2016考研数学（一）名师精选，全真模拟冲刺题解析

一、选择题

答案

（1）由（x₀，f（x₀））是曲线y=f（x）的拐点知，（x₀，-f（x₀））是曲线y=-f（x）的拐点.因此选（B）.

附注 实际上，（-x₀，f（x₀））是曲线y=f（-x）的拐点，（-x₀，-f（x₀））是曲线y=-f（-x）的拐点.

（2）在上，sin（sinx）≤sinx（仅在点x=0处取等号），cos（sinx）≥cosx（仅在点x=0处取等号），所以

故有I₁＜I₃.因此选（B）

附注 选项（A）是不正确的，这是由于

即I₁=I_2.

（3）当（x，y）≠（0，0）时，

并且

所以，故f″_xy（0，0）＜f″_yx（0，0）.因此选（C）.

附注 在已算出f′_x（x，y）时，可按以下方法快捷算出f′_y（x，y）：

当φ（y，x）=-φ（x，y）时，φ′_y（x，y）=-φ′_x（y，x）.

因此本题有

（4）

附注 由于Ω的横坐标为x的截面为圆，所以对所给的三重积分采用“先二后一”方法进行计算.

（5）由于

所以，t=2时，|（α₁，α₂，α₃，α₄）|=0，即α₁，α₂，α₃，α₄线性相关；t=3时，|（α₁，α₂，α₃，α₄）|≠0，即α₁，α₂，α₃，α₄线性无关.由此可知，结论①④正确，因此选（C）.

附注 确定n个n维列向量α₁，α₂，…，α_n的线性相关性的好方法是计算行列式D=|（α₁，α₂，…，α_n）|.如果D=0，则α₁，α₂，…，α_n线性相关；如果D≠0，则α₁，α₂，…，α_n线性无关.

（6）由知，A的特征值为λ=1（二重），λ=-1.

由于A可相似对角化，所以r（1·E₃-A）=3-2=1，即

用-b-1代替b，A就成为B，所以由B可相似对角化得

-a=-b-1.（2）

由式（1），式（2）得，.因此选（A）.

附注 设A是n阶矩阵，则A可相似对角化的充分必要条有较多种，其中常用的有：

设A有特征值λ₁，λ₂，…，λ_s，它们的重数分别为n₁，n₂，…，n_s（n₁+n₂+…+n_s=n），则A可相似对角化充分必要条件为

r（λ_iE_n-A）=n-n_i（i=1，2，…，s）

（7）由，得

所以

附注 题解中有两点值得注意

（Ⅰ）由于X，Y是连续型随机变量，所以P（X≤0，Y≤0）=P（X<0，Y<0）.

（Ⅱ）由于X≥0时，必有max{X，Y}≥0，所以P（max{X，Y}≥0|X≥0）=1.

（8）由题设知，所以

由于

所以，使得为最大的因此选（C）.

附注 应记住以下结论：

设X₁，X₂，…，X_n是来自总体X的简单随机样本，记μ=EX，σ²=DX，（样本均值），

于是，当X～N（μ，σ²）时，，并且

二、填空题

（9）由于（sinx³）³是奇函数，所以它在点x=0处的4阶导数为0.

由于（lncosx）′=-tanx，（lncosx）″=（-tanx）′=-sec²x，（lncosx）（3）=（-sec²x）′=-2sec²xtanx，

所以，

从而，f（4）（0）=0+（-2）=-2.

附注 设f（x）在点x=0处任意阶可导，则

当f（x）是奇函数时，f（2k）（0）=0（k=0，1，2，…）；

当f（x）是偶函数时，f（2k+1）（0）=0（k=0，1，2，…）.

（10）令x=e^t，则t=lnx，于是有

将它们代入所给微分方程得

式（1）的齐次方程的通解为Y=C₁+C₂e^2t.式（1）有特解y∗=t（A+Bt），将它代入式（1）得，即，所以式（1）的通解为

从而所求的通解为

附注 x²y″+axy′+by′=f（x）是2阶欧拉方程，令x=e^t可转化成2阶常系数线性微分方程

（11）

附注 利用定积分几何意义，有

（12）由于C关于x轴对称，在对称点处xy互为相反数，所以.此外，C的极坐标方程为.因此

于是，由题得，从而a=1.

附注 利用曲线C的对称性，可以化简关于弧长的曲线积分的计算：

设f（x，y）连续，曲线C具有某种对称性，则

其中C₁是C按其所具有的对称性被划分成的两部分之一.

（13）由题设得

记P=（α₁，α₂，α₃），则由α₁，α₂，α₃线性无关知P可逆，且式（1）可以表示为，所以A～B.从而A与B有相同的特征值.

由知，B的最大特征值为2，从而A的最大特征值为2.

附注 设A与B都是n阶矩阵，如果它们相似，则

（Ⅰ）A=B.

（Ⅱ）r（A）=r（B），从而A与B等价.

（Ⅲ）A，B有相同的特征值.

（Ⅳ）A^∗～B^∗.

（Ⅴ）当A可逆时，B也可逆，且A^-1～B^-1.

（14）记X={乙箱中的次品数}，

Y={从乙箱中取出的次品数}，

则

所以，所求的平

附注 由于Y可能取的值为0，1，2，3，所以

EY=0·P（Y=0）+1·P（Y=1）+2·P（Y=2）+3·P（Y=3）.但是，在具体计算时，P（Y=0）是不必算出的.(www.xing528.com)

三、解答题

（15）由f（x）在点x=1处左连续知，

附注 题解中有两点值得注意：

（Ⅰ）作变量代换，将x→1-转换成t→0⁺.

（Ⅱ）对型未定式极限在应用洛必达法则前，先用等价无穷小代替，将未定式极限简化为

（16）记，则f（x）在[0，1]上连续，且

f′（x）=e^2x+2xe^2x-2+sinx+x，

f″（x）=4e^2x+4xe^2x+cosx+1＞0 （x∈（0，1）），

所以由f′（0）f′（1）=（-1）×（3e²-1+sin1）<0知，存在唯一的x₀∈（0，1），使得

于是f（x）<f（0）=-1＜0（x∈[0，x₀]），即方程f（x）=0在[0，x₀]上无实根.由于，且f（x）在（x₀，1）内单调增加，所以方程f（x）=0在（x₀，1）内有且仅有一个实根.

综上所述，方程f（x）=0在（0，1）内有且仅有一个实根.

附注 由于f′（x）在（0，1）内是变号的，所以不能由f（0）f（1）<0确定方程f（x）=0在（0，1）内有且仅有一个实根.因此需进一步分析，即考虑f″（x）.本题就是按此思路求解的.

（17）由φ（x）单调知，它的反函数φ^-1（x）存在，于是由φ（x）可导得

从而

附注 题解中应注意的是：φ^-1（φ（x））=x.

（18）由于

所以其中，，此外由

得.将以上计算代入式（1）得

附注 应记住sinx，cosx的麦克劳林展开式：

本题就是按此公式快捷算得所给幂级数的和函数s（x）.

（19）所给微分方程

对应的齐次微分方程的通解为，此外，式（1）有特解y∗=x，所以式（1）的通解为

且

将y（0）=1，代入式（2），式（3）得C₁=C₂=1，所以

下面计算y（x）（-1≤x≤1）的傅里叶级数

对于n=1，2，…

所以（-1≤x≤1）.

附注 要熟练掌握函数f（x）（-l≤x≤l）的傅里叶系数的计算.

（20）由A有零特征值知

要使矩阵方程AX=B有解，必须.于是由

知，即b=-3，c=0.设，并将a=1，b=-3，c=0代入，则矩阵方程AX=B与

同解，而式（1）即为以下三个线性方程组

显然，式（2）的通解为C₁（2，1，-1）^T+（2，-1，0）^T=（2C₁+2，C₁-1，-C₁）^T，

式（3）的通解为C₂（2，1，-1）^T+（2，0，0）^T=（2C₂+2，C₂，-C₂）^T，

式（4）的通解为C₃（2，1，-1）^T+（3，2，0）^T=（2C₃+3，C₃+2，-C₃）^T，

所以， （其中，C₁，C₂，C₃是任意常数）.

附注 矩阵方程AX=B的解法见模拟试题（二）（20）的解答.

（21）（Ⅰ）由于的解为a=1，-2.当a=1时，由

知，β不能由α₁，α₂，α₃线性表示.

当a=-2时，

β=（C+1）α₁+Cα₂+Cα₃ （其中C是任意常数）.

（Ⅱ）由于a=-2时，

=λ（λ-3）（λ+3），

所以A有特征值λ=0，3，-3.

设对应λ=0的特征向量为a=（a₁，a₂，a₃）^T，则a满足

由于

所以式（1）与方程组

同解，故a可取它的基础解系，即a=（1，1，1）^T.

设对应λ=3的特征向量为b=（b₁，b₂，b₃）^T，则b满足

由于，所以式

（2）与方程组

，

同解，故b可取它的基础解系，即b=（1，0，-1）^T.设对应λ=-3的特征向量为c=（c₁，c₂，c₃）^T，则由A是实对称矩阵知，c与a，b都正交，所以有故c可取它的基础解系，即c=（1，-2，1）1．

a，b，c是正交向量组，现将它们单位化得

记（正交矩阵），则正交变换x=Qy将f（x₁，x₂，x₃）化为标准形3y²₂-3y²_3.

附注 由于当|（α₁，α₂，α₃）|≠0，即α₁，α₂，α₃线性无关时，β必可由α₁，α₂，α₃唯一线性表示.因此题解从|（α₁，α₂，α₃）|=0入手.

（22）由

得

由Z=2X-Y得

其中

因此

附注 记住以下公式：

设二维随机变量（X，Y）的概率密度为f（x，y），则随机变量Z=aX+bY+c（a，b，c是常数）的概率密度可按以下公式计算：

当a≠0时，

当b≠0时，

（23）设Z的分布函数为F_Z（z），则

所以，Z的概率密度为

即Z～N（0，σ²）.于是由矩估计法，令

因此σ²的矩估计量为

附注 记住以下结论是有用的.

设X₁，X₂，…，X_n是总体X的简单随机样本，则当X～N（μ，σ²）时，μ的矩估计量为的矩估计量为当X～N（0，σ²）时，σ²的矩估计量为