2011年浙江2+2考试《高等数学》模拟试卷一答案及详解

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2010年浙江省普通高校“2 + 2”联考《 高等数学 》模拟试卷1

解答

一、填空题：

1、极限 limxx1x3322x【分析】 无穷小与有界变量的乘积仍为无穷小.

x(sinxcosx) .

【详解】 limxx12xx332xlim3x2x2ln23xx22xlim62(ln2)x3x0，而sinxcosx有

界。

【答案】 应填0。

2、已知f(x0)1，则 lim【详解】 limxf(x02x)f(x0x)x0 .

f(x02x)f(x0x)x2f(x0)f(x0)f(x0)1。

x0x0limf(x02x)f(x0)xlimf(x0x)f(x0)x

x0【答案】 应填1。

3、微分方程

dydx2xdyduyux【详解】 齐次方程，令u，yux，则， dxdxxyx1(y) 满足y|x11的特解为y .

3代入原方程，得 ux积分得

1u2dudxu12u，x3dudx1222u，32u3dudxx，

ln|x|C，将uyx代回，得

，

xyln|x|C，

得原方程的通解为 y|x|ln|x|C将y|x11代入得C1，于是所求特解为 y【答案】 应填y

|x|ln|x|1|x|ln|x|1。

.

C4、设A为m阶方阵，B为n阶方阵，且|A|a，|B|b，BOA，则|C| . O 【详解】 |C|OBmnAO(1)mn|A||B|(1)mnab。

【答案】 应填(1)

ab。

2225、若二次型f2x1x2x32x1x2tx2x3是正定的，则t的取值范围是 .

【详解】 用顺序主子式讨论. 二次型的矩阵为

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2A102|A|1011t/211t/202t/2， |A1|20，|A2|110t/2101011t/2tt/21112t21110，

0，解得 2t2。

420 21. 解不等式组 (2)(1)0【答案】 应填

2t2.

6、从数1,2,3,4中任取一个数，记为X，再从1,,X中任取一个数，记为Y，则P{Y2} .

【详解】由全概率公式，

4P{Y2}i1P{Xi)P{Y2|Xi}14(0121314)1348.

【答案】 应填

1348.

二、选择题：

1、设函数f(x)xtanxesinx，则f(x)是 【 】 (A) 偶函数 (B) 无界函数 (C) 周期函数 (D) 单调函数 【答案】 选 (B)。

2、设函数f(x)对任意x均满足等式f(x1)af(x)，且f(0)b，其中a,b为非零常数，则 【 】 (A) f(x)在x1处不可导 (B) f(x)在x1处可导，且f(1)a (C) f(x)在x1处可导，且f(1)b (D) f(x)在x1处可导，且f(1)ab 【详解】 f(1)limalimf(1x)f(1)xf(x)f(0)xx0limaf(x)af(0)xx0

x0af(0)ab.

【答案】 选 (D)。 3、设k[xD23f(xy)]d，其中f为连续的奇函数，D是由yx，x1，y1所围

成的平面区域，则k等于 (A) 0

(B)

23

23

【 】

(C) (D) 2f(xy)d

D【详解】 因为f为奇函数，所以f(xy)关于x和y均为奇函数，由区域对称性知，

Df(xy)d0，

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2所以原式xdD11xdx21xdy311x(1x)dx23112xdx23.

【答案】 选 (B)。

4、齐次线性方程组

【 】

x1x22x30x1x2x30 xxx0231的系数矩阵记为A。若存在三阶矩阵BO，使得ABO，则 (A) 2且|B|0 (B) 2且|B|0

(C) 1且|B|0 (D) 1且|B|0

【详解】 由已知ABO且BO，则齐次线性方程组Ax0有非零解，从而|A|0，即

1112101211211111(1)1121(1)0， 1；

0若|B|0，则由ABO得AO，矛盾，所以|B|0。 【答案】 选 (C)。

5、掷6颗骰子，令X为6颗骰子点数之和，则EX (A) 42

(B)

212 【 】

(C)

72 (D) 21

6【详解】 设第i颗骰子的点数为Xi(i1,2,,6)，则X6i1Xi，

而 EXik6k112166，所以 EXEXi1i21。

【答案】 选 (D)。

三、解答题：

1、求极限 lim(x01sin2x2cosx22x).

2【详解】 原式limx(sinxcosx)xsin1sin4xlimx0xlimx0212(sin2x)x42x022xlim2xsin2xcos2x4x3

x02xlimx0122cos4x12x2234xxlim1cos4x6x2x0lim2x0(4x)6x2243.

2、设f(sin2x)sinx，求

x1xf(x)dx.

【详解】 f(t)1tarcsint，

x1x1xarcsinxdxx1xf(x)dxarcsin1xxdx

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2arcsinxd1x21xarcsinx2xC.

arctanxx21x11x12xdx

21xarcsin

3、求函数y(x1)e【详解】 y

x y y 2的单调区间和极值，并求该函数图形的渐近线。 ，令y0，得驻点x11,x20，列表如下：

xx1x22e2arctanx(,1) 1 (1,0) 0 (0,) + 0 - 0 +  ↗ 2e4 ↘ e2 ↗ 单调递增区间为 (,1)，(0,)；单调递减区间为 (1,0)

极小值为 f(0)e2，极大值为f(1)2e4。

函数无间断点，故无铅直渐近线；limy 不存在，故无水平渐近线；

xa1limf(x)xxe，

arctanxb1lim[f(x)a1x]lim[(x1)e2xxex]

arctanxxe2limx(e1)lime2xarctanx

x22e2limearctanx1x1xf(x)xee2limexarctanx1xe2e，

a2limx1，b2lim[f(x)a2x]2，

x故所求渐近线为 ye(x2) 及 yx2。

4、计算二重积分D1arcsinxy22dxdy，其中D：xy221，xy22y，x0，

y0.

【详解】 化为极坐标，原式20d1sin1arcsinrrdr20dx121sinxyarcsinydy，

再交换积分次序，原式

10dyarcsiny0yarcsinydx10ydy。

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a2115、设向量组 12,21,31,b，

1054c试问：当a,b,c满足什么条件时，

（1）可由1,2,3线性表示，且表法唯一？ （2）不能由1,2,3线性表示？

（3）可由1,2,3表示，但表法不唯一？并求出一般表达式. a【详解】 A21021511421b00c120a2111a2bab1，

2c5b

(1) 当2(2) 当2a2a20，即a4时，可由1,2,3线性表示，且表法唯一； 0，即a4时，

2A00100111212b00c5bb10011012b， 13bcb

若13bc0，即3bc1时，不能由1,2,3线性表示； (3) 当a4，3bc1时，

2A0010011012b， 0b此时可由1,2,3表示，但表法不唯一，一般表达式为

k1(b2k1)2(2b1)3，其中k为任意常数。

6、设

1A10114111，11

222（1）求满足 A21，A31的所有向量2,3；

（2）对（1）中的任意向量2,3，证明1,2,3线性无关. 【详解】 （1）解方程组 A21，

1(A,1)1011411211100210210111000112011011， 0通解为

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2010k11，其中k1为任意常数. 1222A24224020，解方程组 A31， 022400012100220000010， 022(A,1)24通解为

1/21030k21k30，其中k2,k3为任意常数.

1011k1k12k11k21/2k2k312（2）由于 |123|120，

所以1,2,3线性无关.

7、(05,13分) 设二维随机变量(X,Y)的概率密度为

f(x,y)1,0x1,0y2x,0,其他.

求：（1）(X,Y)的边缘概率密度fX(x),fY(y)； （2）Z2XY的概率密度fZ(z). （3）P{Y12X12}.

【分析】 求边缘概率密度直接用公式即可；而求二维随机变量函数的概率密度，一般用分布函数法，即先用定义求出分布函数，再求导得到相应的概率密度; 直接用条件概率公式计算即可. 【详解】（1）关于X的边缘概率密度

fX(x)2xdy, 0x12x, 0x1， f(x,y)dy00, 其他0, 其他关于Y的边缘概率密度

y1dy, 0y2y1, 0y2， fY(y)f(x,y)dx220, 其他 0, 其他（2）Z的分布函数为 FZ(z)P{Zz}P{2XYz}， 1）当z0时，FZ(z)P{2XYz}0； 2）当0z2时， FZ(z)P{2XYz}z第 6 页，共 9 页

14z，

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3) 当z2时，FZ(z)P{2XYz}1.  0, z012即Z的分布函数为 FZ(z)zz, 0z2

4 1, z211z,0z2,故Z的的概率密度为 fZ(z) 2其他.0,（3）P{X1212,Y11211}11X,Y22f(x,y)d20dyy2dx211202(1y)dy316，

P{X}202xdx14， 12,Y12}12}3所以 P{Y12X12P{X}P{X316. 144

四、应用题：

1、设银行存款的年利率为r0.05。某基金会希望通过存款A万元，实现第一年提取19万元，第二年提取28万元，…第n年提取(109n)万元，并能按此规律一直提取下去，问A至少为多少万元？

解 第一年末结余：A(1r)19；

第二年末结余：[A(1r)19](1r)28A(1r)219(1r)28； „„

第n年末结余：A(1r)19(1r)„„

A19(1r)1nn1n228(1r)(109n)0，

28(1r)2(109n)(1r)nn

(1r)n1109nn10n11(1r)9n1n(1r)n，

1(1r)n11n1r120， 1r11rn1nx(x)x(n1nf(x)n1nxxnxn1x1x)x(1x)2，x(1,1)

1所以

(1r)n1nn1.051r1r420， 2120.0025r(1)1r因此 A20094203980(万元)。

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12、已知矩阵A42，求A100. 3【详解】 先将A对角化，

|EA|14442423450，得特征值 15,21，

1，得特征向量 1(1,2)T； 01T，得特征向量 ， (1,1)200，P112对15，220221041对21，1令 P21001，则 P15AP011321， 1所以 A5P001100P11132100151001010001211 113235510015100325100112111521001322521100551331002100225153310013。 13

3、两台同样自动记录仪，每台无故障工作的时间服从参数为5的指数分布；首先开动其中一台，当其发生故障时停用而另一台自行开动。试求两台记录仪无故障工作的总时间T的概率密度f (t)、数学期望和方差。

【详解】以X1和X2表示先后开动的记录仪无故障工作的时间，则TX1X2。

由条件知，Xi(i1,2)的概率密度为

5e5x , x0pi(x)，

0 , x0X1和X2显然相互。

利用卷积公式，对t0，有

f(t)p1(x)p2(tx)dx25e0t5xe5(tx)dx25te5t；

当t0时，显然f(t)0，所以

25te5t , t0 f(t)。

 0 , t011由于 E(Xi)，D(Xi)，(i1,2)

525因此

E(T)E(X1X2)E(X1)E(X2)25，

225而X1和X2相互，可见

D(T)D(X1X2)D(X1)D(X2)。

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五、证明题：

1、设函数f(x)在[0,]上连续，且0f(x)dx0，0试证明：在(0,)f(x)cosxdx0，

内至少存在两个不同的点1,2，使f(1)f(2)0。 【详解】 引入辅助函数 F(x)F(0)F()0，又

0x0f(t)dt，x[0,]，则 F(x)f(x)，

0f(x)cosxdx0cosxdF(x)cosxF(x)|0F(x)sinxdx

00F(x)sinxdx，

因此必存在一点(0,)，使F()sin0，否则F(x)sinx在(0,)内恒正或恒负，均与F(x)sinxdx0矛盾，

0

因(0,)，sin0，所以F()0，综上所述，

F(0)F()F()0，(0,)

在区间[0,]和[,]上分别对F(x)应用罗尔定理，知存在1(0,)和2(,)，使得

F(1)F(2)0，即 f(1)f(2)0。

2、设n阶方阵A有n个互不相同的特征值，证明: A的特征向量也是B的特征向量的充分必要条件是A,B可交换.

证：必要性:因为A有n个互不相同的特征值，故A可对角化，即存在可逆阵P，使

P1AP1；

由于A的特征向量也是B的特征向量，故对同样的P，有P1BP2， 于是

AB(P1P11)(P2P11)P12P11，

BA(P2P)(P1P)P21P，

而 1221，所以ABBA；

充分性：设A，0，两边左乘B，利用ABBA，有

B(A)A(B)(B)，

若B0，由上式可知B也是A的属于特征值的特征向量，由于A的特征值两两不同，故属于特征值的线性无关的特征向量只有一个，因此与B应成比例，即B，即为B的特征向量；

若B0，则B0(0)，故仍为B的特征向量。总之，A的特征向量也是B的特征向量。

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