2012考研数学1真题及答案

2012考研数学1真题及答案

2012年全国硕士研究生统一考试数学一试题及答案一、选择题：共8小题，每题4分，共32分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸指定的位置上。1、曲线渐近线的条数（）（A）0；（B）1；（C）2；（D）3。解：（C）：，可得有一条水平渐近线；，可得有一条铅直渐近线；，可得不是铅直渐近线，故答案为（C）。2、设函数，其中为正整数，则（）（A）；（B）；（C）；（D）。解：（A）：；则。故答案为（A）。3．如果函数在处连续，那么下列例题正确的是（）（A）若极限存在，则在处可微；（B）若极限存在，则在处可微；（C）若在处可微，则极限存在；（D）若在处可微，则极限存在。解：（B）：∵在处连续：①对（A）：令，可得，，则不存在，同理得也不存在，故（A）错；②对（B）：令，可得，，同理，则由微分定义可得在处可微，故答案为（B）；③对（C）和（D）：在处可微，可知在处偏导，即，则n，显然极限不存在，同理，显然极限不存在，故（C）和（D）选项错误。4、设，则有（）（A）；（B）；（C）；（D）解：（A）：方法一：令，则，可得在上严格单调增加，可得，故答案为（A）；方法二：由定积分的几何意可得，故答案为（A）。5、设，其中为任意常数，则下列向量组线性相关的是（）（A）；（B）；（C）；（D）。解：（C）：，故线性相关，可得答案为（C）。6、设为3阶矩阵，为3阶可逆矩阵，且，则（）（A）；（B）；（C）；（D）。解：（B）：，可得，故答案为（B）。7、设随机变量与相互独立，且分别服从参数为1和参数为4的指数分布，则（）（A）；（B）；（C）；（D）。解：（A）：由题意得与的概率密度分别为和，由与相互独立，可得，则，故答案为（A）。8、将长度为的木棒随机的截成两段，则两段长度的相关系数为（）（A）1；（B）；（C）；（D）。解：（D）：设两段长度分别为和，则，可得相关系为，故答案为（D）。n二、填空题：9-14，共6题，满分24分请将答案写在答题纸指定的位置上。9、若函数满足方程及，则。解：：的特征方程为解得，可得通解为：，代入得，可得。故可得答案为。10、。解：：，令，可得由对称性得，再令可得。11、。解：或：令，则，可得。12、已知曲面，则。解：：由曲面可得，向面投影，可得，则。13、设为三维单位向量，为阶单位矩阵，则矩阵的秩为。解：：因为为三维单位向量，则，且，可得的特征值为，故的特征值为，且这实对称矩，必可对角化，其秩等于非零特征值的个数。14．设是随机事件，互不相容，，则。解：：，而，互不相容可得，，可得。三、解答题：15-23，共9题，共94分，将解答写在答题纸指定的位置上，解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤。15（本题10分）、证明：，其中。证明：令，当时，可导，且（1）当时，显然，则可得当时，，n即当时，单调增加，，可得；（2）当时，显然可得当时，，即当时，单调减少，，可得；由（1）和（2）可得当时，。16（本题10分）、求的极值。解：先求函数的驻点，，可得驻点为；又所以，可得，而，故可得在点处取得极大值。17（本题10分）求幂级数的收敛域与和函数。解：，可得当，可得级数，显然发散，故收敛域为，且；，可得，即；，可得，可得，可得当时，，则。18（本题10分）、已知曲线，其中有连续导数，且，当时，，若曲线的切线与轴的交点到切点的距离恒为1，求的表达式，并求此曲线与轴、轴无边界区域的面积。解：（1）设为上的任意一点，可得切线斜率为，可得过点的切线方程为，令，可得，由于曲线的切线与轴的交点到切点的距离恒为1，故有化简得，解得，代入得，n则，；（2）曲线与轴、轴无边界区域的面积为：。。19（本题10分）、计算曲线积分，其中是第一象限中从点沿圆周到点，再沿圆周到点曲线段。解：圆周为圆，圆周为圆，补一直线段，令显然在、和所围闭区域上具有一阶连续偏导数，且，且取为正方向，由格林公式可得。20（本题11分）设。（1）求；（2）已知线性方程组有无穷解，求，并求的通解。解：（1）；（2）要使方程组有无穷解，则必有解得，则可得的同解方程组为，可得的通解为。21（本题11分）三阶矩阵，为矩阵的转置矩阵，已知，且二次型。（1）求；（2）求二次型对应二次型矩阵，并将二次型化为标准型，写出正交变换过程。n解：（1），由得，解得；（2）当，，则解得；①当时，，与同解，可得特征值所对应的特征向量为；②当时，，则与同解，可得特征值所对应的特征向量为；③时，，与同解，可得特征值所对应的特征向量为；④令，可得。22（本题11分）已知随机变量及分布律如下，求（1）；（2）与解：（1），，；（2），n而，其中，，可得；，可得；，从而可得相关系数。23（本题11分）设随机变量与相互独立，且分别服从正态分布与，其中是求知参数，设。（1）求的概率密度；（2）设是来自总体的简单随机样本，求的最大似然估计量；（3）证明是的无偏估计量。解：（1）∵与相互独立，且与，也服从正态分布，且∴，则的概率密度；（2）设是样本所对应的一个样本值，则样本的最大似然函数为，令，解得最大似然估计值为，从而可得最大似然估计量为；（3），即可以证得是的无偏估计量。