2021年考研数学一模拟试题及答案(十)

1、、选择题1、 曲线 yA) ( 1， 0)答案 】 C 【 考点分析条件即可。解析 】由 yy x1x关系可知 y (1)y (2) 0 ，2、设数列an xn1(0，2答案 】级数收敛性的一些结论，综合性较强。解析 】 Snan 单调减少，半径 R 1 。因此，哥级数2021 考研数学一模拟试题及答案2341 x 2 2 x 3 3 x 4 4的拐点是( )B)2 ， 0)】本题考查拐点的判断。直接利用判断拐点的必要条件和第二充分C) ( 3 ， 0)D) ( 4， 0 )2x2x343 x 4 4 可知 1,2,3,4 分别是x40 的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的二、三、四重

2、根，故由导数与原函数之间的y (2)y (3)y (4) 0(3)y (4)(3)0, y(4)0 ，故( 3， 0)。拐点。an 单 调 减 少n 的收敛域为 (考点分析 】本题考查幂级数的收敛域。主要涉及到收敛半径的计算和常数项nak n k1limnanlimnan0，Snnak n 1,2k1无界，则幂级数n1收敛， x 2 时幂级数发散。可知收敛域为3、A)(-1 ，1B) -1 ， 1)C) 0 ， 2)( D)主要涉及到收敛半径的计算和常数项1,2无界，说明幂级数an x 1 n 的收敛半径0 ，说明级数n1ann11 n 收敛，可知幂级数an xn1an1 n 的收敛半径R1，

3、收敛区间为0,2 。设 函数 f (x) 具有二阶连续导数，且 f (x) 0 ， f(0)在点 (0,0) 处取得极小值的一个充分条件是(R 1；1 n 的收敛0,2 。又由于 x0 时幂级数0 ，则函数 z f (x) ln f (y)(A)f(0) 1, f (0) 0 (B)f(0) 1, f (0) 0(C) f(0) 1, f (0) 0(D)f(0) 1, f (0) 0【答案】C【考点分析】本题考查二元函数取极值的条件，直接套用二元函数取极值的充分条件即可。【解析】由 zf (x)ln f (y)知 zxf(x)lnf(y), zyf(x) f(y)f (y)，Zxyf (x)

4、 f(y)f (y)zxxf(x)inf(y), zyy f(x)f(y)f(y)(f(y)2f2(y)所以zyx0y 0常 f(0)0 ， Zxxf (0)ln f(0),一 - 一一 一 一 2f(0)f(0)f(0(f(0)f (0)x 0f2(0)y 0要使得函数Zf (x)ln f (y)在点(0,0)处取得极小值，仅需f (0)ln f (0)0 , f (0)ln f (0) f (0) 0所以有 f(0) 1, f (0) 04、设 I04 ln sin xdx, J04 ln cot xdx,K: ln cos xdx ,则 I, J, K 的大小关系是()(A)I J K

5、(B)I K J(C)J 1K(D) K J I【答案】B【考点分析】本题考查定积分的性质,直接将比较定积分的大小转化为比较对应的被积函数【解析】x (0,一)时，0 sin x4的大小即可。2， cosx cot x ,因止匕 ln sin x ln cosx ln cot x 24lncotxdx,故选(B)04lnsin xdx04 lncosxdx0A的第二列加到第0100,P200101B的第二行与第一行得5.设A为3阶矩阵，将1 0单位矩阵.记P 110 0列得矩阵B ,再交换01 ，则 A ()0(A)哂1(B) P P2(C) EP1(D) P2 P【考点分析】本题考查初等矩阵

6、与初等变换的关系。直接应用相关定理的结论即可。由初等矩阵与初等变换的关系知ARA BP1P21PBP 1 ,故选(D)6、设4是4阶矩阵，为的伴随矩阵，若1,0,1,0 是方程组x的一个基础解系，则x0基础解系可为（(A)1,3(B)1,2(C)1,2,3 (D)2，3，4【答案】D【考点分析】本题考查齐次线性方程组的基础解系，需要综合应用秩，伴随矩阵等方面的知识，有一定的灵活性。由x 0的基础解系只有一个知r(A) 3,所以 r(A) 1,又由 A A A E知,2, 3, 4都是 x 0的解，且x 0的极大线生无关组就是其基础解系，又1， 2， 3， 4/113线性相关，故1,2,42,3

7、,4为极大无关组，故应选（D)7、设x , F2 x为两个分布函数，其相应的概率密度f1 X , f2 x是连续函数，则必为概率密度的是（）(A) f1 x f2 x(B) 2f2x F1 x(C) f1 x F2 x(D) f1 x F2 xf2 x F1 x【答案】D【考点分析】本题考查连续型随机变量概率密度的性质。【解析】检验概率密度的性质：f1 x F2 xf2 x F1 x 0 ；f1 x F2 xf2 x F1 x dx Fi x F2 x为概率密度，故选（D）。1。可知 f1 x F2 xf2 x F1 x8、设随机变量与 相互独立，且 与 存在，记U max x, y , V

8、min x, y ,则(UV)()(A) U V (B)(C) U (D)V【答案】B【考点分析】本题考查随机变量数字特征的运算性质。计算时需要先对随机变量UV进行处理，有一定的灵活性。【解析】由于 UV maxX,Ymin X,Y XY可知 E(UV) E(maxX,Ymin X,Y) E(XY) E(X)E(Y)故应选(B)二、填空题9、曲线yxtantdt 00x 的弧长s =4【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。4， 2斛析s y dx04.2.42/ 一 /tan xdx sec x 1dx tan x x 4 1 000410、微分方程y y excosx满足条件y

9、(0) 0的解为y sin xe x【考点分析】本题考查一阶线性微分方程的求解。先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其通解，再根据定解条件，确定通解中的任意常数。【解析】原方程的通解为1dx x1dxxxy e e cosx e dx C e cosxdx C e sinx C由y(0) 0 ,得C 0 ,故所求解为y sin xe xxy sin t _2F11、设函数 F x, y 2 dt ,贝U 2_0 1 tx x 0y 2【答案】4 【考点分析】本题考查偏导数的计算。【解析】F ysinxy2f22 x2.2 2y cosxy 1 x y2xy3 sinxy2F2 ° 故x

10、212、设L是柱面方程1与平面z xy的交线，从z轴正向往z轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分2。xzdx xdy - dz2L【考点分析】本题考查第二类曲线积分的计算。首先将曲线写成参数方程的形式，再代入相应的计算公式计算即可。cost【解析】曲线L的参数方程为sin t，其中t从0到2 。因此costsint2 y , Oxzdx xdy dz 2 L2cost(cost sint)( sint) 02. ,2, sin21 costsint cost cost cost2 .cos tsin2t(cost sint)dt13、若二次曲面的方程为x2 3y2 z2 2axy 2xz 2yz

11、 4 ,经正交变换化为y2 4z2 4,则 a 【答案】1【考点分析】本题考查二次型在正交变换下的标准型的相关知识。题目中的条件相当于告诉了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出a。【解析】本题等价于将二次型f(x,y,z) x2 3y2 z2 2axy 2xz 2yz经正交变换后化为了 f y2 4乙2。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1,4,0。1 a 1该二次型的矩阵为 A a 3 1 ,可知Aa2 2a 1 0,因此a 1。11 114、设二维随机变量(X,Y)服从N( , ; 2, 2;0),则E(XY2) 【考点分析】：本题考查二维正态分布的性质。【解析】：由于 0,

12、由二维正态分布的性质可知随机变量X,Y独立。因此22E(XY2) EX EY2。由于(X,Y)服从N(,;2;0),可知 EX ,EY2 DY2EY2222,则E(XY2)三、解答题15、(本题满分10分)求极限1ln(1 x) ex-"x【考点分析】：本题考查极限的计算,属于1形式的极限。计算时先按1未定式的计算方法将极限式变形，再综合利用等价无穷小替换、洛必达法则等方法进行计算。ln(1 x) xxln(1 x) x 1lim-x_x 0 x e 1e ln(1 lim-x 0ex) x x21一 1lim 1 xex 0 2xxlim x 02x(1 x)e16、(本题满分9分

13、)f (xy, yg(x),其中函数f具有二阶连续偏导数,函数 g(x)可导，且在x 1处取得极值g(1) 1 ,求x y x 1,y 1_ 、 一 ' '【答案】九1(1,1)小(1,1) 【考点分析】：本题综合考查偏导数的计算和二元函数取极值的条件，主要考查考生的计算能力，计算量较大。z',，【斛析】：- f1 (xy, yg(x)y fz(xy, yg(x) yg (x) x2 z ''''/ 、 f1,1(xy,yg(x)xy f1,2(xy,yg(x)yg(x) f1(xy, yg(x)x x y '''

14、'''f2,1(xy,yg(x)xyg (x) f2,2 (xy, yg(x)yg(x)g (x) fz(xy, yg(x)g (x)由于g(x)在x1处取得极值g(1) 1,可知g'(1) 0。x y x 1,y1f1,1(1，g(1) f1,2(1，g(1)g(1) f1(1，g(1)f2,1(1，g(1)g(1) f2,2(1，g(1)g(1)g(1) f2(1，g(1)g (1)f1,1(1,1) f1,2(1,1)17、(本题满分10分)求方程k arctan x x 0不同实根的个数，其中 k为参数【答案】k 1时，方程karctan x x 0只有

15、一个实根k 1时，方程k arctanx x 0有两个实根【考点分析】：本题考查方程组根的讨论，主要用到函数单调性以及闭区间上连续函数的性质。解题时，首先通过求导数得到函数的单调区间,再在每个单调区间上检验是否满足零点存在定理的条件。【解析】：令 f (x) karctan x x ,则 f (0) 0kf(x) rv 1k 1 x21 x2，(1) 当 k 1 时，f (x) 0 , f (x)在()单调递减，故此时f (x)的图像与x轴与只有一个交点，也即方程 k arctan x x 0只有一个实根(2)k 1 时，在(，0)和(0,)上都有 f(x) 0,所以 f(x)在(，0)和(0

16、,)是严格的单调递减，又 f(0) 0,故f(x)的图像在(，0)和(0,)与乂轴均无交点 k 1 时， Jk_7 x JT7时，f (x) 0, f(x)在(JT7,JT7)上单调 增加，又f (0) 0知，f (x)在(Jk_7,JT7)上只有一个实根，又f (x) (, JT7)或(JT7,)都有f (x) 0, f(x)在(，JT7)或QT7,)都单调减，又 f( JT7) 0, lim f (x), f(Jk_7) 0, lim f (x) ，所以 f (x)在(,Jk 1)与x轴无交点，在(Jk 1,)上与x轴有一个交点综上所述：k 1时，方程k arctanx x 0只有一个实根

17、k 1时，方程k arctanx x 0有两个实根11118、(本题满分10分)证明：(1)对任意正整数 n,都有in(1 -)-n 1 nn，、11.设an 1 - 一ln n(n 1,2,)，证明数列a。收敛 2 n【考点分析】：本题考查不等式的证明和数列收敛性的证明，难度较大。(1)要证明该不等(2)证明收敛性时要用到单调有式，可以将其转化为函数不等式，再利用单调性进行证明;界收敛定理，注意应用(1)的结论。1x【解析】：(1)令一 X,则原不等式可化为 ln(1 x) x,x 0。 nx 1先证明 ln(1 x) x,x 0： ,1令f (x) x ln(1 x)。由于f(x) 1 0

18、,x 0,可知f(x)在0,上单调递增。1 x又由于 f(0) 0,因此当 x 0 时，f(x) f (0) 0。也即 ln(1 x) x,x 0。再证明 上 ln(1 x),x 0：x 1x , 一， 11令 g(x) ln(1 x)。由于 g(x)2 0,x 0,可知 g(x)在 0, 上x 11 x (1 x)单调递增。由于g(0)0 ,因此当 x 0 时，g(x) g(0)0。也即上 ln(1 x), x 0。 x 1因此，我们证明了(2)an 1 anln(1 x) x,x 0。再令由于，即可得到所需证明的不等式。ln(1 工)，由不等式 |n(1 1)可知：数列 ann 1nn 1

19、 n单调递减。一,一一 11又由不等式ln(1 )可知：n n,11an1一一ln n ln(1 1) ln(12n2). ln(11、)ln n ln( n 1) ln n n0。因此数列an是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列an收敛。19、(本题满分11分)已知函数f (x,y)具有二阶连续偏导数，且f(1, y) 0, f(x,1) 0,f (x, y)dxdy a ,其中 D (x,y)|0 x 1,0 y 1,计算二重积分Dxyfxy (x,y)dxdy【答案】：a【考点分析】：本题考查二重积分的计算。计算中主要利用分部积分法将需要计算的积分式 化为已知的积分式，出题形式较为新

20、颖，有一定的难度。【解析】：将二重积分xyfxy (x, y)dxdy转化为累次积分可得Dxyfxy (x, y)dxdyD1dy01xyfxy (x,y)dx0ixyfxy (x,y)dx011y0xdfy(x,y) xyfy(x,y)0由 f (1,y)f(x,1)1故 xyfxy (x,y)dx 0xyfxy (x, y)dxdyD0 易知 fy(1, y)fx'(x,1)1yfy (x, y)dx。011dyxyfxy (x,y)dx000。11dy yfy (x, y)dx00对该积分交换积分次序可得:11dy yfy (x, y)dx001dx01yfy (x, y)dy0

21、1再考虑积分yfy0(x,y)dy ，注意这里是把变量x看做常数的,故有1yfy (x, y)dy0ydf (x, y) yf(x, y)：1f(x,y)dy1f (x,y)dy0因此xyfxy (x, y)dxdyD1dx01yfy (x, y)dy01dx01f (x, y)dy f (x, y)dxdy a0D20、(本题满分11分)1,0,1T0,1,1 ,T31,3,5不能由T11,a,121,2,31,3,5T线性表出。求a；将1首先考虑xyfxy (x,y)dx)注意这是是把变量 y看做常数的)故有011yfy (x, y)dx yfy (1,y) yfy (x,y)dx00线性

22、表出。【答案】：a 5 ;1231234110解题时【考点分析】：本题考查向量的线性表出，需要用到秩以及线性方程组的相关概念,注意把线性表出与线性方程组的解结合起来。【解析】：由于3不能由1 , 2 , 3表不可知本题等价于求三阶矩阵C使得2,可知C 1,2,计算可得C10因此 1231231021、（本题满分11分）A为三阶实矩阵,R(A) 2,（1）求A的特征值与特征向量（2）求A【答案】：（1）的特征值分别为1，-1，0，对应的特征向量分别为-1【考点分析】：实对称矩阵的特征值与特征向量，解题时注意应用实对称矩阵的特殊性质。-1-1【解析】：(1)0-011可知：1,-1均为 的特征值，

23、11-10与20分别为它们的特征向量11r (A) 2 ,可知0也是的特征值而0的特征向量与1,2正交X1X2为0的特征向量X3X3X1X3的特征值分别为-1对应的特征向量分别为-1(2)-1其中212122.（本题满分11分）X01P1/32/3Y-101P1/31/31/3_22P X Y 1求：（1） X,Y的分布；（2） Z XY的分布; XY.【答案】：（1）01-101/301/30101/3(2)Z-101P1/31/31/3（3） XY 0【考点分析】：本题考查二维离散型分布的分布律及相关数字特征的计算。其中，最主要的 是第一问联合分布的计算。2222【解析】：（1）由于P X Y 1,因此P X Y 0。故P X 0,Y 10,因此P X 1,Y 1 P X 1,Y 1 P X 0,Y 1 P Y 11/3再由P X 1,Y 00可知P X 0,Y 0 P X 1,Y 0 P X 0,Y 0 P Y 01/3同样，由P X 0,Y10可知P X 0,Y1 P X 1,Y1 P X 0,Y1 P Y 11/3这样，我们就可以写出X,Y的