2021年考研数学一模拟试题及答案(二)

1、2021考研数学一模拟试题及答案一、填空题（本题共5小题，每小题3分，满分15分.把答案填在题中横线上.）dx e xln2x =（2）已知函数y y（x）由方程ey 6xy x2 1 0确定，则y（0） =.1XA/ 2 cy x 01,y' x 0 二（3）微分方程yy y0满足初始条件2的特解是.（4）已知实二次型f（x1，x2,x3） a（x2 x2 x2） 4x1x2 4x3 4x2x3 经正 交变换2x Py可化成标准型f 6y1 , a=.2设随机变量X服从正态分布N（，）（0）,且二次方程12y 4yx 0无实根的概率为2,则=.二、选择题（本题共5小题，每小题3分，满

2、分15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.）考虑二元函数f （x，y）的下面4条性质：f（x，y）在点（"0）处连续；导数连续；f（x，y）在点（"0）处可微；f（x，y）在点（，丫0）处的两个偏f（x，y）在点（x0,y0）处的两个偏导数存在.若用“ P Q”表示可由性质P推出性质Q，则有(A).(B).(C).(D).lim 1( 1)n 1()(2)设“ 0(n 1,2,3,)，且 nun，则级数 n 1un un 1(A)发散.(B)绝对收敛.(C)条件收敛.(D)收敛性根据所给条件不能判定 设函数y f(x)在(0，

3、)内有界且可导，则lim f (x) 0 lim f (x) 0(A)当x时，必有x.lim f (x)lim f (x) 0(B)当x存在时，必有xlim f (x) 0 lim f (x) 0(C)当x 0时，必有x 0.lim f (x)lim f (x) 0(D)当x 0 存在时，必有x 0.(4)设有三张不同平面的方程ai1x ai2yai3zbi , i 1，2,3，它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为2,则这三张平面可能的位(5)设X1和X2是任意两个相互独立的连续型随机变量，它们的概率密度分别为f1(x)和f2(，分布函数分别为F1(x)和F2(x),则(A) f

4、l(x) + f2(x)必为某一随机变量的概率密度(B) fl(X)f2(x)必为某一随机变量的概率密度(C) F1 (x) + F2(x)必为某一随机变量的分布函数(D) Fl(x) F2(x)必为某一随机变量的分布函数三、(本题满分6分)设函数f(x)在x 。的某邻域内具有一阶连续导数，且f(0) 0, f (0) 0,若 af(h) bf(2h) f(0)在 h 0 时是比 h 高阶的 无穷小，试确定a，b的值.四、(本题满分7分)arctanx .2一、 y e dt 已知两曲线y £)与，0在点(0,0)处的切线相同，写出.2lim nf ()此切线方程，并求极限n n .

5、五、(本题满分7分)一，22、max x ,y .e dxdy计 算 二 重 积 分 DD ( x,y)|0 x 1,0 y 1六、(本题满分8分)设函数f (x)在(,)内具有一阶连续导数，L是上半平面(y > 0)内的有向分段光滑曲线,其起点为（a,b）,终点为（c,d）.记1dy,12x 2I -1 y f(xy)dx F【yf(xy)L yy（1）证明曲线积分I与路径L无关;(2)当 ab cd时，求1的值.七、（本题满分7分)y(x)验证函数3x3!63936! 9!3n x 的"( x )满足微分方程y3nx（2）利用（1）的结果求哥级数n 0 （3n）!的和函数.

6、八、（本题满分7分）设有一小山，取它的底面所在的平面为xOy坐标面，其底部所占的区域为_2d (x,y)|xy2xy 75,小山的高度函数为h(x,y) 7522x y xy设M（x。，y。）为区域d上一点，问h（x，y）在该点沿平面上什么方向的方向导数最大？若记此方向导数的最大值为g（x0,y。），试写出g（xo,yo）的表达式.（2）现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚下寻找一上山坡最大22ri-的点作为攀登的起点.也就是说，要在D的边界线x V xy 75上找出使（1）中g （x，y）达到最大值的点.试确定攀登起点的位置.九、（本题满分6分）已知四阶方阵 A （ 1，2，3，4）

7、,1，2，3，4均为4维列向量，其中2，3，4线性无关，12 23，如果 1234，求线性方程组Ax的通解.十、（本题满分8分）设A，B为同阶方阵，（1）若A，B相似，证明A，B的特征多项式相等.（2）举一个二阶方阵的例子说明（1）的逆命题不成立.（3）当A，B均为实对称矩阵时，证明（1）的逆命题成立 十一、（本题满分7分）设维随机变量X的概率密度为0 X其他.1 X cos-， f(x) 220，2对X独立地重复观察4次，用Y表示观察值大于 3的次数，求Y的数学期望.十二、（本题满分7分）设总体X的概率分布为X0123P22 (1)21 2(0其中-)2是未知参数，利用总体X的如下样本值3,

8、1,3,0,3,123,求的矩估计值和最大似然估计值参考答案一、填空题(2)【分析】d ln x原式 e ln2x1ln xe 1.方程两边对x两次求导得ye y' 6xy' 6y 2x 0,yy 2e y'' e y'6xy'' 12y' 2 0.以x 0代入原方程得y 0,以x代入得y' 0,再以x y y'0代入得 y''(0)2.(3)【分析】这是二阶的可降阶微分方程. dy' dP cdPyP .令y' P(D(以y为自变量)，则 dxdx dyc dP c2 c dP r

9、yP P 0 y P 0代入方程得dy，即dy (或P 0 ,但其不满足初y' x0始条件12).分离变量得dPPdy y0,积分得In PInC,，即Ci°对应C1°);1,PC1 得又由v(4)【分析】1 -.,2 ydy 2ydx,积分得x C21，所求特解为y因为二次型项的系数就是二次型矩阵又因 aii(5)【分析】设事件A 16 4X0XT Ax经正交变换化为标准型时,标准形中平方A的特征值，所以6，°，°是A的特征值.a a 6 ° °, a 2.a表示“二次方程y2 4yX4.依题意，有P(A)1PX 4 2PX

10、 41 P X 4 11(-14)",()2、选择题X °无实根”，则(-),0.4.(1)【分析】这是讨论函数 f(x, y)的连续性，可偏导性，可微性及偏导数lim -un 1 0 n 1(2)【分析】 由 n的连续性之间的关系.我们知道，f (x,y)的两个偏导数连续是可微的充分 条件，若f (x，y)可微则必连续,故选(A).n10充分大时即N，n N时Un ，且1lim 0,n un不妨认为n,Un0,因而所考虑级数是交错级数，但不能保1证un的单调性.按定义考察部分和Sn n ( 1)k 1J -)k 1UkUk 1n n(Dk1-( 1)k1 k 1uk k

11、1u k 13 n13 Ik 1 ukl 1ul u1un 1I?)，原级数收敛再考察取绝对值后的级数) un 1112,unun 1 nn 1 n1(-)n 1 n发散 n 1 UnUn 1发散.因此选(C).lim f (x) a 0【分析】证明(B) X:反证法.假设x，则由拉格朗日 中值定理，f(2x) f(x) f'( )x (x )(当 x 时因为x 2x );但这与f(2x) f(x) |f(2x)f(x) 2M 矛盾(f(x)M).(4)【分析】因为r(A) r(A) 2 3,说明方程组有无穷多解，所以三 个平面有公共交点且不唯一，因此应选(B).(A)表示方程组有唯一

12、解，其充要条件是r(A)rCA) 3.(C)中三个平面没有公共交点，即方程组无解，又因三个平面中任两个都不行，故r(A) 2和r(A) 3,且A中任两个平行向量都线性无关.类似地，(D)中有两个平面平行，故r(A) 2, r(A) 3,且A中有两个平行 向量共线.(5)【分析】首先可以否定选项(A)与(C),因f1(x)f2(x)dxf1(x)dxf2(x)dx 2 1,Fi() F2()112 1.，一 1, 2 x 1,1,0 x 1,对于选项(B),若则对任何0,其他，f2(x)0,其他，f1(x) f2(x) 0,f1(x) f2(x)dx 0 1,因此也应否定(C),综上分析,用排除

13、法应选(D).进一步分析可知,若令X max(X1, X2)，而Xi fi(x), i 1，2,则X的分布函数F(x)恰是F1(x)F2(x).F(x) Pmax(Xi,X2) x PXi x,X2 x)PX1 xPX2 x F1(x)F2(x).三、【解】 用洛必达法则.由题设条件知1)f(0).由于 f(0) 0imjaf(h) bf(2h) f (0) (a b故必有a b 1 0. af (h) bf (2h) f(0) af '(h) 2bf'(2h) lim - lim 又由洛必达法则h 0hh 01(a 2b)f'(0) 0,及 f (0)0 ,则有 a

14、2b 0 .综上，得a 2，b 1.四、【解】由已知条件得f(0)0,f'(0)arctanx 2(0 et dt)'x xo,2arctan xe1x21,故所求切线方程为y x.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得2 lim nf(一) n n2limn,2,f f(0) n22limxf(x) f(0)0 x2 f '(0) 2.五、【分析与求解】D是正方形区域如图.因在D上被积函数分块表示于是要用分块积分法，用y x将D分成两块：DDi UD2,Di Dy x, D2 DAy x.22 2 x ,x y,max x ,y 2(x, y) D,y ,x y,2

15、222、emaxx,y dxdyemaxx,ydxdyD1D2Dix2 edxdyey dxdyD2x2 eDidxdy(D关于y1 x 22 dx ex dy007 (选择积分顺序)1、,2、,2 d2 0 xe dx e ； e 1.六、【分析与求解】（1）易知Pdx Qdy原函数,1 .一、，Pdx Qdy dx yf (xy)dxy一. x .xf (xy)dy dy y(ydx xdy) f (xy)( ydx xdy) yxxxyd(-) f(xy)d(xy) d f(t)dt.yy0x xyu(x, y) - f(t)dt在y 0上Pdx Qdy原函数，即y 0积分I在y 0与路

16、径无关I（2）因找到了原函数，立即可得u(x, y)(c,d) c a(a,b)d b七、【证明】 与书上解答略有不同，参见数三2021第七题（1）因为哥级数3 x y(x) 1 - 3!69x x6! 9!3nx丽的收敛域是（x ）上逐项求导数，得y'(x)2 x2!5 x5!8 x8!3n 1x(3n 1)!y''(x)4 x4!7 x7!3n 2 x(3n2)!所以y''2 x2!n xn!/"(2)与yy' yxe相应的齐次微分方程为y''y' y o2其特征方程为0,特征根为1,2因此齐次微分方程的通解

17、为设非齐次微分方程的特解为A 13 ,即有1 x y -e3y y是，方程通解为xe2(C1J 3cos- x2c .3C2 sin - x)Aex,将y代入方程y''y' yx3e2(C1cos万 x C2 sinxe可得=x) 1e23-1y(0) 1Ci-,Ci -,C20.33i 3 iy'(0) 0-Ci C2 .当x0时，有2233n于 是 哥 级 数n o (3n)!y(x)2e2cosx ie,323(八、【分析与求解】(i)由梯度向量的重要性质：函数h(x，y)在点m处沿该点的梯度方向一 h h 一一一gradh(x, y)(为，为) ，(知几

18、) 2刈 y°, 2y° x。 x y方向导数取最大值即gradh(x,y) (xo,yo)的模g(x。, y。)J(y0 2x。)2 (x。2y。)2.22一 八(2)按题意，即求g(x，y)求在条件x y xy 75 0下的最大值点g2(x,y) (y 2x)2 (x 2y)2 5x2 5y2 8xy22 c在条件x y xy 75 0下的最大值点.这是求解条件最值问题，用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数L(x, y, ) 5x2 5y2 8xy(x2 y2 xy 75),10x 8y (2x y) 0,x10y 8x (2y x) 0, yL 22x y xy 75 0

19、.则有解此方程组：将式与式相加得 (x y)(2) 0.x y或2.若y x,则由式得3x2 75即x5，y 5.若2,由或均得y x，代入式得x2 75即x 5店V53.于是得可能的条件极值点Mi(5, 5),M2( 5,5),M3(5、.3,53),M4( 5 3, 5,3).现比较f(x，y) g2(x，y) 5x2 5y2 8xy在这些点白函数值：f (Mi) f (M2) 450, f (M3) f(M4) 150.因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在MMzM'M4中2取到.因此g(x,y)在Mi,M2取到在d的边界上的最大值，即Mi,M2可作为攀登的起点.九、【解】 由2, 3, 4线性无关及12 23知，向量组的秩r( 1, 2, 3, 4) 3,即矩阵A的秩为3.因此Ax 0的基础解系中只包 含一个向量.那么由12(1,2,3, 4)(12 2301知，Ax 0的基础解系是(1，2,1,0)T.11234(1,2,3,4),11121k,11知，。,1,1,1)是Ax的一个特解.故Ax的通解是01其 中k为任意常数1十、【解】(1)若A,B相似，那么存在可逆矩阵P,使P AP B,故_1_1_1