2009考研数学一真题及答案

2009 考研数学一真题及答案 一、选择题：1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内. （1）当 x 0 时， f x  x  sin ax 与 g x  x 2 ln 1  bx 等价无穷小，则（ ）       1 . 6 1  C  a  1, b  . 6 【答案】 A  A 【解析】 lim x 0  B a 1, b  1 a 1, b  . 6  D  a  1, b  f ( x) x  sin ax, g ( x) x 2ln(1  bx) 1 . 6 为等价无穷小，则 f ( x) x  sin ax x  sin ax 1  a cos ax a 2 sin ax lim 2 lim 2 洛 lim 洛 lim x 0 g ( x) x  0 x ln(1  bx) x  0 x (  bx) x  0  3bx 2  6bx a 2 sin ax a3  1 x 0 6b 6 b  ax a lim 另外 lim x 0 故排除  a 3  6b B, C 。 1  a cos ax 存在，蕴含了 1  a cos ax  0  x  0  故 a 1. 排除 D 。  3bx 2 所以本题选 A。 y （2）如图，正方形   x, y  x 1, y 1 被其对角线划分为  四个区域 Dk  k 1, 2,3, 4  ， I k  1 y cos xdxdy ， Dk 则 max  I  （ ） k -1 1k 4  A I1 .  B I2 . C I3 .  D I4 . D1D 4 D2 D3 1 -1 【解析】本题利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性。 D2 , D4 两区域关于 轴对称，而 奇函数，所以 x I 2 I 4 0 ，即被积函数是关于 y 的 f ( x,  y )  y cos x  f ( x, y ) ; D1 , D3 两区域关于 y 轴对称，而 f ( x, y )  y cos( x)  y cos x  f ( x, y ) ，即被积函数是 关于 的偶函数，所以 I1 2 y cos xdxdy  0 ； x  ( x , y ) y x ,0x 1  x I 3 2 y cos xdxdy  0 .所以正确答案为 A.   ( x , y ) y  x ,0x1 （3）设函数 y  f x 在区间  1,3 上的图形为：     f ( x) O -2 0 -1 则函数 F  x   . 2 1 x 3 x  f  t  dt 的图形为（ ） 0 . f ( x) 1  A 1  B 0 -2 f ( x) 1 2 x 3 -1 . . 1 -1 2 3 x f ( x) 1  D 0 1 -1 f ( x) C 0 -2 1 2 3 x 0 -2 1 2 3 x -1 【答案】 D 【解析】此题为定积分的应用知识考核，由 x x0 y  f ( x) 所围的图形的代数面积为所求函数 F ( x) 的图形可见，其图像与 轴及 x y 轴、 ，从而可得出几个方面的特征： ① x  0,1 时， F ( x) 0 ，且单调递减。   ② x  1, 2 时， F ( x) 单调递增。   ③ x  2,3 时， F ( x) 为常函数。   ④ x   1, 0 时， F ( x ) 0 为线性函数，单调递增。   ⑤ 由于 F(x)为连续函数 结合这些特点，可见正确选项为 D 。 （4）设有两个数列  a n an 0 ，则（  ,  bn  ，若 lim n    n 1 n 1  A 当  bn 收敛时，  anbn 收敛.   C  当  bn 收敛时， n 1  2 2 n n a b n 1 收敛. ）   n 1 n 1  B  当  bn 发散时，  anbn 发散.   D  当  bn 发散时， n 1  2 2 n n a b 发散. n 1 【解析】 方法一： 举反例 A 取 an bn ( 1) n 1 n 1 n 1 D 取 an bn  n B 取 an bn  故答案为（C） 方法二： 因为 lim a 0, 则由定义可知 N , 使得 n  N 时，有 a  1 n 1 1 n n  又因为  b n 收敛，可得 lim b 0, 则由定义可知 N 2 , 使得 n  N 2 时，有 bn  1 n n 1 从而，当 n  N1  N 2 n  时，有  an2bn2  bn ，则由正项级数的比较判别法可知  an2bn2 收敛。 n 1 1 2 1 3 （5）设 1 ,  2 ,  3 是 3 维向量空间 R 3 的一组基，则由基 1 ,  2 ,  3 到基 1   2 ,  2   3 ,  3  1 的过渡矩阵为（ ）  1 0 1  A  2 2 0  .  0 3 3    1  2  1  C    2   1  2 1 4 1 4 1  4  1 2 0  B   0 2 3  .  1 0 3    1 6  1 . 6   1   6   1  2  1  D   4    1  6  1 2 1 4 1 6 1  2   1.  4  1   6  【 解 析 】 因 为  , , ,   ,  , ,  A ， 则 称 为 基  ,  , ,  到  1 2  1 2 A n n 1 2 n 1 ,2 , ,n 1 2 的过渡矩阵。 1 3 则由基 1 ,  2 ,  3 到 1   2 ,  2   3 ,  3  1 的过渡矩阵 M 满足  1   2 ,  2   3 , 3  1   1 ,  1 1   2 , 3  M 2 3   1 0 1 1 1     1 ,  2 ,  3   2 2 0  2 3     0 3 3 所以此题选 A 。   （6）设 A, B 均为 2 阶矩阵， A* , B* 分别为 A, B 的伴随矩阵，若 A 2, B 3 ，则分块 矩阵  O A  的伴随矩阵为（ ）  B O    A  O 3B*  .  *  O   2A  B  O 3 A*  .  * O   2B  D  C  【解析】根据  O  *  3A 2 B*  .  O   O *  3B 2 A*  .  O   1 1 CC   C E ，若 C  C C , C  1  C C 分块矩阵  0 A  的行列式 0 0  B B   0  B A 0   0 B A  （  1）22 A B 2 3 6 ，即分块矩阵可逆 0 1 A0  0 B A  0  6   1 0 A 1  B 3   0    3A 0      0 6   1 A  2   0 1 B   6  1  0  A  A  1  B  B   0   2 B   0  故答案为（B） （7）设随机变量 X 的分布函数为  x  1  ，其中 F  x  0.3  x   0.7    x  为标准正   2  态分布函数，则 EX （ ）  A 0 .  B 0.3 .  C  0.7 .  D  1. 【答案】 C   【解析】因为 所以  x  1 ， F  x  0.3  x   0.7    2  F  x  0.3 x   所以 EX     0.7  x  1  ，   2  2     x  1 xF  x  dx  x  0.3 x   0.35   dx   2      x  1 0.3 x x  dx  0.35 x  dx    2  而      x 1  x  1 u 2   2u  1  u  du 2 x x  dx 0 ，   x  dx  2  2  所以 EX 0  0.35 2 0.7 。 （8）设随机变量 X 与 Y 相互独立，且 X 服从标准正态分布 N 0,1 ， 的概率分布为   Y