2009上海考研数学一真题及答案.doc-资料库

2009 上海考研数学一真题及答案 0 （1）当一、选择题：1～8 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.  2 ln 1 1 6  x  时，  f x 1 6  等价无穷小，则（）与  g x   .   . 1, b 1, b  .   B     sin A ax bx  a a x x       C a 1, b 1 6  D a 1, b 1 6 . 【答案】 A ( ) f x 【解析】   x sin ( ) ax g x ,  2 x ln (1  为等价无穷小，则 bx ) lim 0 x  ( ) f x ( ) g x  lim 0 x  x 2 sin ax  ln(1 bx  ) x  lim 0 x  x x sin  2 (   ax ) bx 洛 lim 0 x  ax 1 cos a  2 3 bx  洛 lim 0 x  a ax 2 sin 6 bx   a  lim 0 x  ax ax 2 sin 6 b  a 1 cos a  2 3 bx  所以本题选 A。 lim 0 x  另外   3 a 6 b  1 3    a 6 b 故排除 ,B C 。 ax 存在，蕴含了1  a cos ax   0 x  故 1. a  排除 D 。 0  （2）如图，正方形  四个区域  1,2,3,4  , x y  kD k  x  ， I k  1  被其对角线划分为 cos xdxdy ， y 1, y   D k 则 max 1 4 k     I k  （）  A 1I .  B 2I .  C 3I . y 1 4D 1D 3D 2D -1 -1 D 4I .  1 x 【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。 ,D D 两区域关于 x 轴对称，而 ( , f x  y )   y cos x   ( , f x y ) ，即被积函数是关于 y 的 2 4 I 奇函数，所以 2 I 4 0  ; ,D D 两区域关于 y 轴对称，而 ( f 1 3  , x y )  y cos(  x )  y cos x  ( , f x y ) ，即被积函数是关于 x 的偶函数，所以 I 1  2  ( , ) x y y x   ,0 y cos xdxdy  0 ；  1 x  

I 3  2  ( , ) x y y   x y cos xdxdy  0 .所以正确答案为 A. ,0  1 x   （3）设函数 y   f x  在区间 1,3 上的图形为：则函数  F x ( ) f x    0 x f   t dt 的图形为（） O 0 0 ( ) f x -2 -1 1 -2 -1 1 2 3 1 2 3 x x  B .  A . ( ) f x 1 0 -2 -1 ( ) f x 1 2 3 x ( ) f x 1 0 -1  C . 【答案】 D 1 2 3 x 1 0 -2 -1  D . 1 2 3 x 【解析】此题为定积分的应用知识考核，由 y  ( ) f x 的图形可见，其图像与 x 轴及 y 轴、 x x 所围的图形的代数面积为所求函数 ( )F x ，从而可得出几个方面的特征： 0 ①  x  0,1 时， ( ) 0 F x  ，且单调递减。 ②  x  1,2 时， ( )F x 单调递增。 ③  x  2,3 时， ( )F x 为常函数。 ④  x   1,0 时， ( ) 0 F x  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    a , n b ，若 lim n  n a n  ，则（） 0  A 当  收敛时， b n  收敛. a b n n  B 当  发散时， b n  发散. a b n n  n 1   n 1   n 1   n 1   收敛时， b n  n 1    n 1  2 2 a b n n 收敛.  D 当  发散时， b n  n 1    n 1  2 2 a b n n 发散.  C 当【解析】方法一：举反例 A 取 a n  b n   ( 1)n 1 n B 取 a n  b n  D 取 a n  b n  1 n 1 n 故答案为（C）方法二：因为 lim a  n n  则由定义可知 1,N 使得 0, n N 时，有 1 na  1 又因为  收敛，可得 lim b n n   n 1  b n  则由定义可知 2,N 使得 0, n N 时，有 2 nb  1 从而，当 n N N  时，有 2 2 a b n n  1 2 b ，则由正项级数的比较判别法可知 n   n 1  2 2 a b n n 收敛。（5）设 1 ,   是 3 维向量空间 3R 的一组基，则由基 1 , 2 3 ,    到基 , 2 3 1 2 1 3       1   1 2 2 3 3  的过渡矩阵为（） , ,  A      1 0 1 2 2 0 0 3 3      .  B      1 2 0 0 2 3 1 0 3      .

 C 1   2  1   2  1   2  1 4 1 4 1  4 1   6  1   6  1   6  .  D 1   2  1   4  1   6   1 2 1 4 1 6 1   2  1   4  1   6  . 【解析】因为           , , , , , ,  n A 1 2 n 1 2 ，则 A 称为基 1    到 1    n 2 2 n , , , , , , 的过渡矩阵。 1 3 1 2 , , 则由基 1    到 1       1  的过渡矩阵 M 满足   2 3 2 2 3 3 , ,           3     , , , , 1 2 3 3 1 1 2 2 1 3 M        1 2       3  1 2 1 3 , , 1 2         1 0 1 2 2 0 0 3 3      所以此题选 A 。（6）设 ,A B 均为 2 阶矩阵， * ,A B 分别为 ,A B 的伴随矩阵，若 * A  2, B  ，则分块 3 矩阵  A  C          O A B O    的伴随矩阵为（） O * 2 A O 2 B * * 3 B O * 3 A O       . .  B  D    O * 3 A    O 3 B * * 2 B O    . * 2 A O    . 【解析】根据CC   C E ，若  C   C C C , 1  1  1 C  C 分块矩阵 0 B    A 0    的行列式 0 B A 0 2 2    （） 1 A B    2 3 6 ，即分块矩阵可逆 0 B     A 0     0 B A 0 0 B     1 A 0     6    0  A 1 1  B 0     6       0 1 A  A 1 B  B 0      

 6       0 1 2  A 1 3  B 0           0  A 3 2  B 0    故答案为（B）（7）设随机变量 X 的分布函数为  F x    0.3  x  x  0.7    2  1    ，其中  x 为标准正态分布函数，则 EX  （） A 0 .  B 0.3 .   C 0.7 .  D 1. 【答案】 C 【解析】因为  F x    0.3  x  x  0.7    2  1    ，所以   F x    0.3   x  0.7  2 x     2  1    ，所以 EX     xF x dx        0.3    x   x    0.35      x 1    dx   2    0.3    x     x dx  0.35    1 x   x   2     dx 而     x   x dx  0 ，    x      x 1  2    dx x 1  2  u  2    2 u    1    u du  2 所以 EX   0 0.35 2 0.7   。（8）设随机变量 X 与 Y 相互独立，且 X 服从标准正态分布  N 0,1 ， Y 的概率分布为  P Y   0   P Y   1  ，记   ZF z 为随机变量 Z XY 的分布函数，则函数   ZF z 1 2 的间断点个数为（） B 1. A 0.    C 2.  D 3. 【答案】 B 【解析】

 ( P XY  z )  ( P XY  z Y  0) ( P Y  0)  ( P XY  z Y  1) ( P Y  1)  ( ) ZF z 1[ 2 1[ 2  ( P XY  z Y  0)  ( P XY  z Y  1)] ( P X 0   z Y  0)  ( P X z Y   1)] ,X Y 独立  )] [  z )   0   ( P X ( ) ZF z z  ，则 1 2 （1）若 0 ( P X z 1 2 1 2 z  为间断点，故选（B）（2）当 0 z  ，则 ( ) ZF z ( ) ZF z     ( ) z (1 0  ( )) z 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  , f u v 具有二阶连续偏导数， z   f x xy ,  ，则 2z  x y    。【答案】 " xf 12  f ' 2  xyf " 22 【解析】 " xf 12  f ' 2  xyf " 22  z  x  2 z  x y   ' f 1  f ' 2  y ，  " xf 12  f ' 2  yx f  " 22  " xf 12  f ' 2  xyf " 22 （10）若二阶常系数线性齐次微分方程  y  ay   by  的通解为   0 y  C C x e 1  2 x ，则非齐次方程 y   ay   by  满足条件   0 y x  2, y   0  的解为 y  0 。【答案】 y   xe x   x 2 【解析】由 y  ( c 1  ) x c x e 2 ，得 1   2  ，故 1 a   2, b  1 微分方程为 '' 2 ' y  y   y x 设特解 *y  Ax B  代入， ' y  , A A  1

2  2     B A Ax B x 2   0, B   特解 * y x  2  y  ( c 1  ) c x e 2 x   x 2 把 (0) y  2 ， '(0) 0 c  代入，得 1 y 20, c   1  所求 y   xe x   x 2 （11）已知曲线 L y :  2 x  0   x  2 ，则  L xds  。【答案】 13 6 【解析】由题意可知， x  , x y  x 2 ,0   ，则 x 2 ds    x 2   2   y  dx  1 4  2 x dx ，所以  L xds  2 x  0 1 4  2 x dx  2 1 8  0 1 4  2 x d  1 4  x 2    1 2 8 3  1 4   32 x 2 0  13 6 （12）设      , x y z x , 2  2 y  2 z  ，则  1   2z dxdydz  。 4 15  【答案】【解析】方法一：  2 z dxdydz  2  0       d sin  d 2 2 1 0 0 2 cos d    2   0   d 0 2 cos d    cos    d 4 1   0  2    3 cos 3 1 d 5   0    4 15   方法二：由轮换对称性可知 2z dxdydz  2x dxdydz    2y dxdydz  

所以，   2 z dxdydz  1 3 2  3   0 sin 1 d    0 4 r dr    2 1   3 5    0 sin   d  4  15  2 x  2 y  2 z dxdydz   1 3   d 0 2     d 0 4 1 r 0 sin dr  （13）若 3 维列向量 ,满足 T  ，其中 T 为的转置，则矩阵 T 的非零特征值 2 为【答案】2 。【解析】  2       T    T T  2    , T 的非零特征值为 2. (14)设 1 X X , , 2 X 为来自二项分布总体  , m  ,B n p 的简单随机样本， X 和 2S 分别为样本均值和样本方差。若 X kS 为 2np 的无偏估计量，则 k  2 。【答案】 1 【解析】  X kS  2 为 2np 的无偏估计  E X kX  (  2 )  2 np  2 np ) (1 p  ) p p  1 p   np knp   1 (1 k    ) (1 k p   1 k    三、解答题：15－23 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 9 分）求二元函数 ( , f x y )  2 x  2  2 y   y ln y 的极值。【解析】 ( , x y )  2 (2 x  y 2 ) 0   xf  yf ( , x y )  2 故 x    0, y  ln y 1 0   2 x y 1 e f  xx  2(2  y 2 ),  f  yy  2 2 x  1 y ,  f  xy  4 xy

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