考研《高等数学》模拟考试题（一）.pdf

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1、 1 2016 年全国硕士研究生入学统一考试 数学（一）模拟题 一选择题：1-8 小题，每小题 4 分，共 32 分。下列各题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请将所选项前的字母填在题后的括号内。（1）设()f x为可导的偶函数，且满足0(1)(1)lim12xffxx，则曲线()yf x在点(1,(1)f处的法线的斜率为 （）（A)12 1()2B （C）2 （D）2 分析：由题设()(),fxf x于是()()fxfx，由00(1)(1)1(1)(1)1limlim(1)1222xxffxfxffxx，(1)2f 于是(1)(1)2ff，于是法线斜率：12k .选 A （2）

2、曲线1121xxeyx的渐近线条数为 （）（A）3 条 （B）2 条 （C）1 条 （D）0 条 知识点：1）若()lim()xxf xc，有水平渐近线yc，2）若00()lim()xxxxf x，有垂直渐近线0 xx，3）若()()()lim,lim ()xxxxf xaf xaxbx，有斜渐近线yaxb.分析：limxy，所以曲线无水平渐近线；0li mxy，所以0 x 为一条垂直渐近线，1limxy，1x 为一条垂直渐近线；又1221limlim1xxxyxexxx，1112221limlimlim11xxxxxxxx eexxyxexxx 111111111limlim21111xxx

3、xxxeexxeexxxxx，所以2yx为斜渐近线.选 A 2 （3）设0()(2)()xF xtx f t dt，()f x可导且()0fx，则（）（A）(0)F是极值，且为极大值，点(0,0)是曲线()F x的拐点；（B）(0)F是极值，且为极小值，点(0,0)是曲线()F x的拐点；（C）(0)F不是极值，但点(0,0)是曲线()F x的拐点；（D）(0)F不是极值，点(0,0)也不是曲线()F x的拐点.分析：00()2()()xxF xtf t dtxf t dt，00()2()()()()()xxF xxf xf t dtxf xxf xf t dt，()()Fxxfx，由于(0)

4、0F，且0,()0;0,()0 xF xxF x，所以(0,0)是曲线的拐点.又00()()()()()xxF xxf xf t dtf xf t dt，由于()0fx，函数单调增，当0 x，()0F x，当0 x，()0F x.(0)F不是极值.选 C （4）设(,)f x y在0,0处连续，且2200(,)1lim41xyxyf x ye，则 （）（A）(,)f x y在0,0处偏导数不存在 （B）(0,0)(0,0)0 xyff，且(,)f x y在0,0处不可微 （C）(0,0)(0,0)4xyff，且(,)f x y在0,0处不可微 （D）(0,0)(0,0)0 xyff，且(,)f

5、 x y在0,0处可微分 分析：由2200(,)1lim41xyxyf x ye，且函数(,)f x y在0,0处连续，有(0,0)1f，对条件中给出的极限，取特殊情况，22000(,0)1(,0)(0,0)limlim41xxxyf xf xfxe，可推出：0(,0)(0,0)(0,0)lim0 xxf xffx，同理可得：(0,0)0yf，再由可微的判定：若 000000002200(,)(,)(,)(,)lim0 xyxyf xx yyf xyfxyxfxyyxy ，则函数可微.3 有：22220000(,)(0,0)(0,0)(0,0)(,)1limlim41xyxyxxyyf x y

6、ffxfyf x yxye，所以：2200(,)(0,0)(0,0)(0,0)lim0 xyxyf x yffxfyxy，函数可微.选 D （5）已知三阶实对称矩阵3 3()ijAa满足条件：1A；331a；(,1,2,3)ijijaA i j，其中ijA为ija的代数余子式，则方程组123001xA xx 的解：（）（A）352 （B）123 （C）001 （D）101 分析：由(,1,2,3)ijijaA i j，有*TAA，特殊值法：令111A，方程的解：选 C.法二：由条件，可设1112122200001aaAaa，（2223 13 23 3A aaa），11112111 112221

7、222212 122233300000011xaaxa xa xA xaaxa xa xxxx ，选 C（6）设,A B均为n阶矩阵，且()()r Ar Bn，则A与B （)（A）必有相同的非零向量组；（B）必有全部相同的特征值；（C）均有零特征值，但没有公共的特征向量；（D）均有零特征值，且有公共特征向量.分析：由()()r Ar Bn，有(),()r An r Bn，,A B均有零特征值，又()()()r ABr Ar Bn，有方程()0AB x有非零解，即有公共特征向量.D（7）设随机变量 X,Y 相互独立，且X服从1(1,)2B，Y服从参数为 1 的指数分布，则1p XY=()4 （A

8、）11 e;（B）11 e;（C）11(1)2e;（D）11(1)2e.分析：混合型，必须用全概率公式。1010111p XYp Xp XYXp Xp XYX 11100122p YXp YX，由于独立 1101111110(1)22222yyp Yp Ye dye dye 选 C。（8）设nXXXX,321是来自正态总体 N(,2)的简单随机变量，X是样本均值，,)(111221niiXXnS,)(11222niiXXnS,)(111223niiXnS,)(11224niiXnS 则服从自由度为1n的 t 分布的随机变量为 （）（A）11nSXt （B）12nSXt （C）nSXt3 （D）

9、nSXt4 分析：2(,)iXN，有2(,)XNn，(0,1)XNn，根据 B，有2222221(1)11(1)1niiXXXXnnntt nSSnnSXXnnnn，选 B,至于 C,D 选项，221()()niiXn，首先排除掉.二填空题：9-14 小题，每小题 4 分，共 24 分，请将答案写在题中的横线上。（9）)(,)(220 xgdtexfxt在0 x连 续 且 满 足)0)(21)(xxoxxg，又),()(xgfxF则)0(F 。分析：()()()F xf g x g x，4()2,(1)2xfxxefe，其中0(0)lim1 2()1xgxo x，00()(0)1 2()1(0

10、)limlim2xxg xgxo xgxx，5 有(0)(0)(0)2(1)4Ff ggfe.（10）设),(yxzz 由0)2,(22yezxz确定，其中连续可偏导，则xz=。分析：对方程两边关于x求偏导，z视为x的函数，有：12(22)0zxxxz zez，解得：11222zxzxze.（11）设曲线 C：19422yx，取逆时针方向，则Cxdydxyyx)(49(22 。分析：2222(94)()36()()36()49CCCxyxyy dxxdyy dxxdyy dxxdy，方法1：直接利用对称性，C关于x轴对称，36CIxdy，用格林公式，36216DIdxdy.（注：慎用第二型积分

11、的对称性，与第一型相反，第一型对称性与二重，三重同）方法 2：化为定积分：2cos,3sin,0,2 xt yt t，有 220363sin 2(sin)2cos3cos 216sin sincos216Itttt dtttdttdt（其中，第一个积分根据奇偶性为 0，第二个积分化为瓦里斯公式即可.）方法 3：为去掉绝对值，把 C 分为两段，分别位于上，下半平面，并配上坐标轴部分，构成封闭曲线iL.其中坐标轴部分取积分两次，但方向相反抵消了，分别在两个封闭区间上用格林公式可得结果.（12）微分方程xeyyy223 满足1)(lim0 xxyx的解为 。分析：设方程的特解为：*xyAxe，待定系

12、数法求得：2A，有通解为：2122xxxycec exe，212002()limlim1xxxxxcec exey xxx，有120cc，洛必达法则后有21200()limlim(222)1xxxxxxy xcec eexex，有12221cc，得到：123,3cc.所以：解为2332xxxyeexe.（13）设A，B为三阶矩阵，A与B相似，1,121为矩阵A的两个特征值，又,311B则11)41(00)3(BBEA 。6 分析：由,311B有3BA，A 的另一特征值：33，11*11(3)013()140()4AEAEBBBB ,其中：3AE的特征值：4,2,6，11348,(3)48AEA

13、E ，1*11111(4)43BBB BBB ,原式=1144.（14）已知随机变量X的概率密度函数为2()()xf xex，则2YX的概率密度函数为 。分析：2()YFyp Yyp Xy，当0y 时有，()()yYyFypyXyf x dx，211()()2yYfyfyfyeyy，当0y，()0Yfy.21,0()0,0yeyyf yy 三解答题：15-23 小题，共 94 分。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）试确定常数,a b的值，使极限2245001lim()xtxabedtxxx存在，并求该极限值.分析：222320245540000131lim(

14、)limlim5xtxxtxxxaxxbedtabaxbeedtxxxxx，法一：考虑22224()1()()2xxexo x ，代入有：422440311()2lim5xxaxbxo xx 2440(3)12lim5xbab xxbx存在，有30,10abb，所以1,13ab .极限值为110.法二：洛必达法则.解略。7 （16）（本题满分 10 分）设()f x在0,1上连续，在0,1内可导，()0(01)fxx，(0)0f，证明：存在,(0,1)，使得1时，有()()()()ffff.证明：欲证结论成立：即证：()(1)()(1)ffff，构造：()(1)()(1)fxfxf xfx，积

15、分得：ln()ln(1)f xfx，于是：()(1)1f x fx，令：()()(1),(0)(1)0F xf x fx FF，由罗尔定理，存在(0,1).使得()0,F即证。（17）（本题满分 10 分）将函数()2(11)f xxx 展成以 2 为周期的傅里叶级数，并由此求级数211nn的和.分析：()f x为偶函数，只能展成余弦级数，即1000,2(2)5nbax dx，1220022()cos2(2)cos(cos1)lnn xaf xdxxn xdxnlln，因为函数()f x在1,1上满足狄利克雷收敛定理，有：22221052(cos1)54cos(21)2cos22(21)nkn

16、n xkxxnlk，当0 x，有222200541122(21)(21)8kkkk，所以2222210001111111(21)(2)(21)4nkkknnkkkn，有222101413(21)6nknk.8 （18）（本题满分 10 分）在椭球面22221xyz上求一点使函数222(,)f x y zxyz在该点沿方向(1,1,0)l 的方向导数最大.分析：（1）l的方向余弦为：1(cos,cos,cos)(1,1,0)2ll，f在(,)x y z沿方向l的方向导数：11coscoscos222()22ffffxyxylxyz（2）问题变成求2()xy在条件222210 xyz 下的最大值点

17、，用拉格朗日乘数法，令222(,)2()(21)F x y zxyxyz，解方程组：22222024020210FxxFyyFzzFxyz ，解得：212,0323x y z，当212,0323x y z时，2()3xy，当2 12,03 23x y z 时，2()3xy，因此点212,0323处方向导数最大.9 数一（19）（本题满分 10 分）计 算 曲 面 积 分332223(1)Ix dydzy dzdxxdxdy，其 中为 曲 面221(0)zxyz 的上侧。分析：补盖子：取1220:1zxy，取下侧，2211222195(660)3(1)44xyxydVxdxdy.（20）（本题满

18、分 11 分）设m nA矩阵，且()()r Ar A brn，（1）证明方程组Axb有且仅有1nr 个线性无关的解；（2）若1234123412341435231xxxxxxxxbxxxax 有三个线性无关的解，求,a b的值及方程组的通解。分析：（1）令12,n r 为0Ax 的基础解系，为Axb的特解，则：01122,n rn r 为Axb的一组解，下证明线性无关.令：00110n rn rkkk，有 1 12201()0n rn rn rkkkkkk，（1）两边左乘A，01()0n rkkkb，而0b，于是010n rkkk，（2），代入（1）：1 1220n rn rkkk，同时12,

19、n r 为基础解系，所以120n rkkk 代入（2），00k，于是，01,n r 线性无关.10 再证仅有1nr 个线性无关解向量：又若011,n r 为Axb的线性无关解（2nr 个），则：110220110,n rn r 为0Ax 的解，令1 122110n rn rkkk ，即有：1 122111210()0n rn rn rkkkkkk ，由011,n r 线性无关，有1210n rkkk，即121,n r 线性无关，与()()r Ar A brn矛盾.（2）因Ax有三个线性无关的解，于是0Ax 至少有两个线性无关的解，于是：4()2,()2r Ar A，由观察可知()2r A,所以

20、()2r A，1111111111435101154213100031Abbaab，则3,1ab，方程通解为：124,0,3,0(2,1,1,0)(6,0,5,1)TTTxkk.（21）（本题满分 11 分）设二次型2221231231 21 323(,)222(0)f x x xxxxx xx xax x a通过正交变换化为标准形22212322yyby，（1）求常数,a b；（2）求正交变换矩阵。分析：（1）二次型对应矩阵1111111Aaa，由题意，A的特征值为：1232,b 因：123123trAA，1,1ba （2）当122时，对应特征向量：12111,001，当31 时，对应特征向

21、量：3111 ，11 正交化：取11112211112(,)1,(,)21 ，（注：只需记住两步就行）33，单位化：1231111111,1,1263021 ，取123,Q,使得1221Q AQ （22）（本题满分 11 分）设离散型二维随机变量(,)X Y的取值为(,)(,1,2),ijx yi j 且23,4P Xx 121121,34P Yy XxP Xx Yy试求：（1）二维随机变量(,)X Y的联合概率分布；（2）X与Y的相关系数XY；（3）条件概率,1,2jiP Yy Xxj。分析：由条件：212121,2p Xx Yyp Xxp Yy Xx，（1）X Y 1y 2y ip 1x

22、16 112 14 2x 12 14 34 jp 23 13 12 （2）由（1）知，,X Y相互独立，0XY，（3）由独立性，jijp Yy Xxp Yy.（23）（本题满分 11 分）设总体X的密度函数为1,()0,xexf xother，其中0,为参数，1,nXX为取自总体X的简单随机样本，（1）如果参数已知，求未知参数的极大似然估计；（2）如果参数已知，求未知参数的极大似然估计.分析：（1）似然函数1()111()niiixxnniLee，取对数11ln()ln()niiLnx，求导：21ln()1()0niidLnxd，由11()niiXXn.（2）似然函数1()111()niiixxnniLee为的单调增函数，又12min,nX XX，所以取最大似然估计为12min,nXXX。