2020年军队文职真题(数学)

2020年军队文职真题(数学)

2020年军队文职数学真题

1.函数在其定义域内是无界函数。

2.不定积分的正确答案是D。

3.当时，与为同阶无穷小，的值为3，则解析略。

4.直线与平面x-y-z+1=0的夹角为0.

5.设的正确答案是0.

6.设函数y=f（x）由方程所确定，则=cosx。

7.微分方程的特解的正确形式y=xex。

8.已知，则f（x）=cosx。

9.已知函数在上连续且，解析略。

10.设是xOy平面上由分段光滑闭曲线L所围区域D的面积。L的方向对区域D来说是正方向，则计算结果不等于的是解析略。

11.设A、B、C为同阶方阵，下列命题正确的是若，则B=C。

12.若方阵A与方阵B相似，则以下结论正确的是det（A）=det（B）。

13.设A为3阶矩阵，|A|=-3，将A按列分块为A=〔A1,A2,A3〕，则的值为9.

14.如果向量组。…可由向量组，则。…线性相关。

15.给定向量组。则其最大线性无关组为。

16.n阶方阵A有n个不同的特征值是A与对角阵相似的充分必要条件。

17、设总体均值为μ，样本容量为n，样本方差为s^2，则对于假设检验问题，应选用的检验统计量为t=(x-μ)/(s/√n)。答案选A。

18、设随机变量x的概率密度为f(x)，则当C的值为（1/∫f(x)dx）时，才能使∫[C,∞)f(x)dx=0.答案选D。

19、随机变量x,y的相关系数是x与y相互独立的充分但非必要条件。答案选B。

20、设样本x1,x2.xn来自总体x，且E(x)=μ，则x-μ的样本方差是s^2/n，故样本方差除以n得到的是无偏估计量，即s^2/n是μ的无偏估计量。答案选B。

21、命题①、②、③都是正确的，故答案选D。

22、由极限的定义可知，当x趋近于0时，f(x)趋近于1.故答案选C。

23、由题可知，x=0是f(x)的可去间断点。答案选A。

24、对方程两边取对数，得到ln(x^2-3x+2)=ln2，化简可得x^2-3x+2=2，即x^2-3x=0，解得x=0或x=3.但当x=0时，原方程左边分母为0，不满足题意，故x=3.答案选C。

25、由题可知f(x)在x=a处取得极大值，即f'(a)=0且f''(a)<0.又因为f(x)是偶函数，所以f'(-a)=0，f''(-a)<0.故f(-a)是f(x)的极小值点，即选B。

26、由题可知，曲线y=2-x^2的渐近线有两条，分别是y=2和x轴。答案选C。

27、由比较判别法可知，当∑an收敛时，∑(an)^2一定收敛。故选D。

28、由题可知，所求立体为旋转抛物面，其体积为π/2.答案选B。

29、根据海伦公式，以a,b,c为邻边的三角形面积为√[s(s-a)(s-b)(s-c)]，其中s为半周长。代入a=1,b=2cosθ,c=2sinθ，可得面积为sinθ。答案选B。

30、曲线C：$x=1+t,y=1+t^{2},z=1+t^{3}$在点P（0,2,0）处的切线方程为（）。

正确答案】：C【解析】略

31、设$z=f(x,y)$有二阶偏导数，则$\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial

y}=\frac{\partial^{2}z}{\partial y\partial x}$。

正确答案】：D【解析】略

32、设函数$f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},& (x,y)\neq

(0,0)\\ 0,& (x,y)=(0,0)\end{cases}$，则下列说法正确的是（）。

A。$f(x,y)$在原点存在偏导数，但在原点处不可微

B。$f(x,y)$在原点既存在偏导数也可微

XXX(x,y)$在原点既不存偏导数也不可微

D。$f(x,y)$在原点不存在偏导数，但在原点可微

正确答案】：A【解析】$f_{x}(0,0)=f_{y}(0,0)=0$，但$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_{x}(0,0)x-f_{y}(0,0)y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$不存在，因此在原点不连续，不可微。故选A。

33、函数$u=\sin x\sin y\sin z$满足条件$\begin{cases}x+y+z=\frac{\pi}{2}\\x,y,z\geq 0\end{cases}$，条件极值为（）。

A.0

B.1

C.$\frac{1}{6}$

D.$-\frac{1}{6}$

正确答案】：D【解析】设$L(x,y,z)=\sin x\sin y\sin

z+\lambda(x+y+z-\frac{\pi}{2})$，则$\begin{cases}\frac{\partial

L}{\partial x}=\cos x\sin y\sin z+\lambda=0\\\frac{\partial

L}{\partial y}=\sin x\cos y\sin z+\lambda=0\\\frac{\partial

L}{\partial z}=\sin x\sin y\cos

z+\lambda=0\\x+y+z=\frac{\pi}{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=y=z=\frac{\pi}{6}\\\lambda=-\frac{1}{6}\end{cases}$，带入$L$得条件极值为$-\frac{1}{6}$。故选D。

34、已知平面区域$D$是由直线$y=x$，$x=-1$和$y=1$所围成，函数$f(x)$在区域$D$上连续，则$\iint\limits_{D}f(x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$（）。

A.一定存在

B.一定不存在

C.有可能存在，也有可能不存在

D.与$f(x)$的具体表达式有关

正确答案】：C【解析】$D$不是简单闭合曲线围成的区域，无法直接使用格林公式，因此不能确定该二重积分是否存在。故选C。

35、设是柱面$x^{2}+y^{2}=1$与平面$z-x+y=1$的交线，从$z$轴正向看取逆时针方向，则曲线积分$\int\limits_{C}y\mathrm{d}x+z\mathrm{d}y+x\mathrm{d}z$的取值与有关（）。

正确答案】：C【解析】柱面$x^{2}+y^{2}=1$与平面$z-x+y=1$的交线为$x^{2}+y^{2}=1$，$z=1+x-y$，代入曲线积分可得$\int\limits_{C}y\mathrm{d}x+z\mathrm{d}y+x\mathrm{d}z=\int\limits_{C}y\mathrm{d}x+(1+x-y)\mathrm{d}y+x(-\mathrm{d}x+\mathrm{d}y)=(\int\limits_{C}y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y)+(x+y-1)\mathrm{d}y$。由格林公式可得$\int\limits_{C}y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y=\iint\limits_{D}(-1-1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-2\pi$，因此原式$=\int\limits_{C}y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y+(x+y-1)\mathrm{d}y=-2\pi+\int\limits_{C}(x+y-1)\mathrm{d}y=-2\pi+\int\limits_{C}x\mathrm{d}y=-2\pi+\iint\limits_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-2\pi+2\pi=0$。故选C。

36、已知$f(x,y)$可微，$f(0,0)=2$，曲线积分$\int\limits_{C}f(x,y)\mathrm{d}s$在路径无关，则$f(x,y)$=（）。

A.2

B.0

C.$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$

D.$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$

正确答案】：A【解析】由路径无关可知，曲线积分只与起点和终点有关，因此可以考虑使用格林公式。令$P(x,y)=f(x,y)$，$Q(x,y)=0$，则$\frac{\partial P}{\partial

y}=\frac{\partial f}{\partial y}$，$\frac{\partial Q}{\partial x}=0$，由格林公式可得$\int\limits_{C}f(x,y)\mathrm{d}s=\iint\limits_{D}\frac{\partial

Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial

y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint\limits_{D}\frac{\partial

f}{\partial y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。由于曲线积分在路径无关，因此该二重积分也在区域$D$的形状和大小不变的情况下不变，即只与点$(0,0)$的邻域有关。因此可以将区域$D$缩小为一个很小的圆盘，使得$(0,0)$在其中心，并将$f(x,y)$在圆盘内展开为泰勒级数$f(x,y)=f(0,0)+\frac{\partial f}{\partial

x}(0,0)x+\frac{\partial f}{\partial

y}(0,0)y+o(\sqrt{x^{2}+y^{2}})$，代入上式可得$\int\limits_{C}f(x,y)\mathrm{d}s=-\iint\limits_{D}\frac{\partial

f}{\partial y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint\limits_{D}(\frac{\partial f}{\partial

y}(0,0)+o(1))\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\frac{\partial f}{\partial