2009年全國碩士研究生入學統一考試考研數學一真題及詳解

一、選擇題（1～8小題，每小題4分，共32分。下列每題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求。）

1當x→0時，f（x）＝x－sinax與g（x）＝x²ln（1－bx）為等價無窮小，則（　　）。

A．a＝1，b＝－1/6

B．a＝1，b＝1/6

C．a＝－1，b＝－1/6

D．a＝－1，b＝1/6

【答案】A

【考點】等價無窮小的定義

【解析】根據泰勒展開得

f（x）＝x－sinax＝x－[ax－（ax）³/3!＋o（x³）]＝（1－a）x＋（ax）³/3!－o（x³）

又g（x）＝x²ln（1－bx）～－bx³。

由于f（x）＝x－sinax與g（x）＝x²ln（1－bx）為等價無窮小，故

即a＝1，b＝－1/6。

2如圖1所示，正方形{（x，y）||x|≤1，|y|≤1}被其對角線劃分為四個區域D_k（k＝1，2，3，4），

則（　　）。

圖1

A．I₁

B．I₂

C．I₃

D．I₄

【答案】A

【考點】二重積分的性質

【解析】被積函數ycosx關于y為奇函數，關于x為偶函數，而D₂，D₄均關于x軸對稱，所以

D₁，D₃均關于y軸對稱，所以

3設函數y＝f（x）在區間[－1，3]上的圖形如圖2所示。

圖2

則的圖形為（　　）。

【答案】D

【考點】考查函數的數形結合法

【解析】①在區間（－1，0）上，f（x）＞0，則F（x）在此區間上單調遞增，排除A項。②F（0）＝0，排除C項。③F（x）為連續函數，排除B項。

4設有兩個數列{a_n}，{b_n}，若

則（　　）。

A．當收斂時，收斂

B．當發散時，發散

C．當收斂時，收斂

D．當發散時，發散

【答案】C

【考查】級數收斂的判別

【解析】取

則收斂，發散，排除A項；取a_n＝b_n＝1/n，則發散，收斂，收斂，排除B、D兩項。

5設α₁，α₂，α₃是三維向量空間R³的一組基，則由基α₁，α₂/2，α₃/3到α₁＋α₂，α₂＋α₃，α₃＋α₁的過渡矩陣為（　　）。

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【考點】考查過渡矩陣的求法

【解析】設α₁，α₂/2，α₃/3到α₁，α₂，α₃的過渡矩陣為P₁，α₁，α₂，α₃到α₁＋α₂，α₂＋α₃，α₃＋α₁的過渡矩陣為P₂，則

（α₁＋α₂，α₂＋α₃，α₃＋α₁）＝（α₁，α₂，α₃）P₂＝（α₁，α₂/2，α₃/3）P₁P₂

又

即

又有

即

故由基α₁，α₂/2，α₃/3到α₁＋α₂，α₂＋α₃，α₃＋α₁的過渡矩陣為

6設A，B均為二階矩陣，A^*，B^*分別為A，B的伴隨矩陣，若|A|＝2，|B|＝3，則分塊矩陣的伴隨矩陣為（　　）。

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【考點】伴隨矩陣的定義，分塊矩陣的性質

【解析】對任一n級矩陣A，有AA^*＝|A|E代入選項，例如

而

知B項正確。

7設隨機變量X的分布函數為F（x）＝0.3Φ（x）＋0.7Φ[（x－1）/2]，其中Φ（x）為標準正態分布的分布函數，則EX＝（　　）。

A．0

B．0.3

C．0.7

D．1

【答案】C

【考點】分布函數與密度函數的關系，期望的定義和性質及標準正態分布的定義

【解析】由題設可知X的密度函數為f（x）＝F′（x）＝0.3φ（x）＋0.35φ[（x－1）/2]，φ（x）為標準正態分布的密度函數。于是

8設隨機變量X與Y相互獨立，且X服從標準正態分布N（0，1），Y的概率分布為P{Y＝0}＝P{Y＝1）＝1/2，記F_Z（x）為隨機變量Z＝XY的分布函數，則函數F_Z（z）的間斷點的個數為（　　）。

A．0

B．1

C．2

D．3

【答案】B

【考點】分布函數的求法，隨機變量相互獨立的性質，函數間斷點的定義和求法

【解析】隨機變量Z＝XY的分布函數為

F_Z（z）＝P{Z≤z}＝P{XY≤z}＝P{XY≤z|Y＝0}P{Y＝0}＋P{XY≤z|Y＝1}P{Y＝1}＝P{XY≤z|Y＝0}/2＋P{XY≤z|Y＝1}/2

由于X與Y相互獨立，故F_Z（z）＝P{0≤z}/2＋P{X≤z}/2。當z＜0時，F_Z（z）＝P{X≤z}/2＝Φ_X（z）/2；當z≥0時，F_Z（z）＝1/2＋P{X≤z}/2＝1/2＋Φ_X（z）/2。于是

故z＝0為F_Z（z）的間斷點，選B。

二、填空題（9～14小題，每小題4分，共24分，請將答案寫在題中橫線上。）

9設函數f（u，v）具有二階連續偏導數，z＝f（x，xy），則?²z/?x?y＝______。

【答案】xf₁₂″＋xyf₂₂″＋f₂′

【考點】復合函數的偏導公式

【解析】?z/?x＝f₁′＋yf₂′＝f₁′·1＋yf₂′

?²z/?x?y＝?（f₁′＋yf₂′）/?y＝f₁₁″·0＋f₁₂″·x＋f₂′＋yf₂₁″·0＋yf₂₂″·x＝xf₁₂″＋xyf₂₂″＋f₂′

10若二階常系數線性齊次微分方程y″＋ay′＋by＝0的通解為y＝（C₁＋C₂x）e^x，則非齊次方程y″＋ay′＋by＝x滿足條件y（0）＝2，y′（0）＝0的解為y＝______。

【答案】y＝x（1－e^x）＋2

【考點】齊次線性微分方程的通解與其特征值的關系，非齊次線性微分方程的特解的求法

【解析】由題設可知，λ＝1為齊次微分方程y″＋ay′＋by＝0的特征方程式λ²＋aλ＋by＝0的二重根，則a＝－2，b＝1，于是非齊次方程為y″－2y′＋y＝x。設其特解為y^*＝Ax＋B，代入得A＝1，B＝2。故非齊次方程的通解為y＝（C₁＋C₂x）e^x＋x＋2，C₁、C₂是任意常數。

由y（0）＝2可得C₁＝0。y′＝（C₂xe^x＋x＋2）′＝C₂（1＋x）e^x＋1，由y′（0）＝0可得C₂＝－1。所以滿足條件的解為y＝x（1－e^x）＋2。

11已知曲線L：

則______。

【答案】13/6

【考點】第一型曲線積分的求解公式，定積分的求法

【解析】

12設Ω＝{（x，y，z）|x²＋y²＋z²≤1}，則______。

【答案】4π/15

【考點】利用球坐標系求三重積分

【解析】

13若三維列向量α，β滿足α^Tβ＝2，其中α^T為α的轉置，則矩陣βα^T的非零特征值為______。

【答案】2

【考點】矩陣乘法的性質，特征值的定義

【解析】由題設可知，βα^T·βα^T＝2βα^T，設βα^T的非零特征值為λ，則λ²＝2λ，得λ＝2，λ＝0（舍去）。

14設X₁，X₂，…，X_m為來自二項分布總體B（n，p）的簡單隨機樣本，X(＿)和S²分別為樣本均值和樣本方差。若X(＿)＋kS²為np²的無偏估計量，則k＝______。

【答案】－1

【考點】考查樣本均值，樣本方差，無偏估計的定義及期望的性質

【解析】由題設可知，EX(＿)＝np，ES²＝np（1－p）。若X(＿)＋kS²為np²的無偏估計量，則E（X(＿)＋kS²）＝np²，即EX(＿)＋kES²＝np²。于是np＋knp（1－p）＝np²，解得k＝－1。

三、解答題（15～23小題，共94分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）

15（本題滿分9分）

求二元函數f（x，y）＝x²（2＋y²）＋ylny的極值。

【考點】函數極值點的定義和求法

解：令

解得唯一駐點為（0，1/e）。

由于A＝?²f/?x²＝2（2＋y²），B＝?²f/?x?y＝4xy，C＝?²f/?y²＝2x²＋1/y。于是

且A＞0，故（0，1/e）為函數f（x，y）的極小值點，且極小值為f（0，1/e）＝－1/e。

16（本題滿分9分）

設a_n為曲線y＝xⁿ與y＝x^n＋1（n＝1，2，…）所圍成區域的面積，記

求S₁與S₂的值。

【考點】利用積分求面積，級數求和

解：曲線y＝xⁿ與y＝x^n＋1的交點為（0，0）和（1，1），所圍區域的面積

于是

考查冪級數，知其收斂域為（－1，1]，和函數為－ln（1＋x）。

因此

令x＝1，可得S₂＝1－ln2。

17（本題滿分11分）

橢球面S₁由橢圓x²/4＋y²/3＝1繞x軸旋轉而成，圓錐面S₂由過點（4，0）且與橢圓x²/4＋y²/3＝1相切的直線繞x軸旋轉而成。

（Ⅰ）求S₁及S₂的方程；

（Ⅱ）求S₁與S₂之間的立體體積。

【考點】（Ⅰ）考查旋轉曲面方程及曲線的切線；（Ⅱ）考查旋轉體的體積

解：（Ⅰ）利用旋轉曲面的公式得橢球面S₁的方程為x²/4＋（y²＋z²）/3＝1。

設切點為（x₀，y₀），則x²/4＋y²/3＝1在（x₀，y₀）處的切線方程為[2x₀（x－x₀）]/4＋[2y₀（y－y₀）]/3＝0，即x₀x/4＋y₀y/3＝1。

故

解得x₀＝1，y₀＝±3/2。

故過點（4，0）且與橢圓x²/4＋y²/3＝1相切的直線L的方程為x/4±y/2＝1，即y＝±（x－4）/2。

故圓錐面S₂的方程為y²＋z²＝（x－4）²/4，即（x－4）²－4y²－4z²＝0。

（Ⅱ）S₁與S₂之間的立體體積等于一個底面半徑為3/2、高為3的錐體體積9π/4與部分橢圓球體體積V之差，其中

故所求體積為9π/4－5π/4＝π。

【評注】本題綜合考查了平面圖形繞坐標軸旋轉后所得的旋轉曲面方程、直線繞坐標軸旋轉的旋轉曲面方程、旋轉體的體積、曲線的切線等知識點。

18（本題滿分11分）

（Ⅰ）證明拉格朗日中值定理：若函數f（x）在[a，b]上連續，在（a，b）內可導，則存在ξ∈（a，b），使得f（b）－f（a）＝f′（ξ）（b－a）；

（Ⅱ）證明：若函數f（x）在x＝0處連續，在（0，δ）（δ＞0）內可導，且

則f_＋′（0）存在，且f_＋′（0）＝A。

【考點】（Ⅰ）考查拉格朗日中值定理，利用輔助函數和羅爾定理證明；（Ⅱ）函數右導數的定義及連續函數的性質

證明：（Ⅰ）取F（x）＝f（x）－{[f（b）－f（a）]（x－a）}/（b－a）。

由題意知，F（x）在[a，b]上連續，在（a，b）內可導，且F（a）＝f（a）－{[f（b）－f（a）]（a－a）}/（b－a）＝f（a），F（b）＝f（b）－{[f（b）－f（a）]（b－a）}/（b－a）＝f（a）。

根據羅爾定理，存在ξ∈（a，b），使得F′（ξ）＝f′（ξ）－[f（b）－f（a）]/（b－a）＝0，即f（b）－f（a）＝f′（ξ）（b－a）。

（Ⅱ）對于任意的t∈（0，δ），f（x）在[0，t]上連續，在（0，t）內可導，由右導數定義及拉格朗日中值定理有

其中ξ∈（0，t）。

由于

且當t→0^＋時，ξ→0^＋，故

即f_＋′（0）存在，且f_＋′（0）＝A。

19（本題滿分10分）

計算曲面積分

其中∑是曲面2x²＋2y²＋z²＝4的外側。

【考點】高斯公式的條件及利用高斯公式求曲面積分

解：本題中曲面∑含奇點（0，0，0），不能直接利用高斯定理，根據被積函數的形式做一小球面，然后再計算。令

則

但是因為（0，0，0）包含在曲面2x²＋2y²＋z²＝4內，所以被積函數在所圍區域偏導數不連續，不可以利用高斯定理。

作曲面∑₁：x²＋y²＋z²＝ε²（ε為一很小的正數），取Ω外側，Ω為∑與∑₁之間的部分。

于是

再根據高斯公式有

故I＝4π。

【評注】高斯定理要求P（x，y，z），Q（x，y，z），R（x，y，z）在閉曲面∑所圍成的空間域Ω中具有一階連續的偏導數，否則不能利用該定理。

20（本題滿分11分）

設

（Ⅰ）求滿足Aξ₂＝ξ₁，A²ξ₃＝ξ₁的所有向量ξ₂，ξ₃；

（Ⅱ）對（Ⅰ）中的任意向量ξ₂，ξ₃，證明ξ₁，ξ₂，ξ₃線性無關。

【考點】（Ⅰ）考查矩陣的行初等變換，方程組解的判定方法；（Ⅱ）向量組線性無關的性質和判別方法

【分析】（Ⅰ）解非齊次線性方程組，利用矩陣初等行變換將A(＿)→階梯形，然后利用A_m×nx＝b有解?r（A）＝r（A(＿)）（其中A(＿)＝（A|b））進行判定并求解。（Ⅱ）可利用|ξ₁，ξ₂，ξ₃|≠0或向量組線性無關的定義證明。

解：（Ⅰ）

于是r（A）＝r（A(＿)）＝2，取x₂為自由變量，可得x₃＝－2x₂＋1，x₁＝－x₂。

故

設

則

于是r（B）＝r（B(＿)）＝1，取x₂，x₃為自由變量，則x₁＝－x₂－1/2，故

（Ⅱ）證法1：由（Ⅰ）知

故ξ₁，ξ₂，ξ₃線性無關。

證法2：

由題設可得Aξ₁＝0。設存在一組數k₁，k₂，k₃，使得k₁ξ₁＋k₂ξ₂＋k₃ξ₃＝0①。在等式兩端左乘A，得k₁Aξ₁＋k₂Aξ₂＋k₃Aξ₃＝0，則k₂Aξ₂＋k₃Aξ₃＝0，即k₂ξ₁＋k₃Aξ₃＝0②。在等式兩端再同乘A，得k₂Aξ₁＋k₃A²ξ₃＝0，即k₃ξ₁＝0，于是k₃＝0，代入②式得k₂ξ₁＝0，故k₂＝0。

將k₂＝k₃＝0代入①式可得k₁＝0，從而ξ₁，ξ₂，ξ₃線性無關。

21.（本題滿分11分）

設二次型f（x₁，x₂，x₃）＝ax₁²＋ax₂²＋（a－1）x₃²＋2x₁x₃－2x₂x₃。

（Ⅰ）求二次型f的矩陣的所有特征值；

（Ⅱ）若二次型f的規范型為y₁²＋y₂²，求a的值。

【考點】（Ⅰ）考查二次型矩陣、特征值與特征向量的定義和求法；（Ⅱ）二次型的規范型與其特征值的關系

【分析】（Ⅰ）先寫出二次型f的矩陣，然后利用|λE－A|＝0求解。（Ⅱ）由f的規范型為y₁²＋y₂²，可知正慣性指數為2，即可得A的特征值中有兩個大于零，一個為零，然后可得a的值。

解：（Ⅰ）由題設可知二次型f的矩陣為

由于

于是f的矩陣A所有的特征值為λ₁＝a，λ₂＝a－2，λ₃＝a＋1。

（Ⅱ）若二次型f的規范型為y₁²＋y₂²，則它的正慣性指數為2，于是f的矩陣A的特征值中有兩個大于零，一個為零。顯然λ₃＞λ₁＞λ₂，所以λ₂＝a－2＝0，即a＝2。

【評注】二次型的規范型若為y₁²＋y₂²＋…＋y_p²－y_p²－…－y_r²（p≤r≤n）（唯一）。則p（A的大于0的特征值的個數）稱為二次型的正慣性指數，r稱為二次型的秩，r－p（A的小于0的特征值的個數）稱為二次型的負慣性指數。

22.（本題滿分11分）

袋中有1個紅球，2個黑球與3個白球，現有放回地從袋中取兩次，每次取一個球。以X，Y，Z分別表示兩次取球所取得的紅球、黑球與白球的個數。

（Ⅰ）求P{X＝1|Z＝0}；

（Ⅱ）求二維隨機變量（X，Y）的概率分布。

【考點】本題考查古典概型，條件概率的公式，聯合分布的求法

【分析】（Ⅰ）求條件概率，直接利用P{X＝1|Z＝0}＝P{X＝1，Z＝0}/P{Z＝0}計算；

（Ⅱ）先確定X，Y的可能取值，然后逐個計算X，Y取每一對值的概率。

解：由于本題是有放回地取球，則基本事件總數為6²。

（Ⅰ）P{X＝1|Z＝0}＝P{X＝1，Z＝0}/P{Z＝0}＝2C₂¹/C₃¹C₃¹＝4/9。

（Ⅱ）X，Y的可能取值均為0，1，2，且

P{X＝0，Y＝0}＝（3×3）/36＝1/4

P{X＝0，Y＝1}＝（2×2×3）/36＝1/3

P{X＝0，Y＝2}＝（2×2）/36＝1/9

P{X＝1，Y＝0}＝（2×1×3）/36＝1/6

P{X＝1，Y＝1}＝（2×1×2）/36＝1/9

P{X＝1，Y＝2}＝0

P{X＝2，Y＝0}＝（1×1）/36＝1/36

P{X＝2，Y＝1}＝0

P{X＝2，Y＝2}＝0

所以二維隨機變量f（x，y）的概率分布如表1。

表1

【評注】本題為基礎題型，古典概型概率計算公式如下：P（A）＝A中包含的基本事件數/基本事件總數。

23.（本題滿分11分）

設總體X的概率密度為

其中參數λ（λ＞0）未知，X₁，X₂，…，X_n是來自總體X的簡單隨機樣本。

（Ⅰ）求參數λ的矩估計量；

（Ⅱ）求參數λ的最大似然估計量。

【考點】本題考查矩估計及最大似然估計的定義和求法

解：（Ⅰ）由

令EX＝X(＿)，即X(＿)＝2/λ，得參數λ的矩估計量為λ(∧)₁＝2/X(＿)。

（Ⅱ）設x₁，x₂，…，x_n（x_i＞0，i＝1，2，…，n）為樣本觀測值，則似然函數為

于是

令

得

故參數λ的最大似然估計量為λ(∧)₂＝2/X(＿)。

【評注】本題為基礎題型，要熟練掌握總體未知參數的兩種點估計法：矩估計法和最大似然估計法。