrx sinry r rD 为 sin2 0 4 0 rrD 因此 4 02 2 sin2 0 4 dr r r dI 为计算内层积分可作变换因 从而 sin2tr 4 0 此外还有代入即得 0 sin20 tr cos24 cos2 2 trtdtdr 00 2 2 2 sin2 0 2cos1 2sin4 4 dtttdtdr r r cossin 2 0 cossin 2 ttt 故 2 1 160 sin cossin 2 2 4 4 0 22 dI 19 分析 为了利用罗尔定理来证明本题 首先把要证明的结论改写成一个函数的 导数在某点处等于零的形式 注意 2 2 fgf 0 2 2 fgf 0 2 2 x xxfxgxxf 0 2 2 x xxfxgxxfe xg 0 2 x xg xxfe 由此可见 只需研究函数在 1 6 或 1 6 内的某个闭区间 2 xxfexF xg 上是否满足罗尔定理的三个条件 函数在这样的闭区间上连续 开区间内可导是 xF 明显的 从而关键是验证函数在 1 6 上某两点处的函数值相等 为此又只需验证 xF 函数在 1 6 上某两点处取值为零 xxf2 证明 因为函数满足xxfxh2 101 5 0325 1 hh 由在闭区间 1 5 上的连续性知 存在点使得 0 9 xh 5 1 又由题设知函数还满足 0 2 fhxxfxh2 0 12 6 6 fh 从而 设 由题设知在闭区间 上连续 在开 2 xxfexF xg xF 6 区间 内可导 又由上一段的讨论知即 6 0 6 FF 在区间 上满足罗尔定理的全部条件 故至少存在一点 2 xxfexF xg 6 使 6 1 6 2 2 0 fgfF 20 解 1 由得 02 ABBA EEBBEA222 即 EBEEA2 2 所以 可逆且其逆是EA2 2 1 BE 因此 EABEBEEA2 2 1 2 1 2 整理得 BBAEABEABA2222 从而有 BAAB 2 由 1 知 于是 2 1 2 1 BEEA 1 2 2 EAEB 2 1 00 012 021 400 001 010 2 100 010 001 1 那么 100 024 042 3 1 1 B B B 21 解 因为 2 是矩阵的特征值 有A0 2 AE 6 9 524 222 425 2 aaAE 从而 由于6 a 2 7 324 262 423 2 AE 知矩阵的特征值是A 2 7 321 对 由 得基础解系7 0 7 xAE TT aa 1 0 1 0 2 1 21 即 特征值的线性无关的特征向量7 对 由得基础解系2 0 2 xAE T a 2 1 2 3 即特征值的特征向量 2 因为 不正交 故需正交化 而只需单位化 1 a 2 aSchmidt 3 a 先正交化 0 2 1 11 a 5 2 4 5 1 0 2 1 5 1 1 0 1 1 11 12 22 a a 再单位化 得 2 1 2 3 1 5 2 4 53 1 0 2 1 5 1 321 那么令 3 2 3 5 0 3 1 53 2 5 2 3 2 53 4 5 1 321 Q 则有 2 7 7 1AQ Q 于是 4 49 49 1121 AQQAQQQAQ 22 分析与解答 首先要分析题意与随机试验 引入适当记号表示已知条件 与有关的变量 其次弄清有关事件并求其相应的概率 最后按题目要求算出所有的分 布列 如果用表示取出的第 个元件的使用寿命 则相互独立且有共 i xi 20021 XXX 同的密度函数其中 0 0 0 x xe xf x 400 11 EX 记 A 优质品 盒中 2 个元件使用寿命都超过 500 小时 则 5 210002 500 500 500 eedxeXXPAPp x ji 1 依题意故其分布列为 发生 发生 A A Yi 0 1 5 25 2