2009—考研数一真题、标准答案及解析.doc

2009年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题 一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分. （1）当时，与等价无穷小，则 (A). (B). (C). (D). -1 -1 1 1 （2）如图，正方形被其对角线划分为 四个区域，，则 (A). (B). (C). (D). （3）设函数在区间上的图形为 1 -2 O 2 3 -1 1 则函数的图形为 (A) O 2 3 1 -2 -1 1 (B) O 2 3 1 -2 -1 1 (C) O 2 3 1 -1 1 (D) O 2 3 1 -2 -1 1 （4）设有两个数列，若，则 （A）当收敛时，收敛. （B）当发散时，发散. (C)当收敛时，收敛. (D)当发散时，发散. （5）设是3维向量空间的一组基，则由基到基 的过渡矩阵为 (A). (B). (C). (D). （6）设均为2阶矩阵，分别为的伴随矩阵，若，则分块矩阵的伴随矩阵为 . . . . （7）设随机变量的分布函数为，其中为标准正态分布函数，则 (A). (B). (C). (D). （8）设随机变量与相互独立，且服从标准正态分布，的概率分布为，记为随机变量的分布函数，则函数的间断点个数为 (A)0. (B)1. (C)2. (D)3. 二、填空题：9~14小题，每小题4分，共24分. （9）设函数具有二阶连续偏导数，，则 . （10）若二阶常系数线性齐次微分方程的通解为，则非齐次方程满足条件的解为 . （11）已知曲线，则 . （12）设，则 . （13）若3维列向量满足，其中为的转置，则矩阵的非零特征值为 . (14)设为来自二项分布总体的简单随机样本，和分别为样本均值和样本方差.若为的无偏估计量，则 . 三、解答题：15~23小题，共94分. （15）（本题满分9分） 求二元函数的极值. （16）（本题满分9分） 设为曲线与所围成区域的面积，记 ，求与的值. （17）（本题满分11分）椭球面是椭圆绕轴旋转而成，圆锥面是过点且与椭圆相切的直线绕轴旋转而成. （Ⅰ）求及的方程 （Ⅱ）求与之间的立体体积. （18）（本题满分11分） （Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数在上连续，在可导，则存在，使得 （Ⅱ）证明：若函数在处连续，在内可导，且，则存在，且. （19）（本题满分10分）计算曲面积分，其中是曲面 的外侧. （20）（本题满分11分） 设，. （Ⅰ）求满足的. 的所有向量,. （Ⅱ）对（Ⅰ）中的任意向量,证明,,无关. （21）（本题满分11分）设二次型 （Ⅰ）求二次型的矩阵的所有特征值； （Ⅱ）若二次型的规范形为，求的值. （22）（本题满分11分）袋中有1个红色球，2个黑色球与3个白球，现有回放地从袋中取两次，每次取一球，以分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数. （Ⅰ）求； （Ⅱ）求二维随机变量概率分布. （23）（本题满分11 分） 设总体的概率密度为，其中参数未知，，,…是来自总体的简单随机样本. (Ⅰ)求参数的矩估计量； （Ⅱ）求参数的最大似然估计量. 2009年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题解析 一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分. （1）当时，与等价无穷小，则 (A). (B). (C). (D). 【答案】 A. 【解析】为等价无穷小，则 故排除(B)、(C). 另外存在，蕴含了故排除(D). 所以本题选（A）. -1 -1 1 1 （2）如图，正方形被其对角线划分为 四个区域，，则 (A). (B). (C). (D). 【答案】 A. 【解析】本题利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性. 两区域关于轴对称，而，即被积函数是关于的奇函数，所以; 两区域关于轴对称，而，即被积函数是关于的偶函数，所以； .所以正确答案为(A). （3）设函数在区间上的图形为 1 -2 O 2 3 -1 1 则函数的图形为 (A) O 2 3 1 -2 -1 1 (B) O 2 3 1 -2 -1 1 (C) O 2 3 1 -1 1 (D) O 2 3 1 -2 -1 1 【答案】D. 【解析】此题为定积分的应用知识考核，由的图形可见，其图像与轴及轴、所围的图形的代数面积为所求函数，从而可得出几个方面的特征： ①时，，且单调递减. ②时，单调递增. ③时，为常函数. ④时，为线性函数，单调递增. ⑤由于F(x)为连续函数 结合这些特点，可见正确选项为（D）. （4）设有两个数列，若，则 （A）当收敛时，收敛. （B）当发散时，发散. (C)当收敛时，收敛. (D)当发散时，发散. 【答案】C. 【解析】方法一： 举反例：（A）取 （B）取 （D）取 故答案为（C）. 方法二：因为则由定义可知使得时，有 又因为收敛，可得则由定义可知使得时，有 从而，当时，有，则由正项级数的比较判别法可知收敛. （5）设是3维向量空间的一组基，则由基到基 的过渡矩阵为 (A). (B). (C). (D). 【答案】A. 【解析】因为，则称为基到的过渡矩阵. 则由基到的过渡矩阵满足 所以此题选(A). （6）设均为2阶矩阵，分别为的伴随矩阵，若，则分块矩阵的伴随矩阵为 . . . . 【答案】B. 【解析】根据，若 分块矩阵的行列式，即分块矩阵可逆 故答案为（B）. （7）设随机变量的分布函数为，其中为标准正态分布函数，则 (A). (B). (C). (D). 【答案】C. 【解析】因为， 所以， 所以 而， 所以. （8）设随机变量与相互独立，且服从标准正态分布，的概率分布为，记为随机变量的分布函数，则函数的间断点个数为 (A)0. (B)1. (C)2. (D)3. 【答案】 B. 【解析】 独立 （1）若，则 （2）当，则 为间断点，故选（B）. 二、填空题：9~14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上. （9）设函数具有二阶连续偏导数，，则 . 【答案】. 【解析】，. （10）若二阶常系数线性齐次微分方程的通解为，则非齐次方程满足条件的解为 . 【答案】. 【解析】由，得，故 微分方程为 设特解代入， 特解 把 ， 代入，得 所求 （11）已知曲线，则 . 【答案】 【解析】由题意可知，，则 ， 所以 （12）设，则 . 【答案】. 【解析】 方法一： 方法二：由轮换对称性可知 所以， （13）若3维列向量满足，其中为的转置，则矩阵的非零特征值为 . 【答案】2. 【解析】 , 的非零特征值为2. (14)设为来自二项分布总体的简单随机样本，和分别为样本均值和样本方差.若为的无偏估计量，则 . 【答案】. 【解析】为的无偏估计 三、解答题：15~23小题，共94分. （15）（本题满分9分） 求二元函数的极值. 【解析】 故 则，，. 而 二元函数存在极小值. （16）（本题满分9分） 设为曲线与所围成区域的面积，记 ，求与的值. 【解析】由题意，与在点和处相交， 所以， 从而 由 取得 . （17）（本题满分11分）椭球面是椭圆绕轴旋转而成，圆锥面是过点且与椭圆相切的直线绕轴旋转而成. （Ⅰ）求及的方程 （Ⅱ）求与之间的立体体积. 【解析】（I）的方程为， 过点与的切线为， 所以的方程为. （II）与之间的体积等于一个底面半径为、高为3的锥体体积与部分椭球体体积之差，其中.故所求体积为. （18）（本题满分11分） （Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数在上连续，在可导，则存在，使得 （Ⅱ）证明：若函数在处连续，在内可导，且，则存在，且. 【解析】（Ⅰ）作辅助函数，易验证满足： ；在闭区间上连续，在开区间内可导，且. 根据罗尔定理，可得在内至少有一点，使，即 （Ⅱ）任取，则函数满足：在闭区间上连续，开区间内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在，使得 …… 又由于，对上式（*式）两边取时的极限可得： 故存在，且. （19）（本题满分10分）计算曲面积分，其中是曲面 的外侧. 【解析】，其中 ① ② ③ ①+②+③= 由于被积函数及其偏导数在点（0，0，0）处不连续，作封闭曲面（外侧） 有 （20）（本题满分11分） 设 （Ⅰ）求满足的. 的所有向量,. （Ⅱ）对（Ⅰ）中的任意向量,证明,,无关. 【解析】（Ⅰ）解方程 故有一个自由变量，令，由解得， 求特解，令，得 故 ，其中为任意常数. 解方程 故有两个自由变量，令，由得 求特解 故 ，其中为任意常数. （Ⅱ）证明： 由于 故 线性无关. （21）（本题满分11分）设二次型 （Ⅰ）求二次型的矩阵的所有特征值； （Ⅱ）若二次型的规范形为，求的值. 【解析】（Ⅰ） （Ⅱ） 若规范形为，说明有两个特征值为正，一个为0.则 1) 若，则 ， ，不符题意 2) 若 ，即，则，，符合 3) 若 ，即，则 ，，不符题意 综上所述，故. （22）（本题满分11分）袋中有1个红色球，2个黑色球与3个白球，现有回放地从袋中取两次，每次取一球，以分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数. （Ⅰ）求； （Ⅱ）求二维随机变量概率分布. 【解析】（Ⅰ）在没有取白球的情况下取了一次红球，利用压缩样本空间则相当于只有1个红球，2个黑球放回摸两次，其中摸了一个红球 . （Ⅱ）X，Y取值范围为0，1，2，故 X Y 0 1 2 0 1/4 1/6 1/36 1 1/3 1/9 0 2 1/9 0 0 （23）（本题满分11 分） 设总体的概率密度为，其中参数未知，,,…,是来自总体的简单随机样本. (Ⅰ)求参数的矩估计量； （Ⅱ）求参数的最大似然估计量 【解析】 （1）由 而为总体的矩估计量 （2）构造似然函数 取对数 令 故其最大似然估计量为.