端午节贺词-辽宁中考时间

2009年考研数学试题答案与解析（数学一）
一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分.
（1）当
x0
时，< br>f

x

xsinax
与
g

x

x
2
ln

1bx

等价无穷小 ，则
11
. (B)
a1,b
.
66
11
(C)
a1,b
. (D)
a1,b
.
66
(A)
a1,b
【答案】 A.
【解析】
f(x)xsinax,g(x)xln(1bx)
为等价无穷小，则
2
f (x)xsinaxxsinax1acosaxa
2
sinax
limli m
2
lim
2
洛lim洛lim
x0
g(x)
x0
xln(1bx)
x0
x(bx)
x0x0
3 bx
2
6bx
a
2
sinaxa
3
lim 1

a
3
6b
故排除(B)、(C).
x0
6b
6b
ax
a
另外
lim
1ac osax
存在，蕴含了
1acosax0

x0

故
a1.
排除(D).
x0
3bx
2
所以本题选（A）.
（2）如图，正方形


x,y

x1,y1

被其对角线划分为 
ycosxdxdy
，则
max

I



D
k

y

k
四个区域
Dk

k1,2,3,4

，
I
k

(A)
I
1
.
【答案】 A.

1k4
1
(B)
I
2
. (C)
I
3
. (D)
I
4
.
-1
D
1

D
2

D
3

-1
D
4

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
2
,D< br>4
两区域关于
x
轴对称，而
f(x,y)ycosxf(x ,y)
，即被积函数是关于
y
的
奇函数，所以
I
2
I
4
0
;
D
1
,D
3
两区域关于< br>y
轴对称，而
f(x,y)ycos(x)ycosxf(x,y)
，即被积函数是
ycosxdxdy0
； 关于
x
的偶函数，所以
I
1
2

(x,y)yx,0x1

I
3
2


(x,y)yx,0x1


ycosxdxdy0
.所以正确答案为(A).
1 14

（3）设函数
yf

x

在区间

1,3
上的图形为
f(x)
1

O
-1
x
-2
1
2 3
x

则函数
F
x



f

t

dt< br>的图形为
0
f(x)
1
O
-1
f(x)
1
-2
(A)
1 2 3
x
(B)
-2
-1
O
1
2
3
x

f(x)
1
O
1 2 3
f(x)
1
-1
(C)
x
(D)
-2
-1
O
1 2 3
x

【答案】D.
【解析】此题为定积分的应用知识考核，由< br>yf(x)
的图形可见，其图像与
x
轴及
y
轴、
x x
0
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：
①
x

0,1

时，
F(x)0
，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.
2 14

④
x

1,0

时，
F(x)0
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
n
，若
lima
n
0
，则
n
（A）当

b
n1
n

n
收敛时，

ab
n1
22
nn

nn
收敛. （B）当

b
n1
n

n
发散时，

ab
n1

22
nn

nn
发散.
( C)当

b
n1

收敛时，

ab
n 1

收敛. (D)当

b
n1
< br>发散时，

ab
n1
发散.
【答案】C.
【解析】方法一：
举反例：（A）取
a
n
b
n
(1)
n
1

n


1

n
1
（D）取
a
n
b
n


n
（B）取
a
n
b
n

故答案为（C）.
方法二 ：因为
lima
n
0,
则由定义可知
N
1
,< br>使得
nN
1
时，有
a
n
1

n 
又因为

b
n1

n
收敛，可得
l imb
n
0,
则由定义可知
N
2
,
使得
nN
2
时，有
b
n
1

n
< br>从而，当
nN
1
N
2
时，有
abb
n
，则由正项级数的比较判别法可知
（5）设

1
,

2
,

3
是3维向量空间
R
的一组基，则由基

1
,
3
22
nn

ab
n1
2 2
nn
收敛.
11

2
,

3
到基
23
< br>1


2
,

2


3< br>,

3


1
的过渡矩阵为

1 01


(A)

220

.

033



120


(B)

023

.

103



3 14


1

2

1
(C)



2

1



2
【答案】A.
14
1
4
1

4
1


6

1

.

6

1


6



1

2

1
(D)


4

1




6

1
2
1
4
1
6
1

2


1


.
4


1


6
【解析】因为


1
,

2
,L,

n




1
,

2
,L,

n

A
，则
A
称为基

1
,

2
,L,

n
到

1
,

2
,L,

n
的过渡矩阵.
则 由基

1
,
11

2
,

3到

1


2
,

2

3
,

3


1
的过渡矩阵
M
满足
23


11




1


2
,

2


3
,

3


1




1
,

2
,

3

M

23

101

1



1



1
,

2
,
3


220


3



2


033

所以此题选(A).
（6）设< br>A,
B
均为2阶矩阵，
A,B
分别为
A,
B
的伴随矩阵，若
A2,B3
，则分块
**

OA
矩阵

的伴随矩阵为
BO


O3B
*


A


*

.
O

2A

O3A
*


C


*

.
O

2B
【答案】B.

【解析】根据
CCCE
，若
CCC,C
11


O
B


*

3A

O

D


*

3B
2B
*< br>

.
O

2A
*


.
O



1

C

C
O A

OA

22
分块矩阵

（1）AB2 36
，即分块矩阵可逆

的行列式
BOBO

4 14


OA

O


B

BO


A

OA


O< br>6

1

0

BO

A
1


B
3


O



3A
O




1


O
1
B


6


1

O


A

A
1


B

B



O




O
6


1
A

2
2B




O

故答案为（B）.
（7）设随机变量
X
的分布函数为
F

x

0.3

x

0 .7

态分布函数，则
EX

(A)
0
.
【答案】C.
【解析】因为
F

x

0.3

x

0.7

(B)
0.3
. (C)
0.7
. (D)
1
.

x1
< br>
，其中


x

为标准正
2


x1


，
2

所以
F


x

0.3


x
< br>
0.7

x1




，
2

2


所以
EX



xF


x

dx




x1


x

0.3


x

0.35



dx

2


0.3

而

< br>x


x

dx0.35





x1

x


dx< br>

2




x


x

dx0
，



x1< br>
x1

x


dxu2

2u1




u

du2




2

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
1
P

Y0

P
Y1


，记
F
Z

z

为随机变量
ZXY
的分布函数，则函数
F
Z

z

2
的间断点个数为
(A)0.
【答案】 B.
(B)1. (C)2. (D)3.
5 14

【解析】
F
Z
(z)P(XYz)P(XYzY0)P(Y0)P(XYzY 1)P(Y1)
1
[P(XYzY0)P(XYzY1)]
2
1
[P(X0zY0)P(XzY1)]
2
QX,Y
独立

1
F
Z
(z)[P(X0z)P(Xz)]

2
1
（1）若
z0
，则
F
Z
(z) (z)

2
1
（2）当
z0
，则
F
Z< br>(z)(1(z))

2
z0
为间断点，故选（B）.
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.

2
z

. （9）设函数
f

u,v

具有二阶连续偏导数，
zf

x,xy
，则
xy
'
【答案】
xf
12
f2
xyf
22
.

2
z
z
''
xf
12
f
2
'
yxf
22xf
12
f
2
'
xyf
22
【解析】.
f
1
f
2
y
，
xy
x
（10）若二阶常系数线性齐次微分方程
y

ay

by 0
的通解为
y

C
1
C
2
x

e
，则非
x
齐次方程
y

ay
< br>byx
满足条件
y

0

2,y
< br>
0

0
的解为
y
.
【答案】
yxex2
.
x
【解析】由
y(c< br>1
c
2
x)e
，得

1

2
1
，故
a2,b1

x
微分方程为
y''2y'yx

设特解
yAxB
代入，
y'A,A1

*
2AAxBx

2B0,B2


特解
yx2

*
6 14

x



y(c
1
c
2
x)ex2

把
y(0)2
，
y'(0)0
代入，得
c
1
0,c
2
1



所求
yxex2

（11）已知曲线
L:y x
【答案】
2
x

0x2

，则
< br>xds
.
L
13

6
2
，则
2
【解析】由题意可知，
xx,yx,0 x
ds
所以

x


2


y


dx14x
2
dx
，
22

L
xds

0
x14x
2
d x
2
1
2
22

14xd14x


0
8
12

83

14x
4

.
15
2
3
0

13

6
2
（12）设

【答案】


x,y ,z

xy
2
z
2
1
，则
< br>z
2
dxdydz
.


【解析】
方法一：

zdxdydz

2
2

0
d


d



2
sin

2
cos
2

d


00

1


d


cos

d

cos




4
d


2
000
2

1
cos
3

2


3
方法二：由轮换 对称性可知



0
14
d




515
2
x

dxdydz

2
y

dxdydz


2
z
 
dxdydz
2

1
11

2224
所以，

zdxdydz


xyz
dxdydz

d


d


rs in

dr

00
3

3
0
< br>2
2

3


0
2

1< br>
4

sin

d


rdr 

sin

d



0
35< br>0
15
1
4
TT
T
（13）若3维列向量

,

满足

2
，其中

为

的转置，则矩阵

的非零特征值
为 .
7 14

【答案】2.
【解析】
Q

2

T


T





T


2
,


T
的非零特征值为2.
2
(14)设
X
1
,X
2
,L,X
m
为来 自二项分布总体
B

n,p

的简单随机样本，
X
和
S
分别为样本均
值和样本方差.若
XkS
为
np
的无偏估计量，则
k
.
2
2
1
.
QX

kS
2
为
np
2
的无偏估计


E(XkX
2
)np
2

npknp(1p)np
2

1k(1p)p
k(1p)p1

k1
三、解答题：15~23小题，共94分.
（15）（本题满分9分）
求二元函数
f(x,y)x
2

2y
2
ylny
的极值.
【解析】
f
x

(x,y)2x(2y
2
)0

f
y

(x,y)2x
2
ylny10

故
x0,y
1
e

f
1
xx

2(2y
2
),f
yy

2x
2

y
,f
xy

4xy

则
f
xx

(0,
1
2(2
1
e
2
)
，
f
xy

(0,
1
0
，
f
e
)
yy

e
.
e
)( 0,
1
e
)
Qf
xx

0
而
(f
xy

)
2
f
xx

f
yy

0


二元函数存在极小值
f(0,
11
e
)
e
.
（16）（本题满分9分）
8 14
【答案】
【解析】

设
a
n
为曲线
yx
与
yx
n1

n1,2,. ....

所围成区域的面积，记
n
S
1

< br>a
n
,S
2


a
2n1
，求< br>S
1
与
S
2
的值.
n1n1
【解析】由题意，
yx
与
y=x
所以
a
n

nn+1
在点
x0
和
x1
处相交，

0

1
(x
n
x
n1
)dx(
N
1
n1
1
n2
1
11
，
xx) 
0
n1n2n1n2
从而
S
1

1111111
alimalim(
L
-)lim()


nn
NN
2
N
23N1N2N+22
n1n1

S
2


a
2n1

（
n1n1


）（
=
L
)

2n2n+1232N2N+123456
n
1
2(n1)
x
L
取
x1
得 由
ln( 1+x)=x-xL(1)
2n
111
ln(2)1(L)1S< br>2
S
2
1ln2
.
234
x
2y
2
1
绕
x
轴旋转而成，圆锥面
S
2是过点（17）（本题满分11分）椭球面
S
1
是椭圆
43
x< br>2
y
2

4,0

且与椭圆
1
相切的直线绕
x
轴旋转而成.
43
（Ⅰ）求
S
1
及
S
2
的方程
（Ⅱ）求
S
1
与
S
2
之间的立体体积.
x
2
y
2
z
2
1
， 【解析】（I ）
S
1
的方程为
43
x
2
y
2

1

1
的切线为
y

x2
< br>， 过点

4,0

与
43

2


1

所以
S
2
的方程为
y
2< br>z
2


x2

.

2
39
、高为3的锥体体积

与部分椭球体体
24
3< br>
2
5

95
2
积
V
之差，其中< br>V
.故所求体积为
(4x)dx




.

1
4444
（II）
S
1
与
S
2
之间的体积等于一个底面半径为
9 14
2

（18）（本题满分11分）
（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函 数
f

x

在

a,b

上连续 ，在
(a,b)
可导，则存在



a,b
，使得
f

b

f

a

f




ba


f


x

A
，（Ⅱ）证明：若函数
f

x

在
x0
处连续，在

0,


0

内可导，且
lim

x0
则
f



0

存在，且
f



0

A
.
【解析】（Ⅰ）作辅助函数
(x)f(x)f(a)
f(b)f(a)
(xa)
，易验证

(x)
满足：
ba

(a)

(b)；

(x)
在闭区间

a,b

上连续，在开 区间

a,b

内可导，且

'
(x)f
'
(x)
f(b)f(a)
.
ba
'
根据罗尔定 理，可得在

a,b

内至少有一点

，使
(

)0
，即
f
'
(

)

f(b)f(a)
0,f(b)f(a)f
'
(
< br>)(ba)

ba
（Ⅱ）任取
x
0
(0,
)
，则函数
f(x)
满足：在闭区间

0,x
0

上连续，开区间

0,x
0

内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在

x
0


0,x
0



0,


，使得
f< br>'

x
0


f(x
0
)f( 0)
……

*


x
0
0
f< br>又由于
lim

x0
'

x

 A
，对上式（*式）两边取
x
0
0

时的极限可得： < br>f(x
0
)f

0

lim

f
'
(

x
0
)lim

f
'
(

x
0
)A

x
0
0
x
0
0
x
0
0
f

'

0

lim

x
0
0
'< br>'
故
f

(0)
存在，且
f

(0 )A
.
（19）（本题满分10分）计算曲面积分
I

2x< br>2
2y
2
z
2
4
的外侧.
【解析】
I
Ò
xdydzydzdxzdxdy

x
2< br>y
2
z
3
2
2
，其中

是曲面
xdydzydxdzzdxdy
222
2x2yz4
，其中< br>22232
Ò
(xyz)

xy
2
z< br>2
2x
2
Q
(
2
)
2
,
①
22322252
x(xyz)(xyz)
10 14