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文档简介

1、 2017年全国硕士研究生考试数 学一试题及答案 2017年全国硕士研究生考试数学一试题 一、选择题:18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,请将所选项前的字母填在答题纸指定置上co连续,则)若函数。aA.aB.aC.aD.a可导,)设函,则A.1(1B.1(1C. 1)(?f?(1)|f| D. 1)(?f?(1)|f|r的(在点处沿向量函数3)22z?yx)z,x(fy?2,0)(1,n?2,0)(1,方向导数为( )。 A.12 B.6 C.4 D.2 )甲乙两人赛跑,计时开始时,甲在乙前方(4)处,图中,实线表示甲的速度曲(单位:m10线(单位

2、:m/s),虚线表示乙的速度曲线)(tv?v1,三块阴影部分面积的数值依次为10,20,)v?v(t23,计时开始后乙追上甲的时刻记为(单位:s),t0则( )。 A. 10t?0B. t15?20?0 C. 25t?0 D. 25t?0(5)设为n维单位列向量,E为n维单位矩阵,?则( )。 A. 不可逆 T?EB. 不可逆 T?EC. 不可逆 T?2E? D. 不可逆 T?2?E200210100?,则(6)已知矩阵?1200A020?,C?0,B?2?200010010? ()。A.A与C相似,B与C相似B. 相似不相C. 不相似相D. 不相似不相)为随机事件,1,的充分必要条件是BA.

3、B.C.D.)来自总的简单随机2,1则下列结论中不正确的本)。in服从分布 A. ?22?)?(Xi1?in服从分布 B. ?22?)?X2X(1n1i?n服从分布C. ?2 ?)X(?Xi1i?D. 服从分布 22?)Xn(? 二、填空题:914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,则=_。 (9)已知函数(3)(0)f?f(x) 2x1?(10)微分方程的通解为=_。 0?3yy?2y?yxdy?aydy在区域)若曲线积分内(1与路径无关,=_在区内的和函)幂级1n11,1=_)1设矩为线性无关向量,则向量的秩_1其为标准正态分布函数0.?0.=_E三、解答题 1

4、52小题,9分,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。 (15)(本题满分10分) 设函数具有2阶连续偏导数,求x)e(,cosxy?f)fv(u,2yddy。 |,| 0?x0x2dxdx (16)(本题满分10分) nkk 求?)ln(1?lim 2nn?n1?k(17)(本题满分10分) 已知函数由方程确定,求的330?2?3x?3?xyy)x(yx)y( 极值(本题满1分1上具阶导数,在区设函0,1(1,证明li0(方在区内至少存在一个实根;(0,1()方在区内至少存)(0,1两个不同实根分1(本题满1被柱设薄片型物时圆锥,记圆锥与柱面的交线z()平面上

5、的投影曲线的方程CxOy()求的质量。 SM(20)(本题满分11分) 三阶行列式有3个不同的特征值,且?),A?(123, ?2?231()证明; 2Ar()? ()如果,求方程组的通解。 ?Ax?312(21)(本题满分11分) 在正交变换设222?x?ax?2xx?8xxx(,x,x)?2x?2xxfQyx?311221233231下的标准型为,求的值及一个正交矩阵22?ayy?2112 。2(本题满1分设随机变相互独立,的概率分布,的概率密度?200其()E()的概率密度2(本题满1分某工程师为了解一台天平的精度用该天平对物体的质量次测量,该物体的质是已的,次测量结相互独立,且均服正态

6、分该工程师记录的次测量的对误,利估12|,n()求的概率密度; Z1()利用一阶矩求的矩估计量; ?()求的最大似然估计量。 ? 2017年全国硕士研究生考试数学一答案 【答案】A 、1【解析】 由连续的定义可得,而 (0)?fx?limf()flim(x)-+0x?x?01 2)(x 1?cosx1,因此可得 2?lim?limflim(x)?b)?flim(x aaxax2+-0?x0x0x?0x?1,故选择A。 ?b a2 、【答案】C 2【解析】令,则有,故单2)?f(xF(x)(x)xF?2f(x)f(F(x)调递增,则,即,即,221)f(?f(1)?1)F(1)?(?1)(?|f

7、|f(1)|F 。故选择CD 【答案】、gradx2,0(1,则4,1,0gra4,1,0grad(1,2,0【答案C、【解时刻甲乙的位移分别dd,因此可2511d220【答案A、【解析因的特征值n-重)?所的特征值n-重?可逆【答案B、6【解析】A和B的特征值为2,2,1,但是A有三个线性无关的特征向量,而B只有两个,所依A可对角化,B不可,因此选择B。 【答案】A 、7【解析】 P(AB)P(AB)P(A)?P(AB),得由即 ?)|BP(?P(A|B)A )P(B(PB)1?)P(B A。,因此选择)B?P(A)P(P(AB)B 【答案】、8n,故【解析】,?22?2)N(0,XX?N(

8、0,1)X)?()n(X1ini1i错误,因,(1(0,111,因此,则(1(0,1(00【答案,【解析1,代入可(3(021)(1 【答案1sico? ,因此通解为:。x?1?2i?)2xxccos2?ecsin(211 【答案】、11ay?x ,因此可得:【解析】设?y(x(x,y)?,),QP 22221xy?y1?x?QP?2P2xy?Qaxy?,因此可得,根据?,? 222222xyxy?(?1)?1)?xx(yy? 。 1?a?1【答案】 、12 2)(1?xx1【解析】 。?n?1?1nn?1n?)?(?(?1)x(?1)nx 21?1nn)xx(1?1?【答案】2 、1【解析因

9、,因,所以向1的【答案21【解析0.0.)420.0.因此可Ed【答案1(1,1(1,1(1,1(1,11ddxdy,因此因为,所以【解析】xx),cosxy?f(ex?fsine?f21dxdy (1,1)?f| 10x?dx2yd xxxx?(fe?fsinx)e?fe?(fe?fsinx)sinx?fcosx 11121212222dx2yd 因此得:(1,1)(1,1)?ff(1,1)f|? 02x111?2dx 1 【答案】、16 4【解析】由定积分的定义可知, nkk,然后计算定积分, 1?dxx)?)xln(1?lim?ln(1 2nn0?n1?k2?11x1 111212?dx

10、?(x?1)(x?1)?ln(1?x)|dxln(1?x)dx?ln(1?x) 0x?2201dx【答案】极大值,极小值11(13因时时0,代入可3(x时代入可时时时代入可,因此有函数的极大值,(1小值1(【答案】 、18f(x),由极限的局部保号性()证:因为0?lim x?0x?知,存在,使得,而,由零点存?0?f(1)cf()?0c?(0,)在定理可知,存在,使得。 ?0f(?)?(c,1)()构造函数此因,)x(f)x(f?)x(F , ?0)f(?)f?f(0)f(0)?0,F()?F(0)f(x),所以,由拉格朗日中值定理因为0?lim0?f(0) x?0?xf(1)?f(0),使

11、所得以知,存在?0?f(?)(0,1)? 0?1,因此根据零点定理可知存在,使?)(0,?0)f(0)f(?,所,所以原方程至有两个不同实根1(6【答案(1的方程,投影【解析(xO1面上?dddxdd142co?1dcodxd6?22【答案】()略;()。 、20TTRk?(1,1,1)?k(1,2,1),【解析】()证:因为有三个不同的特征值,A所以不是零矩阵,因此,若,那么特1?(A1r(A)?)rA征根0是二重根,这与假设矛盾,因此,又2?Ar()根据,所以,因此 。?2?2?)A(r2?)A(r213 ()因为,所以的基础解系中只有一0?Ax2)?r(A个解向量,又,即,因此基础?0?

12、2?2323112解系的一个解向量为。因为,故 T?1)(1,2,?312,因特的解为此的通解为?T?AxAx?(1,1,1)。 TTRk?(1,1,1)?k(1,2,?1)【答案,正交矩2【解析,因为标准型二次型对应的矩阵,所,从,代入?1,解? ?1A?1?0?1?E?3,60,?142?21?14?11?,对应当,化简得时,?0?11?100?12E?A?2?001?40?的特征向量为; T?2,1k1,1?5?14?1?2?1?,对当,化简得时,?3?1?E?3?A?1?2?110?5?41?000?应的特征向量为; T?1,11,k?2 4?14?17?1?,对应时,当,化简得?6?

13、0011?6E?A?17?0004?14?的特征向量为; T?1,0,1k?3 ?623? 632?从而正交矩【答案2(1【解析?dEdy?ydd)E?()先的分布函数,由分布函数的定义Z知:。由于为离散型随机变?z?zPFz?Z?PXYXZ量,则由全概率公式可知 ?zY?FXz?PZ?1?z|XPX?z|X?0Y?P?X?P?X?01P?X?Y 11?z?P1YP?Y?z 22111)(z?(z)?F?F YY22(其中为的分布函数:) ?zF?zP?YFzYYY【答案】 、2(?0(【解析(因所对应(0,的分布函数概率密度为?对应的概率密度时1时?z?2?0z?dyeY?zz?PY?z?P?Fzz?P?Z?2iii?2z?2?z2? 20z?

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