2012北京考研数学一真题及答案.doc-资料库

2012 北京考研数学一真题及答案一、选择题:1  8 小题，每小题 4 分，共 32 分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上. (1) 曲线 y  x x 2 x  2 1  渐近线的条数( ) (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (2) 设函数 ( ) y x  x ( e  1)( e 2 x  2) ( ) nx  e ( n ) , 其中 n 为正整数 , 则 (0) y  (A) ( 1)  n 1 ( n  1)! n n (B) ( 1) (   1)! (C) ( 1)  1 n n ! (D) ( 1)  n n ! (3) 如果函数 ( , f x y 在 (0,0) 处连续,那么下列命题正确的是 ( ) ) (A) 若极限 (B) 若极限 ( , ) f x y x y  ( , ) f x y 2 2 x y  lim 0 x  0 y  lim 0 x  0 y  存在,则 ( , f x y 在 (0,0) 处可微 ) 存在,则 ( , f x y 在 (0,0) 处可微 ) (C) 若 ( , f x y 在 (0,0) 处可微,则极限 ) (D) 若 ( , f x y 在 (0,0) 处可微,则极限 ) ( , ) f x y x y  ( , ) f x y 2 2 x y  lim 0 x  0 y  lim 0 x  0 y  存在存在 (4)设 I K k   0 e 2 x sin ( xdx k  1,2,3) 则有 ( ) I (A) 1  I 2  I 3 (B) I 3  I 2  I 1 (C) I 2  I 3  I 1 I (D) 2  I 1  I 3  (5)设 1       0 0 C 1       , 2       0 1 C 2       , 3 1   1    C  3       , 4 1   1    C  4      列向量组线性相关的为( ) ,其中 1 C C C C 为任意常数，则下 , , , 2 3 4 (A) 1 ,   (B) , 2 3 ,   (C) 1 1 ,   (D) 2 ,   4 , , , 2 4 3 4 3 (6) 设 A 为 3 阶矩阵，P 为 3 阶可逆矩阵，且 1 p AP       1 0 0 0 1 0 0 0 2      .若 P=（ 1 ,   ）， , 2 3

     3   1 2 2 ( , , ) ，则 1Q AQ  ( ) (A)      1 0 0 0 2 0 0 0 1      (B)      1 0 0 0 1 0 0 0 2      (C)      2 0 0 0 1 0 0 0 2      (D)      2 0 0 0 2 0 0 0 1      (7) 设随机变量 X 与 Y 相互独立，且分别服从参数为 1 与参数为 4 的指数分布，则  p X Y   ( ) (A) 1 5 (B) 1 3 (C) 2 5 (D) 4 5 (8) 将长度为 1m 的木棒随机地截成两段，则两段长度的相关系数为 ( ) (A) 1 (B) 1 2 (C)  1 2 (D) 1 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)若函数 ( ) f x  f x 满足方程 '' f ( ) 2 ( ) 0 ( ) 2 f x e  ，则 ( )  及 ''( ) x ' f x f x ( ) x    f (10) 2  0 x 2 x  2 x d x= (11) grad xy + ( ) |z y  (2,1,1) (12)设      , x y z x ,    y z 1, x  0, y  0, z  ，则 2y ds   0   (13)设 X 为三维单位向量，E 为三阶单位矩阵，则矩阵 E XX T 的秩为 (14)设 A , B , C 是随机变量，A 与 C 互不相容，  p AB    P C  ,  1 2  p AB C   1 3 , 三、解答题：15～23 小题,共 94 分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (15) x 1ln 1   x x 证明 (16)  cos x 1   2 x 2 ( 1    x 1) 求函数 ( , f x y )  xe 2 x  2 y  2 的极值 (17) 求幂级数 (18)   n  0 4 n 2  2 n 4 n 1   3 2 n x 的收敛域及和函数

已知曲线 L : x    y ( ), t f cos t (0   t  ), 2 其中函数 ( ) t 具有连续导数，且 f f (0) 0,  f ' ( ) 0 t  (0   若曲线 L 的切线与 x 轴的交点到切点的距离恒为 1，求函数 t  ). 2 ( ) f t 的表达式，并求此曲线 L 与 x 轴与 y 轴无边界的区域的面积。 (19) 已知 L 是第一象限中从点 (0,0) 沿圆周 2 x 2 d x y x  x 到点 (2,0) ，再沿圆周 2 2 x x   的曲线段，计算曲线积分 2+ y 3 ( x 2 )d y y 3  J  L 2+ y  到点 (0,2) 4 ,   A 设        (20)(本题满分分) 0 0 1 a   0 1 0 a   0 0 1 a  0 0 1 a  （I）计算行列式 ;A (II)当实数 a 为何值时，方程组 Ax  有无穷多解，并求其通解。 (21) 1   1   0  0        已知 A  0 1 0 1 1 0  0 a       1   1   a  1  ，二次型 1 ( , f x x x 3 , 2 )  ) T x A A x ( T 的秩为 2 （1）求实数 a 的值；（2）求正交变换 x Qy 将 f 化为标准型. （22）设二维离散型随机变量 X 、Y 的概率分布为 0 1 4 0 1 12 1 0 1 3 0 2 1 4 0 1 12 0 1 2 （Ⅰ）求  P X （Ⅱ）求 Cov( (23) ； 2 Y , X Y Y ) . 设随机变量 X 与Y 相互独立且分别服从正态分布参数且 0 。设 Z X Y   . N u  与 ( , ) 2 N u  ，其中是未知 ( ,2 ) 2

2 ( , f z  (1)求 Z 的概率密度（2）设 1 （3）证明 2 为 2 的无偏估计量 , z z ); , 2 n z 为来自总体 Z 的简单随机样本，求 2 的最大似然估计量 2 , 参考答案一、选择题 1 C 2 C 3 B 4 D 5 C 6 B 7 A 8 D 二、填空题 9、 xe ； 10、  2 三、解答题 (15) ； 11、 1,1,1 ； 12、 3 12  ； 13、2； 14、 3 4   x x  cos x 1   2 x 2 ， ( ) f x 是偶函数证明：令   f x  x 1 1   x x    x  f  ln f   0  0 1ln 1 x x 2  1  sin x  x 2 f    x  1  1 x  1  1 x  2 x  2 1   1 x  2  4   22 x  cos x  1  2 2 4  x   f x  cos x 1   4 x 2 2   1    2 0 f  0  0   1 所以即证得： x 1ln 1   x x  cos x 1   2 x 2  1    x  1 (16)

解：   , f x y x   , f x y y         得驻点  P 1  2 x  2 y  2 e  xe 2 x  2 y  2   x   e 2 x  2 y  2  1  2 x   0 2 x  2 y  2 xe   y   0    1,0 ,  P 2  1,0  2 2 2         2  , f x y x   , f x y x y    , f x y y  2    2   xe 2 x  2 y  2 2 x  2 y  2  e  1  2 x   x  2 x  2 y  2  e  1  2 x   y  2 x  2 y  2  xe  2 y   1 根据判断极值的第二充分条件，把  P  1  1,0 , 代入二阶偏导数 B=0，A>0，C>0，所以  P  1  1,0 , 为极小值点，极小值为 e 代入二阶偏导数 B=0，A<0，C<0，所以  2 1,0 P 1,0      f 1 2 把  2 1,0 P  (17) 解：（Ⅰ）收敛域 f  1,0  e 1 2  为极大值点，极大值为 R  lim n  ( ) a x n ( ) x a 1  n  lim n  4( n  4 n 3 2 4 n   1 2 n  2 4( 1) n  1) 1 2( n   1) 1   n 2( x  1) 3   2 n 1   x  lim n  4 n 2  2 n 4 n  1  3  1) 1 2( n   2 4( 1) n  1) 3   4( n   2 x  2 x 令 2 1 x  ，得 1    ，当 1x （Ⅱ）设 x   时，技术发散。所以，收敛域为 ( 1,1)  1 ( ) S x    n  0 4 n 3 2  2 n 4 n  1  2 n x    n  0 (2 2 1) n  2 n  2  1 2 n x    n  0 [(2 n  1) x 2 n  2 n  2 x 1 2 n ]( x  1) 令 ( ) S x 1    n (2 n  0 2 n 1) x ， ( ) S x 2   2  n 2  0 n 2 n x 1 因为 x  0 S t dt 1 ( )    n  0 x  0 (2 n  1) n 2 t dt    n  0 2 n 1  x  x x  2 1 ( x  1)

所以 ( ) S x 1  ( x x  2 1  )  2 1 x  2 2 ) (1 x  ( x  1) 因为 ( ) xS x 2   2  n 2  0 n 2 n 1  x 1 所以 [ xS x ( )]   2   n  0 2 n 2 x  2   n  0 2 n x 2   1 x  2 1 ( x  1) 所以 x  0 [ tS t dt ( )]   2 x  0 2  1 t  2 1 dt  x  0 1  ( 1 t  1  t 1 ) dt  ln 1 1   x x ( x  1) ( ) xS x 即 2 x 0  ln 1 1   x x ，故 2 ( ) xS x  ln 1 1   x x 当 0x  时， 2 ( ) S x  1 x ln 1 1   x x 当 0x  时， 1 S (0) 1, S 2 (0)  2 所以， ( ) S x  ( ) S x 1  ( ) S x 2  (18)解： 1 x 1ln 1   x x 1  (1  2 x 2 2 ) x       3 x   ( 1,0)  (0,1) x  0 曲线 L 在任一处 ( , x y 的切线斜率为 ) dy dx   f sin t  ( ) t ，过该点 ( , x y 处的切线为 ) Y  cos t   f sin t  ( ) t ( X  f ( )) t 。令 0Y  得 X  f ( )cot t t  f ( ) t 。由于曲线 L 与 x 轴和 y 轴的交点到切点的距离恒为 1. 故有 [ f  ( )cot t  f ( ) t  f 2 ( )] t  cos 2 t 1  ，又因为 '( ) 0(0  f t   t 所以 f  ( ) t  t t ，两边同时取不定积分可得 ( ) f t  ln sec t  t sin cot  ) 2 t tan  sin t C  ，又由于 f (0) 0  ，所以 C=0 故函数 ( ) f t  ln sec t  tan t  sin t 此曲线 L 与 x 轴和 y 轴所围成的无边界的区域的面积为： S   2 0  cos tf  ( ) t dt   4 (19)解：

补充曲线 1L 沿 y 轴由点 (2,0) 到点 (0,0) ,D 为曲线 L 和 1L 围城的区域。由格林公式可得原式= 3 2 d x y x  3 ( x   x 2 )d y y 3 2 d x y x  3 ( x   x 2 )d y y  L L  1 2 x (3 =  D 1   4 L 1     y  2 D 2 ydy  4  L 1  2 2 2 0  2 1 3 ) x d     ( 2 )  y dy 1 d    L 1 2  0   2 2 1   2  2 1   2 ydy  (20)解：（I） A  0 0 1 a 0 1 0 a 0 0 1 a 0 0 1 a             =1  1 0 a 0 1 a 0 0 1              ( 1) a 4 1  0 0 a 1 0 a 0 1 a           1   4 a        1 0 0 0 a 1 0 a  0 0 0 a 1 a 0 1 (II) 对方程组 Ax  的增广矩阵初等行变换： 0 0 1 a     0 1 0 a     0 0 1 a   0 0 1 a   1 0 a 0 1 a 0 0 1 0 0 0 1 1   1    0  0  0 0 a a  1 1  0 a a   1 1  0 a   2 4 2              1 a 0 1 0 0 0 0       0 a 1 3 a 0 0 a 1 1 1  0 a a         2 可知，要使方程组 Ax  有无穷多解，则有 1 a 4  且 0 a a   2  ，可知 0 1 a   此时，方程组 Ax  的增广矩阵变为 1 0 0 0       1  1 0 0 0 1  1 0 0 0 1  0 1   1    0  0  ，进一步化为最简形得可知导出组的基础解系为 1     1     1   1   ，非齐次方程的特解为 0     1    0   0   ，故其通解 0   1    0  0  1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0       为 k 1     1     1   1          1  1  1  0 0   1   0  0 

(21)解：（1）由二次型的秩为 2，知 ( r A A  ，故 ( ) r A 2 ) T  T ( ) r A A  2 对矩阵 A 初等变换得 1 0 0 1 1 0  0 a       1   1   a  1    1 0 0 1 0 0 0 a       1   1   1 a   1    1 0 0 1 0 0 0 0       1 1 1 a  1 a          1 0 0 1 0 0 0 0       1 1  0     1   a 因 ( r A  ，所以 2 ) 1 a   （2）令 B A A  T       2 0 2 0 2 2 2 2 4       E B   2   0 2  0 2   2  2  2  4     2   ( 2)   0 0 2   2  2  2  4    (   1 2) 1  0 0 2   2  2  2  4       2)(  ( 6) 0  所以 B 的特征值为 1   2 0,   2,  3  6 对于 1 0  ，解 1(   E B X ) 对于 2 2  ，解 2(   E B X ) 对于 3 6  ，解 3(   E B X )  得对应的特征向量为 1 0   (1,1, 1)T   得对应的特征向量为 2 0    得对应的特征向量为 3 0   (1, 1,0)T  (1,1,2)T 将 1 ,   单位化可得 , 2 3  1  1 3 1     1 ,     1    2  1 2      1   1 ,    0   1  1 6 1     1     2   正交矩阵 Q           1 3 1 3 1 3 1 2 1 2 0  1 6 1 6 2 6          ，则 TQ AQ 0       2      6 因此，作正交变换 x Qy ，二次型的标准形为 ( ) f x  （22）解： ) T x A A x ( T  T y Ay  2 2 y 2  6 2 y 3

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