2006考研數(shù)一真題及解析

1、2006年全國碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)一試題一、填空題：1-6小題，每小題4分，共24分，請將答案寫在答題紙指定位置上.limXln(1+x) =T 1 -cosx 微分方程 Ex)的通解是.x設(shè)是錐面 Z = Jx2 + y2 (0 z 1)的下側(cè)，貝U JJxdydz+2ydzdx+3(z 1)dxdy =I點(2,1, 0)到平面3x+4y+5Z =0 的距離 d =設(shè)矩陣A = (21-1,E為2階單位矩陣，矩陣B滿足BA = B + 2E ,貝U B =設(shè)隨機變量X與丫相互獨立，且均服從區(qū)間0,3上的均勻分布，則PmaxX,Y 0, L x為自變量X在X0處的增量，LIy與dy分別

2、為f (x)在點X0處對應(yīng)的增量與微分，若LxaO，則(A) 0 dx Uy.(B) 0 LI y dy.(C)LJy cdy v0.(D) dy 0, P(A| B) =1,則必有()(A) P(AuB) A P(A).(B) P(A B) A P(B).(C) P (AB) = P(A).(D) P(A2 B) = P(B).(14)設(shè)隨機變量X服從正態(tài)分布2 2N (氣，W)，丫服從正態(tài)分布N22)，且P| X -氣 | P| Y-巴 |C1,則必有()(B) W 6.(C)斗込.(D) h 巴.三、解答題：15- 23小題，共94分.請將解答寫在答題紙指定的位置上.解答應(yīng)寫出文字說明、

3、證明過程或演算步驟.(15)(本題滿分10分)設(shè)區(qū)域 D =(x, y 妝2 + y2 0,計算二重積分 I = JJdxdy .勺D 1中X + y(16)(本題滿分12分)設(shè)數(shù)列人滿足0 % 0內(nèi)，函數(shù)f(x,y )是有連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，且對任意的t0都有 f (tx,ty )=tr (x,y ).證明：對D內(nèi)的任意分段光滑的有向簡單閉曲線L,都有 n yf(x,y )dx-xf(x,y )dy = 0(20)(本題滿分9分)fx, + X2 + X3 + X4 = -1已知非齊次線性方程組 4x1 +3X2 +5X3 -X4 = -1有3個線性無關(guān)的解 a +X2 +3x3 +bx4 =1(I

4、)證明方程組系數(shù)矩陣A的秩r(A)=2;(II)求a,b的值及方程組的通解.(21)(本題滿分9分)設(shè)3階實對稱矩陣 A的各行元素之和均為3,向量a 1 =(1,2,1)T,ot2=(0,1,1)T是線性方程組Ax=O的兩個解.(I)求A的特征值與特征向量(II)求正交矩陣Q和對角矩陣A,使得 QTAQ = A.(22)(本題滿分9分)隨機變量X的概率密度為12,1fX(X尸仁,40,其他令y = X2, F(X, y )為二維隨機變量(X,Y)的分布函數(shù).求(I) 丫的概率密度fY (y )；(II) Fre(23)本題滿分9分)0 c X設(shè)總體X的概率密度為f (x,01-9,1 xc2其

5、中0是未知參數(shù)(0c1).【0,其它Xi,X2.,Xn為來自總體X的簡單隨機樣本，記N為樣本值Xi,X2.,Xn中小于1的個數(shù)，求日的最大似然估計.2006年全國碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)一試題解析一、填空題（1）【答案】2.【詳解】由等價無窮小替換,1XT 0 時，ln(1+x) LI x,1-cosxLI-X2，2X：.!-一T 12-X2xln (1 +x)=lim =2limXT 1 -cosx-_x【答案】Cxe .【詳解】分離變量，dy _ y(1-X)dxdy OdxanDdx y X-XIn yeln x-x +ce:y = Cxe【答案】2?！驹斀狻垦a一個曲面耳z=1，取上側(cè)

6、，則11組成的封閉立體。滿足高斯公式,cP Q cR川(一一)dvQexcyczn Pdydz 中 Qdzdx中 Rdxdy = IrP rQ PR設(shè) P = x,Q =2y,R =3(z-1)，則+ 佇=1+2 + 3 = 6 aa嚴(yán)Gx cy cz I =川6dxdydz（O為錐面I：和平面 聲所圍區(qū)域）= 6V（V為上述圓錐體體積）Q注：以下幾種解法針對于不同的方法求圓錐體體積V方法1：方法2：兀I =6=2兀（高中方法，圓錐的體積公式，這種方法最簡便）3J7xdydz+2ydzdx+3(zT)dxdy = 0(T 在工 1 上：z =1,dz = 0)I先二重積分，后定積分.22cTT

7、2b2r = z， S=r =z，因為 V = jSdz, r = Jx2 + y2， r2 = x2 + y2，1所以zdzU21=-兀.從而I = 6V03方法3:利用球面坐標(biāo).z = 1在球坐標(biāo)下為：P=-COS日I =產(chǎn)d日門6P2sindP =.專 2sin02；10叫cos32=(-2 兒1ocos3半十2兒嘰工)COs 0專 d cos2兀2兀f d日=20方法4:利用柱面坐標(biāo)2；!“ J。dT1f dr f 6rdz =0 i2兀16J0 d叫(1-r)rdr【答案】421 2 1-r33)【詳解】代入點 P(x0, y0, z0)到平面Ax + By +Cz + D = 0的

8、距離公式AX0 + By。+ CZ0 +Ja2 ；B2 +C26 + 4+0如16 + 25=4i【答案】2【詳解】由已知條件BA = B+2E變形得,BA-2E = B= B(AE)=2E,兩邊取行列式，得其中，A-E【21B(AE) = 2E2H10=4 E =41-12E =22 E =40 00因此,2EA-E【答案】1/9【詳解】根據(jù)獨立性原理：若事件A,川，An獨立，則pA RazA門人=卩人卩人pg事件maxX,Y 1 = X 1,Y 1 = X 1|丫1，而隨機變量 X 與丫均服從區(qū)間0,3上的均勻分布，有仏詡/扣和P丫蘭譏&yf又隨機變量X與丫相互獨立，所以,1 1P max

9、(x, y) 1 = P x 1,Y 1 = P x 1 -P Y 0 ,畫f（X）=x2的圖形*0 dy 4Jy 結(jié)合圖形分析，就可以明顯得出結(jié)論： 方法2:用兩次拉格朗日中值定理 y-dy = f（Xo+x）-f（Xo）-f（Xo） x（前兩項用拉氏定理） =f e t X- f（ox_） X（再用一次拉氏定理）由于方法3：=f （n）（E Xo）Llx,其中 Xo 吒匕 Xo +IZx,Xo 0又由 dy = f (x0)Ax0，選(A).(8)【答案】(C)昱 1一 一【詳解】記 C d0 Lf(rcos,rsin日)rdr = JJ f (x, y)dxdy，則區(qū)域D的極坐標(biāo)表示是:

10、D兀0r1 , 00.題目考察極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)的互化問題，畫出積分區(qū)間，結(jié)合圖形4可以看出，直角坐標(biāo)的積分范圍(返巫)，于是2 2(注意 y = x 與 x? +=1D：oy2,yx Jl-y22在第一象限的交點是所以，原式=：02 dyjyf (x,y)dx.因此選(C)(9)【答案】D 【詳解】方法1：數(shù)列收斂的性質(zhì)：收斂數(shù)列的四則運算后形成的新數(shù)列依然收斂 因為an收斂，所以ni方法2：記七，送務(wù)弘卅=送/n /n +4nAn=1 寸n vn 十 1oCoC2 01+也收斂，所以送(4圮十)收斂，從而n壬C送_a匚魚1也收斂.選D.n 二 2Can處11=2 =, ( p級數(shù)，p =級數(shù)

11、發(fā)散)； nrn V n2則S On收斂.但Zn :i-1(P級數(shù)，P =1級數(shù)發(fā)散)均發(fā)散。由排除法可知，應(yīng)選D.(io)【詳解】方法1:【答案】D化條件極值問題為一元函數(shù)極值問題。已知W(xo, yo) = 0 ,由W(X, y) = 0 ,在(Xo, yo)鄰域，可確定隱函數(shù) y = y(x), y(xo)=yo, d = -/。dx(xf cy(Xo, yo)是f (x, y)在條件(x y ) 下的一個極值點二x = Xo是 z = f (x, y(x)的極值點。它的必要條件是dz滿足dxXz0打(Xo, y。)丄拼(Xo, yo) dydxx=X0若 fxlxoyo) =o,則fy

12、(xo, yo) =0,或賀(Xo,yo)=o,因此不選(A), (B).若 fx(Xo, YoPo，則fy(xo, yo) 0(否則dzdxH0).因此選(D)x0方法2:用拉格朗日乘子法.弓I入函數(shù) F(X, y,Q = f(X, y) + 汐(X, y)，有Fx=fx(x,y)+X(x,y)=O (1) Fy=fy(x,y)+y(x,y)=O FA(x,y)=0因為yS所以_肚，代入得fxS空護譽2珂(30)若 fx(X0,y0)HO,則 fy(X0,y0)HO，選(D)(11)【答案】A【詳解】方法 仁若,(/2,出,線性相關(guān)，則由線性相關(guān)定義存在不全為0的數(shù)k1,k2,|),ks使得

13、kNi + k2 +川 + ks% =0為了得到A%, Aot2,ill, AXs的形式，用 A左乘等式兩邊，得k1Atk2AtH +ksAts =0于是存在不全為0的數(shù)ki,k2,川，ks使得成立，所以 朋1,人僅2,川，朋s線性相關(guān).方法2 :如果用秩來解，則更加簡單明了 .只要熟悉兩個基本性質(zhì)，它們是：1. %,口2,川，叫線性相關(guān)二 r(a1,a2,HLas) VS ； 2. r (AB) r(B).矩陣(A% AS,川,A%) = A(%a2,IHQs),設(shè) B =(192川 s )，貝U由r(AB)cr(B)得r(A% Act?,川,A%) (叫冬川丨,叫) s.所以答案應(yīng)該為(A

14、).(12)【答案】B【詳解】用初等矩陣在乘法中的作用(矩陣左乘或右乘初等矩陣相當(dāng)于對矩陣進行初等行變換或列變換)得出將A的第2行加到第1行得B，即 B =A記 PA將B的第1列的-1倍加到第2列得C，即1C =B 0 b-11000 記 BQ1丿f1O)fi-10、因為 PQ = iO 10 |O 1=E，故 Q = P-E = P.(0 0，故選(B).從而 C = BQ = BP -* = PAP 二 (13)【答案】CP代 =1 得 PAB = PB PB【詳解】本題考條件概率的概念和概率的一般加法公式根據(jù)條件概率的定義，當(dāng) P (B)0時，P ab =根據(jù)加法公式有 PAU B =

15、Pa + PB-PAB = P(A,故選(C)(14)【答案】A.【詳解】由于X與丫的分布不同，不能直接判斷P| X -出| 1和P| Y -卩2 | 1的大小與參數(shù)關(guān)系.如果將其標(biāo)準(zhǔn)化后就可以方便地進行比較了。=01精品文檔14X k1隨機變量標(biāo)準(zhǔn)化，有 1N(0,1)，且其概率密度函數(shù)是偶函數(shù).所以P(X-片 1)=P(2 PEW I丄=2用(丄)(0)=或(丄)1.5 J ww1同理有，P(Y#2 1)=20()1 2因為(X)是單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)P| X -氣| P|Y -42|v1時，1112(一)1 2()1，即-S ，所以b 1吒2，故選(A). 2三、解答題(15)【詳解】積分區(qū)

16、域?qū)ΨQ于X軸,xy1 +x2 +y2y為y的奇函數(shù),從而知xy所以席Kdxdy極坐標(biāo)呼J。1訥冷ln(1 + r2)1 +r兀=I n22（16）【詳解】（I）由于 OcX；!時，0 c si nxcx，于是 0Xn=Si nXn0.由單調(diào)有界準(zhǔn)則知lim xn存在.記為A. n_遞推公式兩邊取極限得A = sin A,”.A = 01sin xn 7“(II)原式=lim( )n，為“ 1心型.F Xn因為離散型不能直接用洛必達法則,先考慮 lim（平）F精品文檔26lim丄L丄竺sHint) t_02t Sint t=e t所以(17)由于tcost _sint lim=eT2t31Xn寺

17、7 lim(上)n =lim( n_Vns;F入nFlim -=eT1sin Xn) Xn【詳解】用分解法轉(zhuǎn)化為求12 +x-x2cost _Lsint _cost6(2_si nt lim=eT 6t1 1=lim(二一產(chǎn) e6 T Xsin x的展開式，而這是已知的1+ax1 f 1I（1+x）（2X） 31+x+丄2-x 丿 31 1+ T624 ocA oc n(1)nxn +丄2 33 n z06 n=0 2(XC1)因此(XC).(18)【詳解】（I）由于題目是驗證，只要將二階偏導(dǎo)數(shù)求出來代入題目中給的等式就可以了ex2yex2 2小 K)+fYE(x2 + y2)2(x2+：2)

18、32=f(Jx2 +y2 )2X 2 + f (Jx2 +y2(X +y )同理小2 2IE 咖+fE2x2 2 32x +y代入所以+毎=0，得 fxTxr)+ 匸車=0， ex cyf ”(u)+丄里=0成立.u(II)令f (U) = p于是上述方程成為dp P=du udp du貝y f = f + c P . uI n P = - I rai +G 所以fu) =CP =-U因為f(1)=1，所以c=1，得f(U)= In U又因為f(1) = 0，所以C2 = 0 ,得 f(U)= In U(19)【詳解】方法 1 把 f (tx,ty) =tf(X, y)兩邊對 t 求導(dǎo)，得：x

19、fx(tx,ty) + yfy(tx,ty) = 2tf(x, y)=1，則 xfx(x, y) + yf；(x, y) = 2 f (x, y)；再令P =yf(x, y), Q =_xf (x,y),所以cQcP=f ( X, y) xf ( x，=f (x, y)中 yfyYx, y)&cy得=蘭，所以由格林公式知結(jié)論成立excy方法2： D是單連通區(qū)域，對于 D內(nèi)的任意分段光滑簡單閉曲線L , r為D內(nèi)的一曲線J yf(X, y)dx -xf(X, y)dy =0fyf (x, y)dx -xf (x, y)dy在D內(nèi)與路徑無關(guān) r嚴(yán)嚴(yán)匸(xf(X, y)=(yf(x, y)(x ,y

20、 予 D )ex2,從而r(A) 2.所以 r(A)=2.(II)對方程組的增廣矩陣作初等行變換1A|b =4La-11-1|1L03抻幷I)T1O-15L042a4a+b-511| -11-5l 3a 3 ab -a|1+a| -1l 3J|4-2a1-11即 a = 2, b = -3.由 r(A) =2,得!42a =0=2-2X3 +4X4K = -3 + X3 - 5%；4a+b-5=0f1O2-4|2所以Ab作初等行變換后化為；O-1-15|-3OOOOIO.它的同解方程組中令X3 =O,X4 =0求出AX =b的一個特解(2, 3,0,0) TIX = 2x3 +4&AX =0的

21、同解方程組是jX2 = X3 -5x4取 X3 =1,X4 =0,代入得(2,1,1,0)t ；取 X3 =0,X4 =1,代入得(4, 5,0,1)t .所以AX =0 的基礎(chǔ)解系為(2,1,1,O)T，(4,-5,O,1)T所以方程組AX =b的通解為:(2, 3,0,0) T +g(2,1,1,O)T +c2(4, -5,0,1)t，q,C2為任意常數(shù)(21)【詳解】(I)由題設(shè)條件 A% = 0 = 0% ,= 0 = 0ot2 ,故Ct 1 ,ct 2是A的對應(yīng)于幾=0的特征向量，又因為 8,(X2線性無關(guān)，故).=0至少是A的二重特征值.又因為A的每行元素之和為3，所以有 A(1,

22、1,1：T = (3,3,t3)3(1,1,1由特征值、特征向量的定義,0 =(1,1,1)是A的特征向量，特征值為址=3 , 怙只能是單根，k0,k0是全體特征 向量，從而知 A =0是二重特征值.于是A的特征值為3,0,0 ;屬于3的特征向量：k尹3,k3工0 ;屬于0的特征向量：kk2， ki, k2不都為 0 .(n)為了求出可逆矩陣必須對特征向量進行單位正交化先將單位化，得口0=(逅，週退)T.對0(12作施密特正交化，得n 1 =(0, -12T,V6 V6 V66)T.作Q =(%戈,口3),則Q是正交矩陣,并且QtAQ=Q-1AQ2,301。(22)【詳解】fY(y) FyO),由于fx(X)是分段函數(shù)，所以在計算px2 蘭y時，要相應(yīng)1 1 1X有關(guān)，不必分段討論.求 F(?,4) = P(X -5,丫蘭4) =P(X ?,X2 4),只是與先求出F(X, y)的函數(shù).(I)因為 FY(y) = pYy= pX2y，當(dāng) yc0 時，F(xiàn)Y(y)=0;當(dāng)o