24考研数学模拟试卷与解析(数学一)

2023年12月2日发(作者：初中数学试卷分析的题目)

考研数学模拟试卷与解析（数一）

考试科目 ： 数学 推荐时长 ：180分钟

一、选择题：1～10小题，每小题5分，共50分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.

．．．（1）设a,b均为常数，则limlogx(xx)（ ）

xab(A)a

【答案】D

【解析】

(B)b (C)min{a,b} (D)max{a,b}

ln(1xba)若ab,limlogx(xx)limlogxx(1x)alima;xxxlnx

abln(1x)若ab,limlogx(xaxb)limlogxxb(1xab)blimb;xxxlnxababa故limlogx(xx)max{a,b}，选D

xab12x3f(x)(e1),x0（2）设函数F(x)(31x21)sinx，其中f(x)为连续函数，若F(x)在点x0 1 ,x0

处连续，则有（ ）

(A)

f(0)0,f(0)不存在

(B)

f(0)0,f(0)1

【答案】A

【解析】

(B)

f(0)1,f(0)不存在

(D)

f(0)1,f(0)1

F(0)limF(x)limx0x0f(x)(e12x31)(31x21)sinxlimx0f(x)1,所以f(0)0,

x又limx0f(x)f0f(x)f01f0，lim1f01，

x0x0x0故f(0)不存在．

1

（3）设函数f(x)连续，F(x)

11|xsint|f(t)dt,则下列命题

①若f(x)为奇函数，则F(x)也是奇函数;②若f(x)为奇函数，则F(x)是偶函数③若f(x)为偶函数，则F(x)也是偶函数;④若f(x)为偶函数，则F(x)是奇函数正确的是（ ）

(A) ①②

【答案】C

【解析】

11 (B)③④ (C)①③ (D)②④

F(x)|xsint|f(t)dt|xsinu|f(u)du|xsint|f(t)dt,

11tu11若f(x)为奇函数，则F(x)也是奇函数；若f(x)为偶函数，则F(x)也是偶函数，故选C。

（4）设0,f(x)在(,)内恒有f(x)0,且f(x)x2,记I(A)

I0

【答案】B

(B)I0 (C)I0

f(x)dx,则有( )

 (D)不能确定

2【解析】因为f(x)x,所以f(0)0,由f(x)x,得02f(x)f(0)x,由夹逼定x理得f(0)0.由泰勒公式得f(x)f(0)f(0)xf()2f()2xx,

2!2!其中介于0与x之间,因为在,内恒有f(x)0,所以If(x)dxf()2xdx0,选（B）.

2!（5）设D为xOy平面上的有界闭区域，zf(x,y)在D上连续，在D内可偏导且满足zzz,若zf(x,y)在D内无零点，则zf(x,y)在D上( )

xy(A) 最大值和最小值只能在边界上取到

(B) 最大值和最小值只能在区域内部取到

(C) 有最大值无最小值

(D) 有最小值无最大值

【答案】A

【解析】因为zf(x,y)在D上连续，所以zf(x,y)在D上一定能取到最小值和最大值，不妨设f(x,y)在D上最大值M在D内的点(x0,y0)处取到，即f(x0,y0)M0,此时zzzzz0矛盾，即f(x,y)在D上的最大值M不0，这与xyx(x0,y0)y(x0,y0)可能在D内取到，同理f(x,y)在D上的最小值m不可能在D内取到，选A。

2

的充分条件是( )

（6）设y1(x),y2(x)是微分方程ypyqy0的解，则由y1(x),y2(x)能构成方程通解y2y1y20 (A)y1y2y1y20 (C)y1【答案】B

y2y1y20 (B)y1y2y1y20 (D)y1

【解析】y1(x),y2(x)能构成微分方程ypyqy0通解的充分条件是:

xy2xy1xy2xy1(x)y1y1(x)不是常数，即=0,选B.

2y2(x)y2(x)y2x（7）设A为3阶矩阵，B(1,2,3)，1为AX0的解，2不是AX0的解，又r(AB)

(A)0

【答案】B

【解析】 (B)1 (C)2 (D)3

因为2不是AX0的解，所以AB0,从而r(AB)1;由r(AB)

（8）设三阶矩阵A的特征值为11,22,34,对应的特征向量为1,2,3,令P

32,21,53，则P1(A*2E)P等于( )

100(A)

040

0061000(C)020

000【答案】B

*【解析】A2E对应的特征值为110,22,30,对应的特征向量为1,2,3,则

200(B)0100

0001400(D)0180

008

32,21,53仍然是A*2E的对应于特征值22,110,30的特征向量，于是有

3

200P1(A*2E)P=0100，选(B).

000

（9）设X,Y相互独立，且服从参数为的指数分布，下列结论正确的是( )

(A)

XYE(2)

(B)XYE(2)

(C)minX,Y【答案】C

【解析】因为XE(2) (D)maxX,YE(2)

E(),YE()，

所以FX(x)0, x00, y0,F(y),令ZminX,Y,则

Yxy1e,x01e,y0FZ(z)PZzPminX,Yz1PminX,Yz1PXzPYz =11PXz1PYz=11FX(z)1FY(z)当z0时,FZ(z)0,当z0时,FZ(z)1e2z,即Z（10）连续型随机变量X的分布函数F(x)严格递增，Y数( )

(A) 可导

(C)只有一个间断点

【答案】B

(B)连续但不一定可导且与X分布相同

(D)有两个以上的间断点

E(2),选(C).

U(0,1),则ZF1(Y)的分布函【解析】因为Y0, y0,U(0,1),所以Y的分布函数为FY(y)y,0y1,

1, y1,则ZF1(Y)的分布函数为FZ(z)PZzPF1(Y)zPYF(z)FY(F(z)),

因为0F(z)1,所以FZ(z)=F(z),即Z与X分布相同,选B.二、填空题：1116小题，每小题5分，共30分，请将答案写在答题纸指定位置上.

．．．123（11）limnnn111nnnn23【答案】2n___________.

1nn2n42

34

【解析】

令bn1nn12nn123nn132nnn12n,则1232n123bnnn1nn2n2n,由limnn1得n11232n123limlimnnnn1nn212ni42limxdx.0nnn3i1123由夹逼准则得limnnn111nnnn23n2n4231nn2n（12）若f(x)2nx(1x),记Mnmaxf(x),则limMn_________.

0x1n【答案】【解析】

2

e令f(x)2n(1x)n11(1n)x0，得x当0x1,1n11时,f(x)0;当x1时,f(x)0;1n1nn12nnMnmaxf(x)f(),于是0x11n1n1n2nn2n12limMnlimlim.nnn1n1nn1ne11nn

（13）设F(u,v)一阶连续可偏导，且由F(,)0确定z为x,y的隐函数，则xyzzxzzy_________.

xy【答案】z

【解析】F(,)0两边对x求偏导得

xyzzF1zxzzF1xFy1z0,解得z=;

2z2z2xxxF1yF2zyz2zyzF2z=;

yxF1yF2xy1zF(,)0两边对y求偏导得F1x2F2zzzy0,解得 5

故x

zzyz

xy2x1,3x2,则其正弦级数在点1, 2x0,(14) 设f(x)在区间3,0上的表达式为f(x)x20处收敛于________.

【答案】2

【解析】对f(x)进行奇延拓和周期延拓，则正弦级数的和函数S(x)是以6为周期的奇函数，

S(20)S(2)S(2)1f(20)f(20)2

2kk(15)设A为三阶实对称矩阵，1k为方程组AX0的解，22为方程组11(2EA)X0的解，则k__________.

【答案】1

kk【解析】显然1k,22为A的特征向量，其对应的特征值分别为10,22,11T2因为A为实对称矩阵，所以12k2k10,解得k1

(16)设随机变量X,Y相互独立，且都服从(1,1)上的均匀分布,令ZmaxX,Y，则P0Z1_________.

【答案】3

4【解析】因为X,Y都服从(1,1)上的均匀分布，所以

6

0, x1,0, y1,x1y1FX(x),1x1,FY(y),1y1,221, x1,1, y1,FZ(z)PZzPmaxX,YzPXzPYzFX(z)FY(z)0, z1,213z1则FZ(z),1z1,于是P0Z1F(10)F(0)1.ZZ4421, z1,三、解答题：17—22小题，共70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.

（17）（本题满分10分）设函数f(x,y)在(2,2)处可微，满足

f(sin(xy)2cosx,xy2cosy)1x2y2(x2y2),

这里(xy)表示比xy为高阶无穷小((x,y)(0,0)时)，试求：

(1)f(2,2),fx(2,2),fy(2,2);

(2)曲面z=f(x,y)在点(2,2,f((2,2)))处的切平面.

【答案】f(2,2)1,fx(2,2)1,fy(2,2)1;:xyz50.

【解析】因为函数f(x,y)在(2,2)处可微，所以函数f(x,y)在(2,2)处连续。

取(x,y)=(0,0)得f(2,2)=1.

因为函数f(x,y)在(2,2)处可微，所以函数f(x,y)在(2,2)处可偏导,令y0，得

2222f(2cosx,2)1x2(x2),22f(22(cosx1),2)f(2,2)x(x)则fx(2,2)limlim1,

x0x012(cosx1)2(x2)2令x0,f(2,2cosy)1y2(y2),22f(2,2(22cosy))f(2,2)y(y)fy(2,2)limlim1,

y0y0122cosy2(y2)2故曲面:z=f(x,y)在点(2,2,f((2,2)))处的法向量为n1,1,1,切平面方程为 7

（18）（本题满分12分）

:(x2)(y2)(z1)0,即:xyz50.

f(x)f(x)1,lim2.证明:

x1xx1

设f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且lim+x0(1)存在c(0,1),使得f(c)0;(2)存在(0,1),使得f()3f()2f()0.【答案】见解析

【解析】

f(x)f(x)1,lim2得f(0)0,f(0)1,f(1)0,f(1)2.x0x1x1x

f(x)因为lim10,由保号性得:存在x1(0,1),使得f(x1)0f(0),x0+x(1)由lim+f(x)20,由保号性得:存在x2(0,1),使得f(x2)0f(0),x1x1

因为f(x1)f(x2)0,所以由零点定理得存在c(0,1),使得f(c)0.因为lim(2)令h(x)exf(x),因为f(0)f(c)f(1)0,所以h(0)h(c)h(1)0.由罗尔定理,存在1(0,c),2(c,1),使得h(1)h(2)0,而h(x)exf(x)f(x)且ex0,于是f(1)f(1)=0,f(2)f(2)=0,令(x)e2xf(x)f(x),因为(1)(2)0,所以存在(1,2)(0,1),使得()=0,而(x)e2xf()3f()2f()且e2x0,于是 f()3f()2f()=0（19）（本题满分12分）

计算

D1x2y2dxdy,其中D{(x,y)|x2y21,x0,y0}.

221xy【答案】284

【解析】

8

D

211r1x2y211r22rx11x2dxdydrdrdrdx001r21x2y2401r2401x2令1xu,则1x11xyu11dxdydu=ud()22222001xy(1u)21u222

D1u12(du).21u2001u2841（20）（本题满分12分）计算I截部分的下侧.

【答案】I【解析】

(x2y2)zdxdyydzdx,其中为zx2y2被z1所5

6令1:z1(x2y21),取上侧，22I(xy)zdxdyydzdx(xy)zdxdyydzdx,+1122由高斯公式得(x2y2)zdxdyydzdx=(x2y21)dv+1dz01x2y2z(xy1)dxdydzd002212z0z2z(r1)rdr2()dz,042321x2y21

2222(xy)zdxdyydzdx(xy)dxdy1121(x2y2)dxdydr2rdr002,故I56（21）（本题满分12分）

1390ab（1）设A206,B为三阶非零矩阵，1=1,2=2,3=1为Bx0的317110解向量，且AX3有解，求常数a,b的值及Bx0的通解.

b211（2）设A是三阶实对称矩阵，存在可逆矩阵Paa15,使得PAP

2111002*020,又5且A,求常数a,b的值及.

0011 9

【答案】

015(1)a15,b5;Xk11k22(k1,k2为任意常数).(2)a0,b2,2

11【解析】(1)由B为三阶非零矩阵得r(B)1,从而Bx0的基础解系中最多有两个线性无关0的解向量，于是1ab210,解得a3b.由AX3有解得r(A)r(A3),由

1109b139b13(A3)206 10612 12b得b5,从而a15.

3170010203b由1,2为BX0的两个线性无关解，得3r(B)2,从而r(B)1,

再由r(B)1得r(B)1,从而1,2为BX0的一个基础解系，故015BX0的通解为Xk11k22(k1,k2为任意常数).11

1b2(2)A的特征值为1=1,22,31,令1=a,2=a1,3=5,211

显然A11,A222,A33,因为A为实对称矩阵，所以TAAA130解得a0,b2.A的特征值为2,1,2,T123230由3得是矩阵A的属于特征值31的特征向量，从而是A的属于特征值2的特征向量，即2.

（22）（本题满分12分）设随机变量X在(1,4)上服从均匀分布，当Xx(1x4)时，3y2,0yx随机变量Y的条件密度函数为fYX(yx)x3

0, 其他(1) 求Y的密度函数；

(2) 令ZXY,求Z的分布函数.

【答案】

【解析】

10

1,1x4(1)随机变量X的边缘密度函数为fX(x)30, 其他则(X,Y)的联合密度函数为y2,1x4,0yxf(x,y)fX(x)fYX(yx)x30, 其他则Y的边缘密度函数为fY(y)

f(x,y)dx41当y0或y4时,fY(y)0;当0y1时,fY(y)当1y4时,fY(y)4yy215y2dx;3x32y216y2dx.所以x33215y232, 0y116y2 fY(y), 1y4

320, y0或y4

(2)FZ(z)PZzPXYzXYzf(x,y)dxdy,4xy23z25z3当z0时，FZ(z)0;当0z1时，FZ(z)dxdyzln4;1xzx3432

24xzy1zz2z3当1z4时，FZ(z)1dxdyzln4zlnz;z0x332496当z4时，FZ(z)1.所以0, z0233z5zzln4, 0z1432FZ(z)

231zzln4zlnzzz,1z4324961, z4

11