《數(shù)學(xué)一第7-10套答案續(xù).doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《數(shù)學(xué)一第7-10套答案續(xù).doc（42頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

數(shù)學(xué)一（第七套）答案 一、 填空題 1、答案： 考點：泰勒公式 解析： 2、答案：2 考點：變上限積分求導(dǎo) 解析：[提示 ]. 3、答案： 考點：二階線性微分方程 解析：特征方程 則齊次方程的通解為 用特定系數(shù)法，設(shè)原方程的一個特解為 非齊次二階常系數(shù)方程求解問題，根據(jù)非齊次項的形式設(shè)定特解形式，用特定系數(shù)法求出特解 代入原方程得 ∴ ，B=2，即 原方程的通解為 4、答案： 考點：矩陣乘積變換與逆矩陣運算、 解析： 5、答案： 考點：基本概率及條件概率事件 解析： 6、答案：5 考點：期望、方差 解析： 二、選擇題 7、答案：B 考點：向量基本關(guān)系，空間直線 解析： 的方向向量分別為｛2，－1，1｝與｛2，1，3｝，不平行，但有公共點，故選B。 8、答案：A 考點：連續(xù)，可導(dǎo)概念 解析： 要使上式極限存在，由于存在且為所以應(yīng)使存在，又當(dāng)時才存在，故應(yīng)選A。 9、答案：D 考點：二重積分的積分次序變換，直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)的積分轉(zhuǎn)換 解析：累次積分是函數(shù)，在積分域：上的二重積分的極坐標(biāo)系下的累次積分表達形式，于是在直角坐標(biāo)系下的累次積分為 若則圓心在x軸上；若則圓心在y軸上。 10、答案：D 考點：級數(shù)斂散性 解析：例如收斂，亦收斂； 收斂，發(fā)散。 11、答案：B 考點：多元函數(shù)的極值判定 解析：所以在內(nèi)D部不可能有極值點，從而最值點必在D的邊界上。 12、答案：C 考點：初等矩陣乘積運算 解析：右乘矩陣A相當(dāng)于對第二列、第三列互換，左乘矩陣相當(dāng)于對該矩陣第二，第三行互換，經(jīng)驗證只有C符合題意。 13、答案：C 考點：矩陣乘積 解析：A、表示三個平面互相平行，至多有兩重合。 B、表示條件必要，但不充分 C、中任兩個線性無關(guān)任兩個平面均相交，而不能由線性表出方程組無解（即排除三平面交于一條直線的情形），可見C入選。 14、答案：B 考點：數(shù)學(xué)期望，相關(guān)系數(shù) 解析：設(shè)t 為[0 ，1]上均勻分布，的概率密度函數(shù) 相關(guān)系數(shù)為—1， 故A錯 故B正確 故C錯 三、解答題 15、考點：函數(shù)奇偶性、單調(diào)性及積分變換中值定理 解析：（1） 若是偶函數(shù)，則 故F( x )與f ( x )有相同的奇偶數(shù)。 （2）因為 由定積分中值定理 間） 故 因為非增，于是 當(dāng)時， 當(dāng)時， 所以對均有，即有F ( x )非減。 16、考點：二重積分 解析：根據(jù)被積函數(shù)中有，這個因子的特點，以為分界線，將全面劃分成為兩個子區(qū)域，于是 注意：是積不出來的，所以在D1上要先對x積分，而在D2上要先對y積分，因此 作代換則 17、考點：三角積分，級數(shù)斂散性 解析：（1）因為 所以 （2）因為 所以斂，從而收斂。 18、考點：空間解析幾何直線方程 解析：直線L1與L2的方向向量分別為 取點（－1，－3，0），則L1與L2的對稱式方程分別為 l的方向向量為過L1且平行于是s的平面的法向量為的方程為將的參數(shù)方程：代入平面的方程，求得于是得直線與平面的方程，求得于是得直線與平面的交點為，最后得公垂線l的方程： 19、考點：積分不等式 解析：由 故 20、考點：矩陣特征值、特征向量 解析：依題設(shè)，有即因此， 21、考點：求解方程組 解析：（1） 故（I）的導(dǎo)出組的基礎(chǔ)解系為（1，1，2，1）T，（I）的通解為 （k為任意實數(shù)）。 （2）將（I）的通解代入方程組（II），得 若（I）的解均是（II）的解，則上述方程應(yīng)對任意k成立，故得t =－5，n =－2，m =－1，即當(dāng)m =－1，n =－2，t =－5時，（I）的解均是（II）的解，當(dāng)m =－1，n =－2，t =－5時由方程（II）知，，故知I、II是同解方程。 22、考點：利用隨機變量X和Y的聯(lián)合概率分布求其函數(shù)的數(shù)學(xué)期望 解析：設(shè)Z表示商店每周所得的利潤，則 X與Y的聯(lián)合概率密度為 故 23、考點：置信區(qū)間 解析：因2000相對于50很大，故可認為所抽取的50戶獨立隨機樣本，n = 50， 戶為非偷漏稅戶 戶為偷漏稅戶 令 則 由中心極限定理 而滿足的點 故問題歸結(jié)為估計參數(shù)p，使整理該不等式得 其中 從而求得 故p的95%的置信區(qū)間為（0.366，0.634） 數(shù)學(xué)一（第八套）答案 一、 填空題 1、答案： 考點：型極限值 解析：原式（這步變換很常見且重要，需牢記） 2、答案： 考點：變上限定積分求導(dǎo) 解析：因為 所以 當(dāng)k < 0時，所求通解為 4、答案： 考點：矩陣變換，矩陣逆運算 解析：因為所以矩陣P可逆，于是由AP=PBP-1，又 故 5、答案： 考點：伯努力分布 解析： 則 又 即 故知參數(shù)，因此EX = 2。 二、選擇題 7、答案：A 考點：空間解析幾何 解析：本題重在理解直線的意義，設(shè)兩條直線一過A3，平行于一過A1，平行于A2A3，因是滿秩的，故A1、 A2、A3不共線，由右面示意圖即知道兩直線相交。 8、答案：B 考點：變上限定積分求導(dǎo)和連續(xù)函數(shù)的性質(zhì) 解析： 9、答案：D 考點：多元函數(shù)求偏導(dǎo) 解析：因為是由連續(xù)初等函數(shù)復(fù)合而成的，顯然二階混偏導(dǎo)數(shù) 均存在并且連續(xù)，故必有，因而選D。 10、答案：D 考點：級數(shù)收斂性 解析：應(yīng)選D。因為級數(shù)顯然為正項級數(shù)，由根值差別法有 由此得知級數(shù)發(fā)散，C也正確，故選D。 11、答案：C 考點：連續(xù)函數(shù)微分方程 解析： 求得駐點為此外，有 （1）當(dāng)時，駐點為，從而 于是 而，即駐點均為極大值點，因而函數(shù)有無窮多個極大值。 （2）當(dāng)時，駐點為此時 于是 即駐點為非極值點。 綜合上述，故選C。 12、答案：D 考點：矩陣乘法 解析：由題設(shè)ABC=AE，可知A，B，C均可逆，且ABC=BCA=CAB,將ABCD與以上比較，可知D入選。 13、答案：B 考點：線性相關(guān)、線性無關(guān) 解析：對于選項A，由于 則向量組線性相關(guān)，選項A不對。 同樣地，對于選項C，D，有 這兩個向量組也線性相關(guān)，故選項C，D均不對。 對于選項B，由于向量組線性無關(guān)，則向量組也線性無關(guān)，設(shè)有一組數(shù)使得 由于線性無關(guān)，得線性方程組 系數(shù)先列式 方程組僅有零解，即所以，向量組線性無關(guān)，因此本題應(yīng)選B。 14、答案：B 考點：樣本空間概率分布 解析：顯然 于是 則 又 由于獨立，從而相互獨立。 于是 可見Y服從自由度為n-1的t分布，故B入選。 三、解答題 15、考點：連續(xù)函數(shù)求導(dǎo)數(shù) 解析：方程兩邊求導(dǎo)得 上式再求導(dǎo) 或解 將 代入上式得 16、考點：曲面積分 解析：曲面積分應(yīng)用題，由重心公式列出相應(yīng)的積分式。 解：以球心為原點，鉛垂直徑為Z，軸建立右手坐標(biāo)系，則球面方程為任一點的密度是，且由對稱性可知，半球殼的重心坐標(biāo)中有 只需求出 其中S是上半球面，、 因為 所以 其中D是S在xoy平面上的投影區(qū)域上述M的計算利用極坐標(biāo)較方便，有 重心坐標(biāo)為 17、考點：級數(shù)求和 解析：解方程得通解為 代入得于是， 18、考點：空間解析幾何 解析：設(shè)所求的直線方程為 平衡的法矢量由直線與平面平行，所以 （*） 因為兩直線相交，故有 （*） 解方程（*），（* *）得 令 故 所求直線為 19、考點：中值定理 解析：上滿足柯西值定理條件，于是，使 又 在[a,b]上滿足拉格朗日中值定理， ，使得 由上面二式可得 20、考點：正交矩陣 解析：由行列式乘法公式，得 （1）如那么 從而 （2）如那么 得到又因 所以不論，總有 21、考點：線性方程組求解 解析：對方程組的增廣矩陣作初等行變換，有 （1）當(dāng)時，即a=1且b=3時，方程組有解。 （2）當(dāng)a=1，且b=3時，有 原方程組的同解方程組為 （*） 導(dǎo)出組的同解方程組為 自由未知量分別取值（1，0，0）T，（0，1，0）T，（0，0，1）T，得導(dǎo)出組的一個基礎(chǔ)解系 （3）在方程組（*）中，令得原方程組的一個特解 因此原方程組的全部解為 其中k1, k2, k3為任意常數(shù)。 22、考點：隨機變量概率分布 解析：隨機變量的分布函數(shù)為 于是，隨機變量的概率概率密度為 23、考點：無偏估計、樣本均值、樣本偏差 解析：設(shè)為樣本值， （1） 似然函數(shù)為 則 令 解得 從而得到a的極大似然估計量 （2） 以替換E（X），得 解出a ，得到a的估計量 數(shù)學(xué)一（第九套）答案 一、 填空題 1、考點：e2 解析：由于可導(dǎo)，故在x = 0處連續(xù)，因此又 故 原式= 2、答案： 考點：定積分 解析： 前一個積分中則 所以 3、答案： 考點：二階線性常微方程 解析：特征方程為解得 原方程的通解為： 由初始條件，有 故 4、答案：（—1）n 考點：矩陣變換 解析：為n 個線性無關(guān)列向量， 則矩陣可逆，即 且滿足 注意到 （矩陣列互換） 故 注：將已知條件轉(zhuǎn)為 是關(guān)鍵 5、答案： 考點：重復(fù)試驗 解析：記事件分別表示甲、乙在第i次投籃中投中，i為甲、乙二人投籃的總次數(shù)；i =1,2,3,4,…,記事件A，B分別表示甲、乙取勝，則 是一個公比的幾何級數(shù)求和問題。由于，該級數(shù)收斂，且 若要甲、乙勝率相同，則即 這種游戲規(guī)則，只有當(dāng)時，甲、乙勝負概率相同。 6、答案： 考點：離散事件的數(shù)學(xué)期望 解析：令X表示在取到正品之前已取出的廢品數(shù)，則X是一隨機變量，有三個可能取值：0，1, 2. X的概率分布為 數(shù)學(xué)期望 二、選擇題 考點：曲面切平面 解析：設(shè)點的坐標(biāo)為則曲面在P點處的法向量為，而平面的法向量為依題意，應(yīng)與平行，故有 由此得因P點在曲面上，故 故應(yīng)選C。 8、答案：D 考點：函數(shù)連續(xù)性和極限 解析：推得 （1） 及 （2） 由于在處連續(xù)，所以由（1）得由（2）得 從而知存在在的一個空心領(lǐng)域內(nèi)有 9、答案：B 考點：多元函數(shù)偏導(dǎo)，隱函數(shù)求偏導(dǎo) 解析： 故 注：此題也可舉特例驗證，如 10、答案：C 考點：級數(shù)斂散性 解析：設(shè)則A、B、D不正確 又 發(fā)散。 故C正確。 11、答案：D 考點：積分函數(shù)奇偶性，大小估計 解析：由于M的被函數(shù)在上是奇函數(shù)，則M=0。 故D入選。 12、答案：C 考點：矩陣秩 解析： 因故，（或），故應(yīng)有 又因，故（若則矛盾）。 13、答案：C 考點：線性相關(guān) 解析：將一個分量均變?yōu)?，相當(dāng)于減少一個分量，此時新向量組可能變?yōu)榫€性相關(guān)， A， B屬初等（行）變換不改變矩陣的秩，并未改變換列向量組的線性無關(guān)性，D增 加向量分量也不改變線性無關(guān)性。 14、答案：B 考點：正態(tài)分布 解析：的概率密度函數(shù)為 因而 三、解答題 15、考點：積分變換連續(xù) 解析： 對第一個積分取，對第二個積分取，則上式右邊為 其中在之間。 令時，有 16、考點：曲面積分 解析：由 得投影區(qū)域D的邊界為 由方程，得 于是 原式 17、考點：級數(shù)求和 解析：取為絕對收斂級數(shù) 再取為的泰勒級數(shù) 兩級數(shù)相乘得 故 注：如果級數(shù)都收斂，作這兩個級數(shù)乘積，其中 如也收斂，則必有 18、考點：微分方程應(yīng)用 解析：設(shè)為子彈在木板內(nèi)的運動規(guī)律，阻力為，按題意其中 即 由 得 設(shè)子彈穿過木板所用的時間為T，則有從而 又 即 又 故 由 得所求時間為T。 19、考點：中值定理 解析： 又 故 即 其中 20、考點：方程組求通解 解析：由已知有是相應(yīng)的齊次方程組的兩個線性無關(guān)解， 系數(shù)矩陣的秩 又 系數(shù)矩陣有二階子式 系數(shù)矩陣的秩， 系數(shù)矩陣的秩為2。 齊次方程組的基礎(chǔ)解系包含2個解向量， 即 是齊次方程組的基礎(chǔ)解系。 該方程組的通解為 21、考點：矩陣特征值 解析：因為A有三個線性無關(guān)的特征向量，是A的二重特征值，所以A的對 應(yīng)于的線性無關(guān)的特征向量有兩個，故秩 經(jīng)過行的初等變換 于是，解得 矩陣 其特征多項式 由此得到特征值： 解得對應(yīng)的特征向量為 解得對應(yīng)的特征向量為 22、考點：條件概率 解析：由題設(shè)條件知，的密度函數(shù)皆為 于是 因此 故 23、考點：極大似然估計 解析：設(shè)的分布密度為 因此a , b的似然函數(shù)為 因為由似然方程組 求不出a , b，故不能用解似然方程組的方法求出a 和b的極大似然估計量，為此， 令 因為當(dāng)時，似然函數(shù)取最大值，所以為的極大似然估 計。 數(shù)學(xué)一（第十套）答案 一、 填空題 1、答案：3 考點：求極限 解析：這是“”型，數(shù)列極限，不能直接用洛必達法則，可以利用連續(xù)變量的極限，即得用 求得原式 當(dāng)時，于是 也可由原式 2、答案： 考點：分部積分 解析：由于被積函數(shù)為應(yīng)聯(lián)想分部積分法 3、答案： 考點：微分方程 解析：特征方程有相異的實根設(shè)原方程的一個特解為代入原方程，得故原方程組的通解為 4、答案： 考點：矩陣運算，伴隨矩陣 解析：由得 故應(yīng)填 5、答案： 考點：概率分布 Z 0 1 P 解析： X 0 0 1 1 Y 0 1 0 1 0 1 1 1 1 由 可知 6、答案： 考點：數(shù)學(xué)期望望應(yīng)用 解析：由題設(shè)可知X的分布密度為 = 二、選擇題 7、答案：B 考點：空間解析幾何、向量運算 解析：若兩邊同時數(shù)乘c，則得共面，以共面是的必要條件，設(shè)共面，例如故共面不是成立的充分條件。 注：對于不好確定的定義，采用反例推理是一種可行方法。 8、答案：C 考點：函數(shù)連續(xù)性、可導(dǎo)性 解析：令顯然當(dāng)時，恒有 可見A，B，D不入選，故C入選。 9、答案：C 考點：偏導(dǎo)、全微分 解析：當(dāng)時，在點（0，0）連續(xù)，又但 不是時的高階無窮小，故不可微。 10、答案：C 考點：級數(shù)收斂性 解析：由于 而且級數(shù)均收斂，所以原級數(shù)絕對收斂，即C正確。 11、答案：D 考點：偏導(dǎo)數(shù)、多元函數(shù)求極值 解析： 因為在處連續(xù)，又不妨設(shè)在的鄰域內(nèi) 當(dāng) n 為偶數(shù)時，（的空心鄰域），即是極小值。 當(dāng)n 為奇數(shù)時，不是極值，選D。 還可舉特例進行難證 12、答案：C 考點：先將行列式拆分為兩個行列式之和，得到 再利用兩列一調(diào)，行列式變號的性質(zhì)，得到 因而C對，其余的都不對。 13、答案：D 考點：線性相關(guān)線性無關(guān) 解析：顯然A，B都不對，例如它們都不是零向量，且任意兩個向量的分量不成比例，它們線性相關(guān)，故A，B不是線必?zé)o關(guān)的充分條件，顯然也不是必要條件。 若線性無關(guān)，則其個數(shù)m不超過向量的維數(shù)n 即這是向量組線性無關(guān)的必要條件，但不是充分條件，例如有但線性相關(guān)。 可知只有D成立。 14、答案：C 考點：正態(tài)分布性質(zhì) 解析：對任意為常數(shù)。 因為 三、解答題 15、考點：復(fù)合函數(shù)、導(dǎo)數(shù)連續(xù)性 解析： 當(dāng)時， 當(dāng)時， 當(dāng)時， 故在處可導(dǎo)，且 綜合以上有 顯然6因此處連續(xù)，進而易知上連續(xù)。 16、考點：曲面積分 解析：旋轉(zhuǎn)面方程：該曲面在xz平面上的投影域 無論從Dxz的表達式，還是 故 17、考點：級數(shù)收斂性 解析：使用比較判別法，由級數(shù)收斂，得出的有界性，于是由比較判別法知收斂。 證明： 級數(shù)收斂 其部分和 為常數(shù)。 級數(shù) 由比較判別法知收斂。 18、考點：解析幾何 解析：只要確定出直線l及投影直線所的平面，則投影直線為原平面的交線，平面垂直于平面，則法向量因此 解：將所求直線作兩平面的交線，因而只需求出過直線與已知平面垂直的平面即可。 平面為 所求直線為 19、考點：泰勒級數(shù)的展開，中值定理 解析：將處展開 （在x , b之間） 令由題設(shè)，則 其中在之間。 注意泰勒級數(shù)的應(yīng)用。 20、考點：正交矩陣性質(zhì) 解析：要證為正交矩陣，按定義只需證 證明：因為 故為正交矩陣。 21、考點：線性方程組求解 解析：對方程組增廣矩陣作初等行交換 可見，當(dāng)b = 0 時，方程組無解。 當(dāng)時，繼續(xù)作初等行變換。 于是，當(dāng)時，方程組有惟一解 當(dāng)即時，方程組無解 當(dāng)時，方程組變?yōu)? 方程組有無窮多解其中為任意常數(shù)。 22、考點：隨機變量概率分布 解析：（1）由分布函數(shù)的定義 即 即 于是，可解出 故 （2） （3） （4）由于 即不絕對收斂 故的的期望不存在。 注：級數(shù)收斂但不絕對收斂與之相對應(yīng)，期望是不存在的，雖然 23、考點：最大似然函數(shù) 解析：似然函數(shù)為 對數(shù)，得對數(shù)似然函數(shù) 對求導(dǎo)，得似然方程 其惟一解為 它顯然使達到最大值，從而是的極大似然估計。