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1、20122012 浙江考研数学一真题及答案浙江考研数学一真题及答案一一、选择题选择题:1:18 8 小题小题，每小题每小题 4 4 分分，共共 3232 分分.下列每题给出的四个选项中下列每题给出的四个选项中，只有一个选项只有一个选项符合题目要求的，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)曲线221xxyx渐近线的条数()(A)0(B)1(C)2(D)3(2)设 函 数2()(1)(2)()xxnxy xeeen,其 中n为 正 整 数,则(0)y()(A)1(1)(1)!nn(B)(1)(1)!nn(C)1(1)!nn(D)(1)!
2、nn(3)如果函数(,)f x y在(0,0)处连续,那么下列命题正确的是()(A)若极限00(,)limxyf x yxy存在,则(,)f x y在(0,0)处可微(B)若极限2200(,)limxyf x yxy存在,则(,)f x y在(0,0)处可微(C)若(,)f x y在(0,0)处可微,则 极限00(,)limxyf x yxy存在(D)若(,)f x y在(0,0)处可微,则 极限2200(,)limxyf x yxy存在(4)设20sin(1,2,3)kxKexdx kI则有()(A)123III(B)321III(C)231III(D)213III(5)设1100C,220
3、1C,3311C,4411C,其中1234,C C C C为任意常数，则下列向量组线性相关的为()(A)123,(B)124,(C)134,(D)234,(6)设 A 为 3 阶矩阵，P 为 3 阶可逆矩阵，且1100010002p AP.若 P=（123,），1223(,)，则1Q AQ()(A)100020001(B)100010002(C)200010002(D)200020001(7)设随机变量X与Y相互独立，且分别服从参数为1与参数为4的指数分布，则p XY()(A)15(B)13(C)25(D)45(8)将 长 度 为1m的 木 棒 随 机 地 截 成 两 段，则 两 段 长 度
4、的 相 关 系 数 为()(A)1(B)12(C)12(D)1二、填空题：二、填空题：9 91414 小题小题,每小题每小题 4 4 分分,共共 2424 分分.请将答案写在答题纸指定位置上请将答案写在答题纸指定位置上.(9)若函数()f x满足方程()()2()0fxfxf x及()()2fxf xe，则()f x(10)2202dxxxx=(11)(2,1,1)()|zgrad xy+y(12)设,1,0,0,0 x y z xyzxyz，则2y ds(13)设X为三维单位向量，E 为三阶单位矩阵，则矩阵TEXX的秩为(14)设A,B,C是随机变量，A 与 C 互不相容，11,23p AB
5、P Cp ABC三三、解答题解答题：15152323 小题小题,共共 9494 分分.请将解答写在答题纸指定位置上请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.(15)证明21lncos1(11)12xxxxxx (16)求函数222(,)xyf x yxe的极值(17)求幂级数22044321nnnnxn的收敛域及和函数(18)已 知 曲 线(),:(0),cos2xf tLtyt 其 中 函 数()f t具 有 连 续 导 数，且(0)0,()0(0).2ff tt 若曲线L的切线与x轴的交点到切点的距离恒为 1，求函数()f t
6、的表达式，并求此曲线L与x轴与y轴无边界的区域的面积。(19)已知L是第一象限中从点(0,0)沿圆周22+2xyx到点(2,0)，再沿圆周22+4xy 到点(0,2)的曲线段，计算曲线积分233d(2)dLJx y xxxyy(20)(本题满分分)设10010101,00100010aaAaa（I）计算行列式;A(II)当实数a为何值时，方程组Ax有无穷多解，并求其通解。(21)已知1010111001Aaa，二次型123(,)()TTf x x xxA A x的秩为 2（1）求实数a的值；（2）求正交变换xQy将f化为标准型.（22）设二维离散型随机变量X、Y的概率分布为0120140141
7、013021120112（）求2P XY；（）求Cov(,)XY Y.(23)设随机变量X与Y相互独立且分别服从正态分布2(,)N u与2(,2)N u，其中是未知参数且0。设.ZXY(1)求Z的概率密度2(,);f z（2）设12,nz zz为来自总体Z的简单随机样本，求2的最大似然估计量2（3）证明2为2的无偏估计量参考答案一、选择题12345678CCBDCBAD二、填空题9、xe；10、2；11、1,1,1；12、312；13、2；14、34三、解答题(15)证明：令 21lncos112xxf xxxx，()f x是偶函数 212lnsin11xxfxxxxx 00f 22222 1
8、411cos1111xxfxxxxx222244cos12011xxx 所以 00f xf即证得：21lncos11112xxxxxx (16)解：2222222222222,10,0 xyxyxyxyf x yexexexxf x yxeyy得驻点121,0,1,0PP22222222222222222222,21,1,1xyxyxyxyf x yxeexxxf x yexyx yf x yxeyy 根据判断极值的第二充分条件，把11,0,P 代入二阶偏导数 B=0，A0，C0，所以11,0,P 为极小值点，极小值为121,0fe 把21,0P代入二阶偏导数 B=0，A0，C0，所以21,0
9、P为极大值点，极大值为121,0fe(17)解：（）收敛域22(1)122222211443()4432(1)121limlimlim4(1)4(1)3()214(1)4(1)32(1)1nnnnnnnnnxaxnnnnRxxnnaxnnnxn令21x，得11x，当1x 时，技术发散。所以，收敛域为(1,1)（）设222222000443(21)22()(21)(1)212121nnnnnnnnnnS xxxnxxxnnn令210()(21)nnS xnx，2202()21nnSxxn因为221120000()(21)(1)1xxnnnnxS t dtnt dtxxx所以212221()()(
10、1)1(1)xxS xxxx因为21202()21nnxSxxn所以2222001()222(1)1nnnnxSxxxxx 所以220001111()2()ln(1)1111xxxxtS tdtdtdtxtttx即201()ln1xxxSxx，故21()ln1xxSxx当0 x 时，211()ln1xSxxx当0 x 时，12(0)1,(0)2SS所以，22212111ln(1,0)(0,1)()()()(1)130 xxxS xS xSxxxxx(18)解：曲线L在任一处(,)x y的切线斜率为sin()dytdxf t，过该点(,)x y处的切线为sincos()()tYtXf tf t。
11、令0Y 得()cot()Xfttf t。由于曲线L与x轴和y轴的交点到切点的距离恒为 1.故有22()cot()()cos1f ttf tf tt，又因为()0(0)2f tt 所以sin()cottf tt，两边同时取不定积分可得()ln sectansinf ttttC，又由于(0)0f，所以 C=0 故函数()ln sectansinf tttt此曲线L与x轴和y轴所围成的无边界的区域的面积为：20cos()4Stf t dt(19)解：补充曲线1L沿y轴由点(2,0)到点(0,0),D 为曲线L和1L围城的区域。由格林公式可得原式=1123233d(2)d3d(2)dL LLx y x
12、xxyyx y xxxyy=1122(31 3)(2)12DLDLxxdy dydydy 22222001121244222ydyy(20)解：（I）4 141001000010=101(1)10100100101001aaaaAaaaaaaa (II)对方程组Ax的增广矩阵初等行变换：2321001100110010101010101010010001000100010001001aaaaaaaaaaaaaaa 421001010100100001aaaaaa 可知，要使方程组Ax有无穷多解，则有410a且20aa，可知1a 此时，方程组Ax的增广矩阵变为110010110100110000
13、00，进一步化为最简形得10010010110011000000可知导出组的基础解系为1111 ，非齐次方程的特解为0100，故其通解为10111010k (21)解：（1）由二次型的秩为 2，知()2Tr A A，故()()2Tr Ar A A对矩阵 A 初等变换得101101101101011011011011100010010010101001000aaaaaaa 因()2r A，所以1a （2）令202022224TBA A202202102022(2)22(2)122(2)(6)0224024024EB 所以 B 的特征值为1230,2,6对于10，解1()0EB X得对应的特征向量
14、为1(1,1,1)T对于22，解2()0EB X得对应的特征向量为2(1,1,0)T对于36，解3()0EB X得对应的特征向量为3(1,1,2)T将123,单位化可得1211111111,1,1326102 正交矩阵11132611132612036Q，则026TQ AQ因此，作正交变换xQy，二次型的标准形为2223()()26TTTf xxA A xy Ayyy（22）解：X012P1/21/31/6Y012P1/31/31/3XY0124P7/121/301/12（）1120,02,1044P XYP XYP XY（）cov(,)cov(,)cov(,)XY YX YY Ycov(,)
15、X YEXYEXEY，其中2225,1,1,33EXEXEYEY2245()199DXEXEX 2252()133DYEYEY，23EXY 所以，22cov(,)0,cov(,),cov(,),033XYX YY YDYXY Y(23)解：（1）因为2(,)XN u，2(,2)YN u，且X与Y相互独立，故2(0,3)ZXY所以 Z 的概率密度为22261(,)()6zf zez （2）最大似然函数为22226111()(;)(),(1,2,)6iznniiiiLf zezin 两边取对数，得222211ln()ln6ln26niiZL两边求导得222222222211ln()11 3()26()6()nniiiiZdLnZd令22ln()0()dLd，得22113niiZn所以2的最大似然估计量22113niiZn（3）证明：22222111111()()()()3333nnniiiiiiEE ZD ZE Znnn所以2为2的无偏估计量