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1、1997年天下硕士研讨生退学一致测验数学一试题一、填空题(此题共5分,每题3分,总分值15分.把谜底在题中横线上.)(1).(2)设幂级数的收敛半径为3,那么幂级数的收敛区间为.(3)对数螺线在点处的切线的直角坐标方程为.(4)设,为三阶非零矩阵,且,那么=.(5)袋中有50个乒乓球,此中20个是黄球,30个是白球,今有两人顺次随机地从袋中各取一球,取后不放回,那么第二团体获得黄球的概率是.二、抉择题(此题共5小题,每题3分,总分值15分.每题给出的四个选项中,只要一项契合标题请求,把所选项前的字母填在题后的括号内)(1)二元函数在点处()(A)延续,偏导数存在(B)延续,偏导数不存在(C)不
2、延续,偏导数存在(D)不延续,偏导数不存在(2)设在区间上令,那么()(A)(B)(C)(D)(3)那么()(A)为畸形数(B)为负常数(C)恒为零(D)不为常数(4)设那么三条直线,(此中)交于一点的充要前提是()(A)线性相干(B)线性有关(C)秩秩(D)线性相干,线性有关(5)设两个互相独破的随机变量跟的方差分不为4跟2,那么随机变量的方差是()(A)8(B)16(C)28(D)44三、(此题共3小题,每题5分,总分值15分.)(1)盘算此中为破体曲线绕轴扭转一周构成的曲面与破体所围成的地区.(2)盘算曲线积分,此中曲直线从轴正憧憬轴负向看,的偏向是顺时针的.(3)在某一人群中推行新技巧
3、是经过此中已控制新技巧的人进展的.设该人群的总人数为,在时辰已控制新技巧的人数为,在恣意时辰已控制新技巧的人数为(将视为延续可微变量),其变更率与已控制新技巧人数跟未控制新技巧人数之积成反比,比例常数求.四、(此题共2小题,第(1)小题6分,第(2)小题7分,总分值13分.)(1)设直线在破体上,且破体与曲面相切于点,求之值.(2)设函数存在二阶延续导数,而满意方程,求.五、(此题总分值6分)设延续,且(为常数),求并探讨在处的延续性.六、(此题总分值8分)设证实:(1)存在;(2)级数收敛.七、(此题共2小题,第(1)小题5分,第(2)小题6分,总分值11分.)(1)设是秩为2的矩阵,是齐次
4、线性方程组的解向量,求的解空间的一个规范正交基.(2)曾经明白是矩阵的一个特点向量.()试断定参数及特点向量所对应的特点值;()咨询是否类似于对角阵?阐明来由.八、(此题总分值5分)设是阶可逆方阵,将的第行跟第行对调后掉掉的矩阵记为.(1)证实可逆;(2)求.九、(此题总分值7分)从黉舍乘汽车到火车站的途中有3个交通岗,假定在各个交通岗碰到红灯的事情是互相独破的,同时概率基本上.设为途中碰到红灯的次数,求随机变量的散布律、散布函数跟数学希冀.十、(此题总分值5分)设总体的概率密度为此中是未知参数.是来自总体的一个容量为的复杂随机样本,分不用矩估量法跟最年夜似然估量法求的估量量.1997年天下硕
5、士研讨生退学一致测验数学一试题剖析一、填空题(此题共5分,每题3分,总分值15分.把谜底在题中横线上.)(1)【谜底】【剖析】这是型极限.留意两个特别极限.【剖析】将原式的分子、分母同除以,得评注:运用洛必达法那么的前提中有一项为哪一项应存在或为,而此题中,极限不存在,也不为,不满意运用洛必达法那么的前提,故此题不克不及用洛必达法那么.【相干常识点】1.有界量乘以无量小量为无量小量.(2)【谜底】【剖析】调查这两个幂级数的关联.令,那么.因为逐项求导后的幂级数与原幂级数有一样的收敛半径,的收敛半径为3的收敛半径为3.从而的收敛半径为3,收敛区间即(-3,3),回到原幂级数,它的收敛区间为,即.
6、评注:幂级数的收敛区间指的是开区间,不思索端点.关于,假定它的收敛半径是.然而假定只知它的收敛半径为,那么,因为能够不存在(关于缺项幂级数确实是这种情况).(3)【谜底】【剖析】求切线方程的要紧咨询题是求其歪率,而可由的参数方程求得:,因而切线的方程为,即.评注:此题难点在于考生不熟习极坐标方程与直角坐标方程之间的关联.(4)【谜底】【剖析】由,对按列分块,设,那么,等于齐次方程组的解.又因,故有非零解,那么,由此可得.评注:假定熟习公式,那么,可知,亦可求出.(5)【谜底】【剖析】办法1:应用全概率公式.设事情“第团体获得黄球,那么完整事情组为(分不表现第一团体获得黄球跟第一团体获得白球).
7、依照题设前提可知;(第一团体获得黄球的前提下,黄球个数酿成,球的总数酿成,第二团体获得黄球的概率就为);(第一团体获得白球的前提下,黄球个数亦为20,球的总数酿成50-1=49,第二团体获得黄球的概率就为).故运用全概率公式.办法二:应用“抽签道理.只思索第二团体获得的球,这50个球中每一个都市等能够地被第二团体取到.如同多少团体抽奖,此中只要一张彩票有奖,那么这多少团体先抽与后抽,抽到有奖彩票的概率是一样的,这确实是咱们抽奖的公道性,此题中取到黄球的能够有20个,因而第二团体取到黄球的概率为.【相干常识点】1.全概率公式:;2.古典范概率公式:.二、抉择题(此题共5小题,每题3分,总分值15
8、分.每题给出的四个选项中,只要一项契合标题请求,把所选项前的字母填在题后的括号内)(1)【谜底】(C)【剖析】这是探讨在点是否延续,是否存在偏导数的咨询题.按界说,因为,偏导数且.再看在是否延续?因为,因而在不延续.应选(C).评注:证实分段函数在某点延续,普通要用界说证,有难度.证实分段函数在某点不延续的办法之一是:证实点沿某曲线趋于时,的极限不存在或不为.证实不存在的主要办法是证实点沿两条差别曲线趋于时,的极限不想等或沿某条曲线趋于时,的极限不存在.关于该题中的,假定再调查,不存在.由本例可见,函数在一点处不延续,但偏导数却能够存在.轻易寻到这种例子,比方它在点处延续,但与都不存在.可见二
9、元函数的延续性与偏导数的存在性能够毫无因果关联.(2)【谜底】(B)CabEDxyOAB【剖析】办法1:用多少何意思.由可知,曲线是上半破体的一段下落的凹弧,的图形年夜抵如右图.曲直边梯形的面积;是矩形的面积;是梯形的面积.由图可见,应选(B).办法2:不雅看法.因为是要抉择对任何满意前提的都成破的后果,故能够取满意前提的特定的来不雅看后果是什么.比方取,那么.【评注】此题也可用剖析办法证实如下:由积分中值定理,至多存在一个点,使成破,再由因而是枯燥递加的,故从而.为证,令那么因为,因而是枯燥递增的,故,即在上枯燥递增的.因为因而,从而,即.因而,应选(D).假如标题改为证实题,那么应当用评注
10、所讲的办法去证,而不克不及用图证.【相干常识点】1.积分中值定理:假如函数在积分区间上延续,那么在上至多存在一个点,使下式成破:.谁人公式叫做积分中值公式.2.拉格朗日中值定理:假如函数满意在闭区间上延续,在开区间内可导,那么在内至多有一点,使等式成破.(3)【谜底】(A)【剖析】因为函数是认为周期的函数,因而,的值与有关.不选D,(周期函数在一个周期的积分与终点有关).估量的值有多种办法.办法1:分别取值正、负的区间.事先,因而.选(A).办法2:用分部积分法.故应选(A).【评注】此题的办法1非常有代表性.被积函数在积分区间上能够取到正值与负值时,那么常将积分区间分别红假定干个,使每一个区
11、间内,被积函数坚持断定的标记,而后再作恰当的变质变更,使多少个积分的积分高低限一样,而后只要估量被积函数的正、负即可.(4)【谜底】(D)【剖析】办法1:三条直线交于一点的充要前提是方程组有独一解.将上述方程组写成矩阵方式:,此中是其系数矩阵,.那么有独一解(方程组系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相称且等于未知量的个数),即A的列向量组线性相干.因而应选(D).办法2:用扫除法.(A)线性相干,事先,方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相称且小于未知量的个数,那么式有无量多解,依照解的个数与直线的地位关联.因而三条直线重合,订交有无量多点,(A)不成破.(B)线性有关,不克不及由线性表出,方程组的系数矩阵
12、与增广矩阵的秩不相称,方程组无解,依照解得个数与直线的地位关联,因而一个交点也不,(B)不成破.(C)秩秩,事先,三条直线重合,不仅交于一点,与题设前提抵触,故(C)不成破.由扫除法知选(D).评注:应注重线性代数中的多少何配景.空间直线方程及破体方程其在空间的地位关联应与线性代数中的线性相干性、秩及方程组的解及其充要前提无机的联合起来.(5)【谜底】(D)【剖析】因与独破,故跟也互相独破.由方差的性子,有.【相干常识点】方差的性子:与互相独破时,此中为常数.三、(此题共3小题,每题5分,总分值15分.)(1)【剖析】三重积分的盘算有三种办法:直角坐标中的盘算,柱面坐标中的盘算,球面坐标中的盘
13、算,此中柱面坐标中又可分先后,或先后两种办法.此题的地区为绕轴扭转的扭转体,用柱面坐标先前便利.【剖析】办法1:采纳柱面坐标,先后,为此,作破体.(将直角坐标化为柱面坐标)办法2:将投影到破体,得圆域用柱面坐标先后,有评注:做二次积分或三次积分时,假如里层积分的后果不含外层积分变量,那么里、外层积分能够分不积分而后相乘即可.如本例办法2中能够独自先做.(2)【剖析】办法1:写出的参数方程,而后用曲线积分化为定积分的公式.由破体上圆的参数方程易写出的参数方程为:,此中.由的偏向知,在破体上的投影曲线响应地也是顺时针的,因而从到0.在把参数方程代入被积表白式之前,先用的方程将被积表白式化简,有办法
14、2:用斯托克斯公式来盘算.记为破体上所围无限局部,由的定向,按右伎俩那么取下侧.原积分.在破体上的投影地区为.将第二类曲面积分化为二重积分得原积分.这里因取下侧,故公式取负号.(3)【剖析】已控制新技巧人数的变更率,即,由题意可破刻树破初值咨询题把方程不离变量得.积分可得,.以代入断定,故所求函数为四、(此题共2小题,第(1)小题6分,第(2)小题7分,总分值13分.)(1)【剖析】求出曲面在点(位于上)处的切破体方程,再写出的参数方程,上的点的坐标应满意切破体方程,由此定出参数与.【剖析】曲面在点的法向量.切破体的方程是,即.将直线的方程改写成参数方程将它代入破体方程得,即.解得.(2)【剖
15、析】是由一元函数与二元函数复合而成的二元函数,它满意方程.(*)为了求,咱们将用复合函数求导法,导出,与的关联,而后由(*)式导出满意的常微分方程,从而求出.【剖析】先用复合函数求导法导出将后两式代入(*)得,即.这是二阶线性常系数齐次方程,响应的特点方程的特点根为,因而求得,此中、为恣意常数.五、(此题总分值6分)【剖析】经过变更将化为积分下限函数的方式,如今,但依照,知,从而,由此,应用积分下限函数的求导法那么、导数在一点处的界说以及函数延续的界说来断定在处的延续性.【剖析】由题设知,且有.又因而由导数界说,有.而,从而知在处延续.评注:对作积分变质变更时,必附加前提.因而,由掉掉的也附加
16、有前提.从而应独自去求.六、(此题总分值8分)【剖析】(1)先证枯燥有界.显然,由初等不等式:对非正数必有,易知.再调查.因而,枯燥下落且有界,存在极限.(2)办法1:由枯燥下落.原级数是正项级数.现恰当缩小,留意,得的局部跟,存在,可见级数收敛.由比拟判不法知,级数也收敛.办法2:令,应用递推公式,有,由比值判不法知级数也收敛.【评注】由证实中可见,有下述论断:收敛存在.在考研题中屡次用到谁人常识点,考生可倍加留意.七、(此题共2小题,第(1)小题5分,第(2)小题6分,总分值11分.)【剖析】请求的解空间的一个规范基,起首必需断定此解空间的维数以及响应个数的线性有关的解.【剖析】(1)因秩
17、,故解空间的维数,又因线性有关,是方程组的解,由解空间的基的界说,是解空间的基.用施密特正交化办法先将其正交化,令:将其单元化,有,即为所求的一个规范正交基.评注:此题是一个根本盘算题,只要求得一个齐次方程组的根底解系再规范正交化即可.因为解空间的基不独一,施密特正交化处置后规范正交基也不独一.曾经明白前提中是线性相干的(留意),不要误认为解空间是3维的.(2)(I)设是矩阵的属于特点值的特点向量,即即.(II)将(1)解得的代入矩阵,得.其特点方程为知矩阵的特点值为.因为,从而只要一个线性有关的特点向量,故不克不及类似对角化.评注:类似于对角阵A的每个重特点值有个线性有关的特点向量.八、(此
18、题总分值5分)【剖析】因为,此中是初等矩阵(1)因为可逆,故,因而可逆.(2)由,知评注:此题调查初等矩阵的不雅点与性子,要明白初等变更与初等矩阵阁下乘的关联以及初等矩阵的逆矩阵的三个公式.有的考生写不出初等矩阵,或将写成,或不明白,或认为,而不明白等,这些要惹起留意.经初等变更矩阵的秩稳定,易知,也可证实可逆.九、(此题总分值7分)【剖析】起首需求清晰二项散布的发生配景.它的配景是:做次独破反复实验,每次实验的后果只要两个(要么胜利,要么掉败),每次实验胜利的概率都为,随机变量表现次实验胜利的次数,那么.这道题中经过三个交通岗,在各个交通岗碰到红灯的事情是独破的,概率都为,相称于做了3次独破
19、反复实验,实验的后果只要两个(要么碰到红灯(胜利),要么不碰到(掉败),每次胜利的概率都为,表现碰到红灯的次数,相称于做了3次实验胜利的次数,故.【剖析】由题意知:,由二项散布的散布律的界说,有再由团圆型随机变量散布函数的界说,有,(1)事先,;(2)当,;(3)当,;(4)当,;(5)事先.因而的散布函数为:的数学希冀为.【相干常识点】1.二项散布散布律的界说:.2.团圆型随机变量散布函数的界说:.3.二项散布的希冀为.十、(此题总分值5分)【剖析】矩估量的本质在于用样本矩来估量响应的总体矩,此题中被估参数只要一个,故只要求用样本一阶原点矩(样本均值)来估量总体的一阶原点矩(希冀);最年夜似然估量,本质上确实是寻出使似然函数最年夜的谁人参数,咨询题的要害在于结构似然函数.【剖析】(1)矩估量由希冀的界说:.样本均值,用样本均值估量希冀有,即,解得未知参数的矩估量量为:(2)最年夜似然估量设是响应于样本的样本值,那么样本的似然函数为:事先,又,故,即.因而.(由因而枯燥递增函数,取最年夜与取最年夜取到的是分歧的,而加对数后能把连乘转换成累加,如此求导,寻极值比拟便利).令,解得的最年夜似然估量值为,从而得的最年夜似然估量量为:.
限制150内