2006考研数一真题及解析(共16页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2006年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、填空题：1-6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) .(2) 微分方程的通解是 .(3) 设是锥面()的下侧，则 .(4) 点到平面的距离= .(5) 设矩阵，为阶单位矩阵，矩阵满足，则= .(6)设随机变量与相互独立，且均服从区间上的均匀分布，则= .二、选择题：9-14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，把所选项前的字母填在题后的括号内.(7) 设函数具有二阶导数，且，为自变量在处的增量，与分别为在点处对应的增量与微分，若，则( )(A)(B)(

2、C)(D) (8) 设为连续函数，则等于( )(A)(B)(C) (D) (9) 若级数收敛，则级数( )(A)收敛.(B)收敛.(C)收敛.(D)收敛. (10) 设与均为可微函数，且. 已知是在约束条件下的一个极值点，下列选项正确的是( )(A)若，则.(B)若，则.(C)若，则.(D)若，则.(11) 设均为维列向量，是矩阵，下列选项正确的是( )(A)若线性相关，则线性相关.(B)若线性相关，则线性无关.(C)若线性无关，则线性相关.(D)若线性无关，线性无关. (12) 设为3阶矩阵，将的第2行加到第1行得，再将的第1列的-1倍加到第2列得，记，则( )(A)(B)(C)(D) (1

3、3) 设为随机事件，且，则必有( )(A)(B)(C)(D) (14) 设随机变量服从正态分布，服从正态分布，且则必有( )(A)(B)(C)(D) 三、解答题：1523小题，共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.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)设区域,计算二重积分 .(16)(本题满分12分)设数列满足 .(I)证明存在,并求该极限 ；(II)计算 .(17)(本题满分12分)将函数展开成的幂级数 .(18)(本题满分12分)设函数在内具有二阶导数，且满足等式(I) 验证.(II) 若求函数的表达式.(19)(本题满分12分)设在上半平面内,函数是有连续

4、偏导数,且对任意的都有.证明: 对内的任意分段光滑的有向简单闭曲线，都有 (20)(本题满分9分)已知非齐次线性方程组有个线性无关的解(I) 证明方程组系数矩阵的秩;(II) 求的值及方程组的通解.(21)(本题满分9分)设阶实对称矩阵的各行元素之和均为,向量是线性方程组的两个解.(I) 求的特征值与特征向量 (II) 求正交矩阵和对角矩阵,使得.(22)(本题满分9分) 随机变量的概率密度为 为二维随机变量的分布函数.求(I) 的概率密度; (II) .(23)(本题满分9分) 设总体的概率密度为. 为来自总体的简单随机样本,记为样本值中小于的个数,求的最大似然估计.2006年全国硕士研究生

5、入学统一考试数学一试题解析一、填空题(1)【答案】2.【详解】由等价无穷小替换，时，=2(2)【答案】.【详解】分离变量， (3)【答案】【详解】补一个曲面,取上侧，则组成的封闭立体满足高斯公式， 设 ，则(为锥面和平面所围区域)(为上述圆锥体体积)注：以下几种解法针对于不同的方法求圆锥体体积方法1：(高中方法，圆锥的体积公式，这种方法最简便)而 (在上：)方法2：先二重积分，后定积分.因为，所以 .从而方法3：利用球面坐标. 在球坐标下为：，方法4：利用柱面坐标 . (4)【答案】【详解】代入点 到平面的距离公式(5)【答案】 【详解】由已知条件变形得，, 两边取行列式, 得 其中， 因此，

6、.(6)【答案】【详解】根据独立性原理：若事件独立，则事件，而随机变量与均服从区间上的均匀分布，有和. 又随机变量与相互独立，所以，二、选择题.(7)【答案】【详解】方法1： 图示法. O x0 x0+x xyy=f(x) ydy因为则严格单调增加；因为 则是凹函数，又，画的图形结合图形分析，就可以明显得出结论：.方法2：用两次拉格朗日中值定理(前两项用拉氏定理) (再用一次拉氏定理), 其中由于，从而. 又由于，故选方法3： 用拉格朗日余项一阶泰勒公式. 泰勒公式：，其中. 此时取1代入，可得又由，选 .(8)【答案】【详解】记，则区域的极坐标表示是： ，. 题目考察极坐标和直角坐标的互化问

7、题，画出积分区间，结合图形可以看出，直角坐标的积分范围(注意 与 在第一象限的交点是)，于是 所以，原式. 因此选 (9) 【答案】【详解】方法1：数列收敛的性质：收敛数列的四则运算后形成的新数列依然收敛因为收敛，所以也收敛，所以收敛，从而也收敛.选D.方法2：记 ，则收敛. 但，(级数，级数发散)；(级数，级数发散)均发散。由排除法可知，应选D.(10) 【答案】【详解】方法1： 化条件极值问题为一元函数极值问题。已知，由，在邻域，可确定隐函数，满足，。是在条件下的一个极值点是 的极值点。它的必要条件是若，则，或，因此不选，.若，则(否则). 因此选方法2：用拉格朗日乘子法. 引入函数，有因

8、为，所以，代入(1)得若，则，选(11)【答案】A【详解】方法1：若线性相关, 则由线性相关定义存在不全为的数使得 为了得到的形式，用左乘等式两边, 得 于是存在不全为的数使得成立，所以线性相关.方法：如果用秩来解,则更加简单明了. 只要熟悉两个基本性质, 它们是:1. 线性相关；2. . 矩阵, 设， 则由得. 所以答案应该为().(12) 【答案】【详解】用初等矩阵在乘法中的作用(矩阵左乘或右乘初等矩阵相当于对矩阵进行初等行变换或列变换)得出将的第2行加到第1行得，即 将的第1列的-1倍加到第2列得，即因为，故. 从而 ,故选().(13)【答案】C【详解】本题考条件概率的概念和概率的一般

9、加法公式根据条件概率的定义，当时，得根据加法公式有,故选(C)(14) 【答案】A.【详解】由于与的分布不同，不能直接判断和的大小与参数关系. 如果将其标准化后就可以方便地进行比较了。随机变量标准化，有，且其概率密度函数是偶函数. 所以.同理有，因为是单调递增函数，当时， ，即，所以，故选(A).三、解答题(15)【详解】积分区域对称于轴，为的奇函数，从而知 所以 (16)【详解】(I) 由于时，于是,说明数列单调减少且. 由单调有界准则知存在.记为. 递推公式两边取极限得(II) 原式，为“”型. 因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑所以 (17)【详解】用分解法转化为求的展开式，而这是已

10、知的.由于 因此 .(18)【详解】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题目中给的等式就可以了同理 代入，得 ，所以 成立.(II) 令于是上述方程成为，则，即 ，所以 因为 ，所以 ，得 又因为 ，所以 ，得 (19)【详解】方法1：把两边对求导，得：令 ，则；再令 ，所以 ，得 ，所以由格林公式知结论成立.方法2： 是单连通区域，对于内的任意分段光滑简单闭曲线，为内的一曲线在内与路径无关 同方法1，由 可证得上式.因此结论成立.(20)【详解】(I)系数矩阵未知量的个数为，且又有三个线性无关解，设是方程组的3个线性无关的解, 则是的两个线性无关的解. 因为线性无关又是齐次方程的

11、解，于是的基础解系中解的个数不少于2, 得, 从而.又因为的行向量是两两线性无关的, 所以. 所以.(II)对方程组的增广矩阵作初等行变换: = 由, 得， 即 .所以作初等行变换后化为；，它的同解方程组 中令求出的一个特解；的同解方程组是 取代入得；取 代入得. 所以的基础解系为，所以方程组的通解为：，为任意常数 (21)【详解】(I) 由题设条件，故是的对应于的特征向量，又因为线性无关，故至少是的二重特征值. 又因为的每行元素之和为，所以有，由特征值、特征向量的定义，是的特征向量, 特征值为，只能是单根，是全体特征向量，从而知是二重特征值.于是的特征值为；属于的特征向量: ；属于的特征向量

12、: ，不都为.() 为了求出可逆矩阵必须对特征向量进行单位正交化 .先将单位化, 得.对作施密特正交化, 得, .作, 则是正交矩阵,并且 (22)【详解】, 由于是分段函数，所以在计算时，要相应分段讨论. 求只是与有关，不必先求出的函数.(I) 因为，当时，当时，；当时，；当时，综上所述，有由概率密度是分布函数在对应区间上的的微分，所以，这个解法是从分布函数的最基本的概率定义入手，对y进行适当的讨论即可，属于基本题型.() 由协方差的计算公式需要计算，.；.故(III) 根据二维随机变量的定义，有 由一维概率计算公式有，.(23)【答案】的矩估计；的最大似然估计【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)，所以矩估计的关键在于找出总体的矩.最大似然估计，实质上就是找出使似然函数最大的那个参数，问题的关键在于构造似然函数. 样本值中小于1的概率是，大于1的概率是. 因此，似然函数应为：(I) 由数学期望的定义：样本均值 用样本均值估计期望有 即，解得.所以参数的矩估计为. 其中.() 对样本按照或者进行分类，不妨设：，. 似然函数，在，时，等式两边同取自然对数得，由于和在的同一点取得最大值，所以令，解得，所以的最大似然估计值为.专心-专注-专业