2012考研数学一真题及答案

2012 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.下列每题给出的四个选项中，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. (1) 曲线 y x 2  x 渐近线的条数( ) x2  1 (A) 0 (2) 设函数 (A) (B) 1 (C) 2 (D) 3 y ( x) (e x  1)(e 2 x  2) (e nx  n) (B) (  1) n  1 (n  1)! ,其中 为正整数,则 ( 1)n (n  1)! n (C) y (0)  ( 1) n  1 n ! (D) ( ) ( 1) n n ! (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 lim f ( x, y ) 存在,则 f ( x, y ) 在 (0,0) 处可微 x y (B) 若极限 lim f ( x, y ) 存在,则 f ( x, y ) 在 (0,0) 处可微 x2  y 2 x 0 y 0 x 0 y 0 (C) 若 f ( x, y ) 在 (0, 0) 处可微,则 极限 lim x 0 f ( x, y ) 存在 x y (D) 若 f ( x, y ) 在 (0, 0) 处可微,则 极限 lim x 0 f ( x, y ) 存在 x2  y 2 y 0 y 0 (4)设 I K (A) k 2  e x sin xdx(k 1, 2,3) 则有 ( ) 0 I1  I 2  I 3 (B) (C) I 3  I 2  I1 I 2  I 3  I1 (D) I 2  I1  I 3 0  0  1   1 (5)设   0  ,   1  ,    1  ,   1  ,其中 C , C , C , C 为任意常数，则下列 1 3 4 1 2 3 4   2       C  C  C  C   1  2  3  4 向量组线性相关的为( ) (A) 1 ,  2 ,  3 (B) 1 ,  2 ,  4 (C) 1 ,  3 ,  4 (D)  2 , 3 , 4  1 0 0 (6) 设 A 为 3 阶矩阵，P 为 3 阶可逆矩阵，且 p  1 AP  0 1 0  .若 P=（ 1 , 2 ,  3 ），    0 0 2    (1   2 , 2 , 3 ) ，则 Q  1 AQ  ( )  1 0 0 (A)  0 2 0  (B)    0 0 1    1 0 0   (C)  0 1 0  0 0 2    2 0 0  2 0 0   (D)    0 1 0  0 2 0  0 0 2  0 0 1     (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 X  Y  1 1 2 4 (B) (C) (D) 5 3 5 5 (8)将长度为 1m 的木棒随机地截成两段，则两段长度的相关系数为 (A) (A) 1 1 2 (B) (C)  1 2 ( ) (D)  1 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)若函数 (10) 2 x 0 (11) f ( x) 满足方程 f '' ( x)  f ' ( x)  2 f ( x) 0 及 f '' ( x)  f ( x) 2e ，则 f ( x)  2 x  x 2 dx = z grad ( xy + ) |(2,1,1)  y   (12)设    x, y, z  x  y  z 1, x 0, y 0, z 0 ，则 2 y ds   (13)设 X 为三维单位向量，E 为三阶单位矩阵，则矩阵 E  XX T 的秩为 1 2 1 3   (14)设 A , B , C 是随机变量，A 与 C 互不相容， p  AB   , P  C   , p AB C  三、解答题：15～23 小题,共 94 分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤. (15) 证明 x ln 1 x x2  cos x 1  (  1  x  1) 1 x 2 (16) 求函数 f ( x, y ) xe  x2  y 2 2 的极值 (17) 4n 2  4 n  3 2 n x 的收敛域及和函数 2n  1 n 0  求幂级数  (18) 已 知 曲 线  x  f (t ), L:  y cos t f (0) 0, f ' (t )  0  其 中 函 数 具 有 连 续 导 数 ， 且 f (t ) (0 t  ), 2  (0  t  ). 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 2 f (t ) 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 x 2 +y 2 2 x 到 点 (2,0) ， 再沿 圆周 x 2 +y 2 4 到点 (0, 2) 的曲线段，计算曲线积分 J 3 x 2 ydx  ( x 3  x  2 y )dy L (20)(本题满分 分) 1 0  A  设 0  a a 1 0 0 0 a 1 0 0 0  , a  1  1   1    0    0 （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) 1  已知 A  0  1  0 0 1 1 1  ，二次型 的秩为 2 f ( x1 , x2 , x3 ) xT ( AT A) x 0 a  a  1 （1）求实数 a 的值； （2）求正交变换 x Qy 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 0 1 2 0 1 4 0 1 4 1 0 1 3 0 2 1 12 0 1 12 （Ⅰ）求 P  X 2Y  ； （Ⅱ）求 Cov( X  Y , Y ) . (23) 设随机变量 X 与 Y 相互独立且分别服从正态分布 N (u , 2 ) 与 N (u , 2 2 ) ，其中  是未 知参数且   0 。设 Z  X  Y . (1)求 Z 的概率密度 f ( z , 2 ); （2）设 z1 , z2 ,, zn 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 1 2 3 4 5 6 7 8 C C B D C B A D 二、填空题 9、 ex ； 10、  ； 11、 2  1,1,1 ； 12、 3 ； 13、2； 12 三、解答题 (15) 1 x x2 f ( x) f x  x ln  cos x  1  证明：令   是偶函数 1 x 2 ， f  x  ln 1 x 2x   sin x  x 1  x 1  x2 f  0  0 2  1  x2   4 x2 1 1 f  x      cos x  1 2 2 1 x 1 x 1  x    4 1 x 所以 2 2   cos x  1  4  1  x2  2  20 f  x   f  0  0 即证得： x ln 1 x x2  cos x 1    1  x  1 1 x 2 (16)  f   解：   f    x, y   x2  y 2 2  x2  y2 2 e  xe   x  e x 2 2  x, y  xe x 2 y  y 0   y 得驻点 P1   1, 0  , P2  1, 0   x2  y 2 2  1  x  0 2 14、 3 4 2 2 2 2 x y x y   2 f  x, y    2 2  2 xe  e  1  x2    x  2  x  x2  y2  2 f  x, y   e 2  1  x 2    y    x  y  x2  y 2   2 f  x, y     xe 2  y 2  1 2  y 根据判断极值的第二充分条件， 把 P1   1, 0  , 代入二阶偏导数 B=0，A>0，C>0，所以 P1   1, 0  , 为极小值点，极小值为 f   1, 0   e 把  1 2 P2  1, 0  代入二阶偏导数 B=0，A<0，C<0，所以 P2  1, 0  为极大值点，极大值为 f  1, 0  e  1 2 (17) 解：（Ⅰ）收敛域 4n 2  4n  3 2( n 1)1 x a ( x) 4n 2  4n  3 2( n  1) 1 2n  1 R lim n lim  lim  x 2  x 2 2 n  a n   4( n  1) 2  4( n  1)  3 n  ( x ) 2 n  1 4( n  1)  4( n  1)  3 n 1 x 2 n 1 2(n  1)  1 令 x2  1 ，得  1  x 1 ，当 x 1 时，技术发散。所以，收敛域为 ( 1,1) （Ⅱ）设 4n 2  4n  3 2 n  (2n  1)2  2 2 n  2 2n x  x  [(2n  1) x 2 n  x ]( x  1) 2n  1 2n  1 2n  1 n 0 n 0 n 0  S ( x )  令  S1 ( x)  (2n  1) x 2 n n 0 因为 所以 因为 ， 2 x 2n n  0 2n  1  S 2 ( x)    x x 2n S ( t ) dt  (2 n  1) t dt  x 2n 1  ( x  1)   0 1  0 1  x2 n 0 n 0 x S1 ( x) ( x 1  x2  )  ( x  1) 1  x2 (1  x 2 ) 2 2 x 2 n 1 n  0 2n  1  xS2 ( x) 