2016考研数学一真题及解析

2023年12月9日发(作者：安徽学考数学试卷)

2016考研数学一真题及解析

2016年考研数学一真题及解析

一、选择题：1~8 小题，每小题4 分，共32 分.下列每题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定的位置上.

．．．(1) 若反常积分01dx收敛，则

xa(1x)b（A）a1且b1 （B）a1且b1

（C）a1且ab1 （D）a1且ab1

【答】应选(C)

【解】注意到11x在x0为瑕积分，在为无穷限反常积分， 仅在xbax1x为无穷限反常积分，所以a1,ab1.

(2) 已知函数f(x)2(x1),x1,则f(x)的一个原函数是

x1,lnx,(x1)2,x1(x1)2,x1(A)F(x)(B)F(x)

x(lnx1),x1x(lnx1)1,x1

(x1)2,(x1)2,x1x1(C)F(x)(D)F(x)x(lnx1)1,x1

x(lnx1)1,x1

【答】应选D.

【解】由于原函数一定是连续，可知函数Fx在x1连续，而A、B、C中的函数在x1处均不连续,故选D.

(3) 若y(1x2)21x2，y(1x2)21x2是微分方程yp(x)yq(x)的两个解,则q(x)( )

（A）3x(1x) （B）3x(1x)

（C）22xx （D）1x21x2

【答】应选(A)

【解】分别将y1x221x，y1x2221x2带入微分方程ypxyqx，两式做差，可得px带入，可得qx3x1xxx. 两式做和，并且将px1x21x22. 2016考研数学一真题及解析

x,(4) 已知函数f(x)1,n则

11x,n1,2,n1nx0,（A）x0是f(x)的第一类间断点. （B）x0是f(x)的第二类间断点.

（C）f(x)在x0处连续但不可导. （D）f(x)在x0处可导.

【答】应选(D)

fxf0xlim1 【解】f(x)limx0x0xx0\'f\'(x)limx0fxf0fxfxn111lim1。当时，,由于xx0x0xxnn1nfxn1\'1。故fx在x0处可导，lim1，由夹逼定理可知：f(x)limnnx0x选D。

(5) 设A,B是可逆矩阵，且A与B相似，则下列结论错误的是

（A）AT与BT相似

（B）A1与B1相似

（C）AAT与BBT相似

（D）AA1与BB1相似

【答】应选(C).

【解】因为A与B相似，所以存在可逆矩阵P，使得PAPB,两端取转置与逆可得：1PTATPTBT,P1A1PB1,P1AA1PBB1,可知A、B、D均正1确,故选择C.

222(6) 设二次型f(x1,x2,x3)x1x2x34x1x24x1x34x2x3，则f(x1,x2,x3)2在空间直角坐标下表示的二次曲面为

（A）单叶双曲面 （B）双叶双曲面

（C）椭球面 （D）柱面

【答】应选(B) 2016考研数学一真题及解析

122【解】求出二次型矩阵的特征值.设A212.2212122EA212145,从而可知二次型的正惯性221指数为1,负惯性指数为2,从而二次型f(x1,x2,x3)2表示双叶双曲面,故选择(B).

注解:

方程表示单叶双曲面;

方程表示双叶双曲面;

方程表示椭球面;

方程表示柱面.

(7) 设随机变量X~N(,)(0),记pP{X},则

(A)p随着的增加而增加 (B)p随着的增加而增加

(C)p随着的增加而减少 (D)p随着的增加而减少

【答】(B)

【解】将X标准化，pP{X}P{X}P{2222X}

从而可知，p随着增加而增加

(8) 随机试验E有三种两两不相容的结果A1,A2,A3,且三种结果发生的概率均为1.将试验3E独立重复做2次,X表示2次试验中结果A1发生的次数,Y表示2次试验中结果A2发生的次数，则X与Y的相关系数为

(A)

1111 (B)

 (C)

(D)

2332

【答】A 2016考研数学一真题及解析

【解】可知二维离散型随机变量X,Y的联合分布律为

X

Y

0

1

2

1/9

2/9

1/9

2/9

2/9

0

1/9

0

0

0 1 2

所以XYCovX,YDXDYEXYEXEY1.

2DXDY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)

limx0x0tln(1tsint)dt1cosx2_______.

【答】应填1

2x0【解】原式为：limx0tln(1tsint)dt14x2xln(1xsinx)x31limlim.

x0x02x32x32(10) 向量场A(x,y,z)(xyz)ixyjzk的旋度rotA_______.

i【答】rot(A)xxyzjyxykjy1k.

z222(11) 设函数f(u,v)可微，zz(x,y)由方程(x1)zyxf(xz,y)确定，则dz|(0,1)______.

【答】应填dz0,1dx2dy.

【解】由一阶微分形式不变性，

zdx(x1)dz2ydy2xf(xz,y)dxx2f1\'(xz,y)dxdzx2f2\'(xz,y)dy

将x0,y1,z1代入，dxdz2dy0,所以，dz0,1dx2dy.

(12) 设函数f(x)arctanx【答】应填

x，且f(0)1，则a______.

21ax1.

22016考研数学一真题及解析

【解】fxx131xox3x1ax2ox2ax3ox333111f01，可知a，故a

362

1001(13) 行列式0043200______.

11【答】应填432234.

-100-1【解】令0043200=D4-1+1

2由展开定理地递推公式D4D34,D3D23,D22，故

D4432234.

(14) 设X1,X2,,Xn为来自总体N(,)的简单随机样本,样本均值x9.5,参数置信度为0.95的双侧置信区间的置信上限为10.8,则的置信度为0.95的双侧置信区间为______.

【答】应填[8.2,10.8]

【解】置信区间的中心为x,可知置信下限为8.2,故置信区间为[8.2,10.8].

三、解答题：（15～23小题，共94 分.）

(15) （本题满分10分）已知平面区域D=(r,)|2r2(1cos),积分2,计算二重22xdxdy.

D【答】积分区域关于x轴对称，D1为x轴上方区域

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xdxdy2xdxdy=22dDD1021cos1r2cosdr

20163cos3cos2cos3cosd

31623cos23cos3cos4d

3016123133

3223422161532.

253163(16) （本题满分10分）设函数y(x)满足方程y2yky0，其中0k1.

（Ⅰ）证明：反常积分0y(x)dx收敛;

0（Ⅱ）若y(0)1，y(0)1，求\'\'\'y(x)dx的值.

【解】（1）y2yky0的特征方程为2+2+k0,

所以1=244k11k,211k

2由于0k1，所以10,20,

所以yxC1e所以11kxC2e1x11kx

+0yxdxC1edxC2e2xdx

00又因为10,20,所以(2)由（1）可知+0yxdx收敛

+0yxdx=C1C2,

11k1k1C1C21由于y01,y01，所以C1k1C21k11

1\'2016考研数学一真题及解析

故+0yxdx=C1C23

11k1k1kf(x,y)(2x1)e2xy,且f(0,y)y1,Lt是x(17) （本题满分10分）设函数f(x,y)满足从点(0,0)到点(1,t)的光滑曲线.计算曲线积分I(t)求I(t)的最小值.

f(x,y)f(x,y)dxdy,并Ltxyfx,y2x1e2xy，所以fx,yxe2xyy，

【答】 由于x 由于f0,yy1，所以f0,yy=y1，所以fx,yxe2xyy1

fx,yfx,ydxdydfx,y，故 由于xyItfx,yfx,y1,tdxdyfx,y0,0e2tt

xyLtIte2tt，I\'t1e2t，令I\'t0,得t2

当t2时，可知I\'t0，It单调递减；当t2时，可知I\'t0，It单调递增；

所以It在t2时取得最小值，I23.

(18) （本题满分10分）设有界区域由平面2xy2z2与三个坐标平面围成,为整个表面的外侧,计算曲面积分I【解】由Gauss公式可得

(x21)dydz2ydzdx3zdxdy.

I=2x23dxdydz2x23dxdydz

VVdz012xy22z2x1dxdy2.

1.设数列{xn}满足21(19) （本题满分10分）已知函数f(x)可导,且f(0)1,0f(x)xn1f(xn)(n1,2,),证明:

(Ⅰ)级数(xn1n1xn)绝对收敛;

(Ⅱ)

limxn存在,且0limxn2.

nn2016考研数学一真题及解析

【解】证明：（1）由Lagrange中值定理可知

xn1xnfxnfxn1fnxnxn1，

其中n在xn与xn1之间。

11，所以xn1xnxnxn1，

221同理可知，xn1xnn1x2x1

2由于0fx注意到1n1n12x2x1收敛，所以xn1xn绝对收敛。

n1（2）由于xn1xn收敛，所以部分和数列n1Snxn1xnxnxn1x2x1xn1x1收敛，也即limxn1x1存在，所以nnlimxn存在。

nnn设limxna，则limxn1limfxn，所以afa.

令gxfxx，

g010，g2f22f0f\'202f012020，

2所以gx在0,2上有一根，又gxfx10，则gx在,内唯一的根在0,2上。故0a1，也即0limxn2.

n21112a1,B1a. (20) （本题满分11分）设矩阵A211aa12当a为何值时,方程AXB无解、有唯一解、有无数个解?在有解时,求此方程.

【解】(1)当A0时，可知方程AX0有唯一解,

Aa1a2即当a1且a2时方程有唯一解,

2111122a10aAB011aa1201a201234a11a2a4

02016考研数学一真题及解析

22令10,2a

a1211所以方程组Ax1可解得11,1

a2a2a4a4方程组Ax2可解得22,,0

a2a2所以X1,2

(2)当a1时，方程AxB有无穷多解

TT24方程组Ax1可解得1,k1,k1,k1为常数

33方程组Ax2可解得21,-1-k2,k2,k2为常数

所以X1,2

(3)当a2时，方程AxB无解

TTT011(21) （本题满分11分）已知矩阵A230.

000(Ⅰ)求A99;

100(Ⅱ)设3阶矩阵B(α1,α2,α3)满足B2BA。记B(β1,β2,β3)，将β1,β2,β3分别表示为α1,α2,α3的线性组合.

112【解】 （1）EA23032，可知A的特征值为：0,1,2.

0031030112A230011，则0的特征向量为2

00000022016考研数学一真题及解析

1111101AE220001，则1的特征向量为1

001000011012112A2E210001，则2的特征向量为2

00200003110111令P212，则PAP,APP,

2002则有

1009999311022212100100A99P99P121212122212992002100112.

（2）B2BA可知

B100BA99，即

2298229901231229921299321002121000022982299，

0则129921210022，212991121002，32298122992.

(22) （本题满分11分）设二维随机变量(X,Y)在区域D(x,y)|0x1,xy上服从均匀分布，令U2x1,0,XY.

XY.(Ⅰ)写出(X,Y)的概率密度；

(Ⅱ)问U与X是否相互独立？并说明理由；

(Ⅲ)求ZUX的分布函数F(z).

【解】(Ⅰ)D的面积S12，则(X,Y)的概率密度(xx)dx0312016考研数学一真题及解析

3(x,y)Df(x,y).

其他0(Ⅱ)fX(x)x23dy3(xx2)，0x1f(x,y)dyx

0其他

FX(x)x0x032fX(t)dt2xx30x1

1x10x0230x1，可知X与U有关，故不独立. 当U0时，P{Xx}3x2x1x1(Ⅲ)sF(z)P{Zz}P{XUz}

P{U1}P{XUz|U1}P{U0}P{XYz|U0}

11P{Xz1|U1}P{Xz|U0}220x0

0x03223其中P{Xx|U0}3x2x0x1,P{Xx|U1}4x3x20x1

1x11x10z132故P{Xz1|U1}4(z1)23(z1)1z2

1z20z0P{Xz|U0}3z22z30z1.

1z10,z013z22z3,0z12从而F(z).

3114(z1)23(z1)2,1z2221,z22016考研数学一真题及解析

3x2,(23) （本题满分11分）设总体的概率密度为f(x,)30,0x,其他.其中（0,）为未知参数,X1,X2,X3为来自总体X的简单随机样本,令Tmax(X1,X2,X3).

(Ⅰ)求T的概率密度;

(Ⅱ)确定a,使得aT为的无偏估计.

【解】(Ⅰ)T的分布函数为

FT(x)P{Tx}P{X1x,X2x,X3x}

P{Xix}i13 （F(x)为X的分布函数）.

[F(x)]39x82(Ⅱ)T的概率密度为fT(x)3[F(x)]f(x)900x其他.

ETxfT(x)dx9x909dx99a10，则E(aT)aET，可知a.

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