2004安徽考研数学一真题及答案.doc

2004安徽考研数学一真题及答案一、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y=lnx上与直线垂直的切线方程为.【分析】 本题为基础题型，相当于已知切线的斜率为1，由曲线y=lnx的导数为1可确定切点的坐标.【详解】 由，得x=1, 可见切点为，于是所求的切线方程为 ， 即 .【评注】 本题也可先设切点为，曲线y=lnx过此切点的导数为，得，由此可知所求切线方程为， 即 .本题比较简单，类似例题在一般教科书上均可找到.（2）已知，且f(1)=0, 则f(x)= .【分析】 先求出的表达式，再积分即可.【详解】 令，则，于是有 ， 即 积分得 . 利用初始条件f(1)=0, 得C=0，故所求函数为f(x)= .【评注】 本题属基础题型，已知导函数求原函数一般用不定积分.（3）设为正向圆周在第一象限中的部分，则曲线积分的值为 .【分析】 利用极坐标将曲线用参数方程表示，相应曲线积分可化为定积分.【详解】 正向圆周在第一象限中的部分，可表示为 于是 =【评注】 本题也可添加直线段，使之成为封闭曲线，然后用格林公式计算，而在添加的线段上用参数法化为定积分计算即可.（4）欧拉方程的通解为 .【分析】 欧拉方程的求解有固定方法，作变量代换化为常系数线性齐次微分方程即可.【详解】 令，则 ， ，代入原方程，整理得，解此方程，得通解为 【评注】 本题属基础题型，也可直接套用公式，令，则欧拉方程 ，可化为 （5）设矩阵，矩阵B满足，其中为A的伴随矩阵，E是单位矩阵，则 .【分析】 可先用公式进行化简【详解】 已知等式两边同时右乘A，得， 而，于是有， 即 ，再两边取行列式，有 ， 而 ，故所求行列式为【评注】 先化简再计算是此类问题求解的特点，而题设含有伴随矩阵，一般均应先利用公式进行化简.（6）设随机变量X服从参数为的指数分布，则= .【分析】 已知连续型随机变量X的分布，求其满足一定条件的概率，转化为定积分计算即可.【详解】 由题设，知，于是 = =【评注】 本题应记住常见指数分布等的期望与方差的数字特征，而不应在考试时再去推算.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）把时的无穷小量，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是(A) . (B) . (C) . (D) . B 【分析】 先两两进行比较，再排出次序即可.【详解】 ，可排除(C),(D)选项，又 =，可见是比低阶的无穷小量，故应选(B).【评注】 本题是无穷小量的比较问题，也可先将分别与进行比较，再确定相互的高低次序.（8）设函数f(x)连续，且则存在，使得 (A) f(x)在（0，内单调增加. （B）f(x)在内单调减少.(C) 对任意的有f(x)>f(0) . (D) 对任意的有f(x)>f(0) . C 【分析】 函数f(x)只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，因此可排除(A),(B)选项，再利用导数的定义及极限的保号性进行分析即可.【详解】 由导数的定义，知 ，根据保号性，知存在，当时，有 即当时，f(x)<f(0); 而当时，有f(x)>f(0). 故应选(C).【评注】 题设函数一点可导，一般均应联想到用导数的定义进行讨论.（9）设为正项级数，下列结论中正确的是 (A) 若=0，则级数收敛.（B） 若存在非零常数，使得，则级数发散.(C) 若级数收敛，则. (D) 若级数发散, 则存在非零常数，使得. B 【分析】 对于敛散性的判定问题，若不便直接推证，往往可用反例通过排除法找到正确选项.【详解】 取，则=0，但发散，排除(A)，(D)；又取，则级数收敛，但，排除(C), 故应选(B).【评注】 本题也可用比较判别法的极限形式， ，而级数发散，因此级数也发散，故应选(B).（10）设f(x)为连续函数，则等于 (A) 2f(2). (B) f(2). (C) f(2). (D) 0. B 【分析】 先求导，再代入t=2求即可.关键是求导前应先交换积分次序，使得被积函数中不含有变量t.【详解】 交换积分次序，得 =于是，从而有 ，故应选(B).【评注】 在应用变限的积分对变量x求导时，应注意被积函数中不能含有变量x: 否则，应先通过恒等变形、变量代换和交换积分次序等将被积函数中的变量x换到积分号外或积分线上.（11）设A是3阶方阵，将A的第1列与第2列交换得B,再把B的第2列加到第3列得C, 则满足AQ=C的可逆矩阵Q为(A) . (B) . (C) . (D) . D 【分析】 本题考查初等矩阵的的概念与性质，对A作两次初等列变换，相当于右乘两个相应的初等矩阵，而Q即为此两个初等矩阵的乘积.【详解】由题设，有 ， ，于是， 可见，应选(D).【评注】 涉及到初等变换的问题，应掌握初等矩阵的定义、初等矩阵的性质以及与初等变换的关系.（12）设A,B为满足AB=O的任意两个非零矩阵，则必有(A) A的列向量组线性相关，B的行向量组线性相关. (B) A的列向量组线性相关，B的列向量组线性相关. (C) A的行向量组线性相关，B的行向量组线性相关. (D) A的行向量组线性相关，B的列向量组线性相关. A 【分析】A,B的行列向量组是否线性相关，可从A,B是否行（或列）满秩或Ax=0（Bx=0）是否有非零解进行分析讨论.【详解1】 设A为矩阵，B 为矩阵，则由AB=O知， . 又A,B为非零矩阵，必有r(A)>0,r(B)>0. 可见r(A)<n, r(B)<n, 即A的列向量组线性相关，B的行向量组线性相关，故应选(A).【详解2】 由AB=O知，B的每一列均为Ax=0的解，而B为非零矩阵，即Ax=0存在非零解，可见A的列向量组线性相关.同理，由AB=O知，于是有的列向量组，从而B的行向量组线性相关，故应选(A).【评注】 AB=O是常考关系式，一般来说，与此相关的两个结论是应记住的：1） AB=O;2） AB=OB的每列均为Ax=0的解.（13）设随机变量X服从正态分布N(0,1)，对给定的，数满足，若，则等于(A) . (B) . (C) . (D) . C 【分析】 此类问题的求解，可通过的定义进行分析，也可通过画出草图，直观地得到结论.【详解】 由标准正态分布概率密度函数的对称性知，于是即有 ，可见根据定义有，故应选(C).【评注】 本题相当于分位数，直观地有 o （14）设随机变量独立同分布，且其方差为 令，则(A) Cov( (B) . (C) . (D) . A 【分析】 本题用方差和协方差的运算性质直接计算即可，注意利用独立性有：【详解】 Cov( =【评注】 本题(C),(D) 两个选项的方差也可直接计算得到：如 =， =（15）（本题满分12分）设, 证明.【分析】 根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证明.【证法1】 对函数在a,b上应用拉格朗日中值定理，得 设，则， 当t>e时， 所以单调减少，从而，即 ，故 .【证法2】 设，则 ， ,所以当x>e时， 故单调减少，从而当时， ，即当时，单调增加.因此当时，即 ，故 .【评注】 本题也可设辅助函数为或，再用单调性进行证明即可.（16）（本题满分11分）某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以增大阻力，使飞机迅速减速并停下.现有一质量为9000kg的飞机，着陆时的水平速度为700km/h. 经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比（比例系数为 问从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？注kg表示千克，km/h表示千米/小时.【分析】 本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程即可.【详解1】 由题设，飞机的质量m=9000kg，着陆时的水平速度. 从飞机接触跑道开始记时，设t时刻飞机的滑行距离为x(t)，速度为v(t).根据牛顿第二定律，得 .又 ，由以上两式得 ，积分得 由于，故得，从而 当时， 所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.【详解2】 根据牛顿第二定律，得 ,所以 两端积分得通解，代入初始条件解得，故 飞机滑行的最长距离为 或由，知，故最长距离为当时，【详解3】 根据牛顿第二定律，得 , ，其特征方程为 ，解之得，故 由 ，得 于是 当时，所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.【评注】 本题求飞机滑行的最长距离，可理解为或的极限值，这种条件应引起注意.（17）（本题满分12分）计算曲面积分 其中是曲面的上侧.【分析】 先添加一曲面使之与原曲面围成一封闭曲面，应用高斯公式求解，而在添加的曲面上应用直接投影法求解即可.【详解】 取为xoy平面上被圆所围部分的下侧，记为由与围成的空间闭区域，则 由高斯公式知 = =而 ，故 【评注】 本题选择时应注意其侧与围成封闭曲面后同为外侧（或内侧），再就是在上直接投影积分时，应注意符号(取下侧，与z轴正向相反，所以取负号).（18）（本题满分11分）设有方程，其中n为正整数. 证明此方程存在惟一正实根，并证明当时，级数收敛.【分析】 利用介值定理证明存在性，利用单调性证明惟一性.而正项级数的敛散性可用比较法判定.【证】 记 由，及连续函数的介值定理知，方程存在正实数根当x>0时，可见在上单调增加, 故方程存在惟一正实数根由与知 ，故当时，.而正项级数收敛，所以当时，级数收敛. 【评注】 本题综合考查了介值定理和无穷级数的敛散性，题型设计比较新颖，但难度并不大，只要基本概念清楚，应该可以轻松求证.（19）（本题满分12分）设z=z(x,y)是由确定的函数，求的极值点和极值.【分析】 可能极值点是两个一阶偏导数为零的点，先求出一阶偏导，再令其为零确定极值点即可，然后用二阶偏导确定是极大值还是极小值，并求出相应的极值.【详解】 因为 ，所以 ， .令 得 故 将上式代入，可得 或 由于 ， ，所以 ，故，又，从而点(9,3)是z(x,y)的极小值点，极小值为z(9,3)=3.类似地，由 ，可知，又，从而点(-9, -3)是z(x,y)的极大值点，极大值为z(-9, -3)= -3.【评注】 本题讨论由方程所确定的隐函数求极值问题，关键是求可能极值点时应注意x,y,z满足原方程.（20）（本题满分9分）设有齐次线性方程组试问a取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解.【分析】 本题是方程的个数与未知量的个数相同的齐次线性方程组，可考虑对系数矩阵直接用初等行变换化为阶梯形，再讨论其秩是否小于n，进而判断是否有非零解；或直接计算系数矩阵的行列式，根据题设行列式的值必为零，由此对参数a的可能取值进行讨论即可.【详解1】 对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有 当a=0时， r(A)=1<n，故方程组有非零解，其同解方程组为 由此得基础解系为 于是方程组的通解为 其中为任意常数.当时，对矩阵B作初等行变换，有 可知时，故方程组也有非零解，其同解方程组为 由此得基础解系为 ，于是方程组的通解为 ，其中k为任意常数.【详解2】 方程组的系数行列式为 .当，即a=0或时，方程组有非零解.当a=0时，对系数矩阵A作初等行变换，有 ，故方程组的同解方程组为 由此得基础解系为 于是方程组的通解为 其中为任意常数.当时，对系数矩阵A作初等行变换，有 ，故方程组的同解方程组为 由此得基础解系为 ，于是方程组的通解为 ，其中k为任意常数.【评注】 矩阵A的行列式也可这样计算：=+，矩阵的特征值为，从而A的特征值为a,a, 故行列式（21）（本题满分9分） 设矩阵的特征方程有一个二重根，求a的值，并讨论A是否可相似对角化.【分析】 先求出A的特征值，再根据其二重根是否有两个线性无关的特征向量，确定A是否可相似对角化即可.【详解】 A的特征多项式为 =当是特征方程的二重根，则有 解得a= -2.当a= -2时，A的特征值为2,2,6, 矩阵2E-A=的秩为1，故对应的线性无关的特征向量有两个，从而A可相似对角化.若不是特征方程的二重根，则为完全平方，从而18+3a=16，解得 当时，A的特征值为2，4，4，矩阵4E-A=秩为2，故对应的线性无关的特征向量只有一个，从而A不可相似对角化.【评注】 n阶矩阵A可对角化的充要条件是：对于A的任意重特征根，恒有 而单根一定只有一个线性无关的特征向量.(22)（本题满分9分）设A,B为随机事件，且，令 求：（I）二维随机变量(X,Y)的概率分布； （II）X和Y的相关系数【分析】 先确定(X,Y)的可能取值，再求在每一个可能取值点上的概率，而这可利用随机事件的运算性质得到，即得二维随机变量(X,Y)的概率分布；利用联合概率分布可求出边缘概率分布，进而可计算出相关系数.【详解】 （I） 由于， 所以， ， ， =（或），故(X,Y)的概率分布为 Y X 0 1 0 1 (II) X, Y的概率分布分别为 X 0 1 Y 0 1 P P 则，DY=, E(XY)=,故 ，从而 【评注】 本题尽管难度不大，但考察的知识点很多，综合性较强.通过随机事件定义随机变量或通过随机变量定义随机事件，可以比较好地将概率论的知识前后连贯起来，这种命题方式值得注意.（23）（本题满分9分）设总体X的分布函数为 其中未知参数为来自总体X的简单随机样本，求：（I） 的矩估计量；（II） 的最大似然估计量.【分析】 先由分布函数求出概率密度，再根据求矩估计量和最大似然估计量的标准方法进行讨论即可.【详解】 X的概率密度为 （I） 由于 ，令，解得 ，所以参数的矩估计量为 （II）似然函数为 当时，取对数得，两边对求导，得，令，可得 ，故的最大似然估计量为 【评注】 本题是基础题型，难度不大，但计算量比较大，实际做题时应特别注意计算的准确性.