2010上海考研数学一真题及答案.doc-资料库

2010 上海考研数学一真题及答案一、选择题（1）、极限 lim x     ( 2 x )( x a x b   x    )  （ C） A、1 B、e C、 a be  D、 b ae  【详解】 lim x     ( e   lim x  a b  e 2 x )( x a x b     a b x ab         ) )( ( x a x b     x x    )  lim x  e ln     ( 2 x )( x a x b   x     )  x    ( 2 x )( x a x b   1  )      lim x  e  2  a b x abx   ( )( ) x a x b   lim x  e  （2）、设函数 z  ( , z x y ) ，由方程 ( F y z , x x ) 0  确定，其中 F 为可微函数，且 2 F   ， 0 则  y x z  u  A、 x  z  y  B、 z （ B） D z  Fu  【详解】等式两边求全微分得： 1 C、 x ( x  F v dx 2 ) x  (  Fu 1 y   F v dy 2 ) y  (  Fu 1 z   F v dz 2 ) z  ， 0 所以有， z  x     Fu 1  Fu 1 x z 其中， u x   ， y 2 x  F v 2  F v  2 1 x z  y  ， x z    Fu 1 y  Fu 1 z ， y z  F v 2  F v  2 z 2 x yu  ， zu  ， 0 v x   ， yv  ， 0 zv  ，代入即可。 1 x （3）、设 ,m n 是正整数，则反常积分  x ) dx 的收敛性( D ) 2 n 1 0 m  ln (1 x (B)仅与 n 有关 (D)都无关 (A)仅与 m 的取值有关 (C)与 ,m n 都有关【详解】：显然 0, x 1  x  是两个瑕点，有 m 1  0 2 ln (1 x n  x ) dx  m 1 2 0  2 ln (1 x n  x ) dx  m  1 1 2 2 ln (1 x n  x ) dx 对于 m 1 2 0  2 ln (1 x n  x ) dx 的瑕点 0 x  ，当 x  时 0 m 2ln (1 x n  x ) 2 m ln (1   ) x x  1 n 等价于 1

2 2 1 x  ( 1) m m n  ，而 2 1  m n x 1 2 0  dx 收敛（因 ,m n 是正整数     ），故 1 2 1 m n m 1 2 0  2 ln (1 x n  x ) dx 收敛；对于 m  1 1 2 2 ln (1 x n  x ) dx 的瑕点 1x  ，当 x (1    ,1)(0    1 2 ) 时 m 2ln (1 x n  x ) 1 2 ln (1 n 2 m   1 n ) 2 (1 x  2 m  ) x ，而 2 ) mx dx (1   1 1 2 显然收敛，故 m  1 1 2 2 ln (1 x n  x ) dx 收敛。所以选择 D. （4）、 lim n  n n  i 1  j 1  n )( n i n  ( 2  2 j )  ( D ) x  0 1  0 1 )(1 dy  2 y ) (1  x 1 )(1 dy  y ) (1  x A、 C、 1  0 1  0 dx dx 【详解】： lim x  n n  i 1  j 1  n )( n i n  (  lim n  2  j 2 ) n  i 1  B、 D、 1  (1 1 n i n ) 1  0 1  0 dx dx x  0 1  0 1 )(1 dy  y ) (1  x 1 )(1 dy  2 y ) (1  x n  j 1  1 (1 (  j n 2 ) ) 1 n  1  0 dx 1  0 1 )(1 dy  2 y ) (1  x B、秩 r(A)=m, 秩 r(B)=n D、秩 r(A)=n, 秩 r(B)=n （5）设 A 为 m n 型矩阵，B 为 n m 型矩阵，E 为 m 阶单位矩阵，若 AB=E，则（ A） A、秩 r(A)=m, 秩 r(B)=m C、秩 r(A)=n, 秩 r(B)=m 【详解】 AB E  ) ( ABR m   ) ( m ABR   又 R(A) m, R(B)  m, R(B) R(A)  min( ( ( BRAR m  m  而  R(A) mBRm  ) ( , )), 即 ),  (6) 设 A 为 4 阶实对称矩阵，且 2 A A  ，若 A 的秩为 3，则 A 相似于 0 （D） A． 1       1 1       0 B. 1       1  1       0 2

C. 1        1  1       0 【详解】设 A 的特征值为 r ，因为  ( 0)1   即 0 或  1  D. 1  1       2 A       A  为所以 0 1 0  2    0  又 R(A)  3 ，A 必可相似对角化，且对角阵的秩也是 3. 1    是三重特征根 1              A ~ 0 1 1   所以正确答案为（D） (7) 设随机变量 X 的分布函数 ( ) f x     1  0 1 2 e  x  0 0   x 1  x x  1 ，则 {x=1}= （C） A．0 Ｂ. 1 2 C. 1 2 1 e 1 1 e D. 【详解】 { P x 1}   F (1)  F (1 0) 1    e 1     1  e .所以选 C 1 2 1 2 (8) 设 1( ) f x 为标准正态分布的概率密度， 2( ) f x 为[ 1,3]  上的均匀分布的概率密度，若 ( ) f x  1 ( ) af x   ( ) bf x  2 x x   0 0 ( a  0, b  0) 为概率密度，则 ,a b 应满足：（A ） A、 2 a 3 b  4 B、3 a 2 b  4 C、 a b  1 D、 a b  2     【详解】由概率密度的性质 3  0 f x dx 2 ( ) 0 b a a  1  1 2 2 a    ( ) f x dx b  1 3 4 3 b   所以选 A。二、填空题 4  ( ) f x dx  1 ，有 1 3

（9）、设 x t e  , y  【详解】 t  0 ln(1  2 u du ) , 求 2 d y 2 d x  0 0 2  t t  ln 1   e  d dy dt dt dx dx        t     1    x t  ln 1    2 ln(1   e t  t  2 2 t   t e  1  e t  ))  dy dx 2 d y 2 dx     y t    x t dy d   dx dx   2      t t  ln 1   e  2 t e t  1 2          2 t e 2( t 1 t  2 2 d y 2 d x 故  0 0 （10）、 2   0 【详解】 2  0  , 令 x t 原式为 x cos xdx  4 x cos xdx   4   0 2 2 t t  2 2 tdt cos  （11）、已知曲线 L 的方程为 1   sin |  t 0 2 sin t   y 0   tdt 4     0 t , x x   [ 1,1], 4 cos |  t 0 t  sin tdt  起点是 ( 1,0),  cos tdt  4       0 终点是 (1,0), 则曲线积分 xydx  2 x dy  0  L 【详解】令 1 : L x t      1 y  t 1    t 0 2 : L x t      1 y  t 0 t   1  2 x dy xydx  2 x dy  xydx  2 x dy   L 2 t 1  0 2  t  2   1    t 2 t dt  2 t 2    0  1    1  t       2 3 t 3 2 t dt 1 0 t L 1 0 xydx      0 1  2 3 t 3  L     4

{( , x y z x , ) 2  2 y   则  的形心坐标 z  2 z 3 1}, （12）、设   【详解】 z  zdxdydz  dxdydz     1 2  0    d  0 2   d  r rdr 1   rdr 0 0 1 2 1   zdz  3  2 T (1,1,0,2) ,  3 dz r 2 2 3  (2,1,1,  T ) , 若由形成的向量空间维数是 2，  （13）设 1  T (1,2, 1,0) ,   2  则 6 【详解】由题意知向量组 ,  3 , 2 1 线性相关，而其中两个向量线性无关，所以 ( ）R , , 3 2 1 r 2 1     0     0   0   6   1 1 2 1 01  2 0 6  2   1   1    0 2 r  1  r r  3 1 2 ，即 1 1  1 2 2 3  3        r r  3 2  2 r  2 r 4 1 0 0 0       1 1  0 0 2 3  0   6       （14）设随机变量 X 概率分布为 { p X k  }  C K ! , k  0,1,2,  ，则 2EX  2 【详解】由概率密度的性质   k  0 { P X k  } 1  ，有   k  0 C ! k 1 C e    1  即 { P X k  }  e k 1  ! , k  0,1,2, 为参数为 1 的泊松分布，则有 EX  1,  2 EX DX   DX 1  ( EX 2 )  2 三、解答题（15）（本题满分 10 分）求微分方程  y  3 y   2 y  x 2 xe 的通解【详解】齐次方程  y  3  y  2 y  的特征方程为 2 3   0   由此得 1 22,   2 0 1.  对应齐次方程的通解为 y C e 1  2 x  x C e 2 设非齐次方程的特解为   y Ax B xe   x 代入原方程得 A   1, B   从而所求解为 2 5

y C e 1  2 x  x C e 2 (   x 2  2 ) x e x （16）（本题满分 10 分）求函数 ( ) f x  2 x  1 2 ( x  2 t  ) t e dt 的单调区间与极值 f  ( x )  2 x 【详解】由 2 x  1 t  e d t  0 ，可得， 0x  ， 1 判断在区间， 1,0 ， (1, ) ， f x ( ) 0  ，函数单增在区间，   ， (0,1) ， ( ) 0 f x  ，函数单减。极小值：  , 1 f   1 f   1   0 极大值为 f     , 1 , 0,1   （17）（本题满分 10 分） (0) 1   单增区间  2 e   1,0 , 1,    单减区间（Ⅰ）比较 ln [ln(1 t  t )]n dt 与 ln n t t dt n  , 1,2,  的大小，说明理由 1 0  ( dt n  1  0 ln [ln(1 t  t )] n  1,2,  ，求极限 lim n M ) n  1 0  nM （Ⅱ）设【详解】令   t f   ln 1    t t 当0 1t  时，   t f   1  t 1 1 0   故当 0 1t  时   t f f  0  0 当0 1t  时  0 ln 1     t t  1 从而  ln 1   t n    n ( t n 1,2,   又由 ln ) t  0 得 1  0 ln t  ln(1  t ) n  dt  1  0 n t ln ( t dt n  1,2, )  1 0    ln n t t dt  ln t   ln 1 0 n 1 1  0  t   1  1 n  t t dt 1    n 1 0 n  1  1  2  n n t dt 1 0 nM   ln(1 t  t ) n  dt  0 1 lim ln n   0 n t t dt  0 1 lim ln n   0 由夹逼定理得 6

（18）（本题满分 10 分）求幂级数【详解】因为 lim n  n  ( 1)   2 n 1  n 1  1 2 n x 的收敛域及和函数 1  u n u n  lim n  2 x x n  2 2 n    1 2 n   1 2 n   2 x ，所以当 2 x  即 1 1    时，原幂级数绝对收 1x 敛；当 x   时，级数为 1 n  ( 1)   2 n 1  n 1  1 ，显然收敛，故原幂级数的收敛域为[ 1,1]  。因为   n 1  n ( 1)  2 n  1  1 2 n x    x n 1  n ( 1)  2 n  1  1 2 n 1  x 设 n  ( 1)   2 n 1  n 1  1 2 n 1  x  ( ), f x x    1,1  则   f x     n 1  n 1  ( 1)  x 2  n  1   1 x  2 1 因为  0 f  ，所以   f x 0    t dt f  f   0  arctan x 从而 ( ) s x  x arctan , x x x  0  1,1     收敛域 [ 1,1] x   ，和函数 ( ) s x  x arctan x （19）（本题满分 10 分）设 P 为椭球面 2 : S x  2 y  2 z  yz  上的动点，若 S 在点 P 处的切平面与 xOy 面垂直， 1 求点 P 的轨迹C ，并计算曲面积分 I    ( x  4  3)  y 2 z   2 z 4 yz 2 y dS ，其中  是椭球面 S 位于曲线C 上方的部分【详解】（1）切平面法向量 F x  2 , x F y  2 y  , z F z  2 z  ，因与 xOy 面垂直， y 所以 2 x 0 (2   y    ) 0 (2 z z  y ) 1 0     z y 2 所以轨迹为    2 x  2 y z  y  2 2  z yz  1 （2） dS  1  z 2 x  2 z dxdy y  2 4 x  2 5 y 2 z   5 y 2 z  8 yz dxdy 7

原式=  D xy x  3 dxdy D xy ,  {( , x y x ) 2  23 y 4  1}   D xy xdxdy   D xy 3 dxdy 0   3    1  2 3  2  （20）（本题满分 11 分）设 A   0 1      1   1 1 0 1       b       a 1 1      已知线性方程组 Ax b 存在 2 个不同的解，（Ⅰ）求， a ；（Ⅱ）求方程组 Ax b 通解。【详解】（Ⅰ）由题意知， Ax    1 01  1   1  0 1 bA  A   ) (      b 的增广矩阵为 1   1 1 0  r r  1 3  a 1 1            01 1    a 1 1      r 3 r   1       1 1 0 1   2 10    0  1    a 1        a r r  2 3  1 0 0      1   0 1  0 2   1    a 1 1        a 有 2 个不同的解 ( AR 0 ( AR Ax b 3) ( ) AR    2 1 1      或 ( 1 1) AR    时但 1   a   1 1 a  ， ,2)  方程组  Ax 0  1   a 1 b 无解（Ⅱ）由（Ⅰ）知， A  1 0 0      1 2  0 1  0 0    1 1 0      8

资料库

2010上海考研数学一真题及答案.doc

相关推荐

考研

热门标签

最新资料