2011年考研数一真题及答案解析.doc

1、2011 年考研数一真题及答案解析一、选择题1、 曲线 的拐点是（ ）4321xxy（A） （1，0 ） （B） （2，0） （C） （3 ，0） （D ） （4，0）【答案】 【考点分析】本题考查拐点的判断。直接利用判断拐点的必要条件和第二充分条件即可。C【解析】由 可知 分别是4321xxy 1,23的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关系可知2340x，(1)0y()()y， ， ，故（3，0）是一拐点。2343,(4)y2、 设数列 单调减少， ， 无界，则幂级数 的收敛na0limnankaS12, 1nnax域为（ ） （A） (-1，1 （B） -1，1) （C） 0，2

2、) （D）(0，2【答案】 【考点分析】本题考查幂级数的收敛域。主要涉及到收敛半径的计算和常数项级数收敛性的一C些结论，综合性较强。【解析】 无界，说明幂级数 的收敛半径 ；nkaS12, 1nnax1R单调减少， ，说明级数 收敛，可知幂级数 的收敛半径 。na0limn1n1nnax1因此，幂级数 的收敛半径 ，收敛区间为 。又由于 时幂级数收敛， 时1naxR0,202x幂级数发散。可知收敛域为 。0,23、 设 函数 具有二阶连续导数，且 ， ，则函数)(xf 0)(xf)(f )(lnyfxz在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（ ）（A） (B) 0)(1)0(ff， )(1

3、)(ff，(C) (D) 00【答案】 【考点分析】本题考查二元函数取极值的条件，直接套用二元函数取极值的充分条件即可。C【解析】由 知 ，)(lnyfxz ()()ln,xyfxzffzy ()xyfzy，()lxzff 22()()yfyf所以 ， ，0()0xyf0()ln0xyzff220 )() ()(yxffz f 要使得函数 在点(0,0)处取得极小值，仅需)lnyfxz，()lnff(0(0)f所以有 )10f4、设 ，则 的大小关系是( )444000lnsi,lncot,lncosIxdJxdKxd,IJK（A） （B） （C） （D）KIJII【答案】【考点分析】本题考查

4、定积分的性质，直接将比较定积分的大小转化为比较对应的被积函数的大小即可。【解析】 时， ，因此(0,)4x2sincostxxlnsilcoslntxx，故选（B）4 4000lnsilcoltddd 5. 设 为 3 阶矩阵，将 的第二列加到第一列得矩阵 ，再交换 的第二行与第一行得单位矩阵.记AAB, ,则 ( )10P210P（A） （B ） （C） （D）121221P12P【答案】 【考点分析】本题考查初等矩阵与初等变换的关系。直接应用相关定理的结论即可。D【解析】由初等矩阵与初等变换的关系知 ， ，所以 ，故选1AB2E11122ABP（D）6、设 是 4 阶矩阵， 为 的伴随矩阵

5、，若 是方程组 的一个基础解321,A0,0x系，则 基础解系可为（ ）0xA(A) (B) (C) (D) 31，21， 321， 432，【答案】 【考点分析】本题考查齐次线性方程组的基础解系，需要综合应用秩，伴随矩阵等方面的知识，D有一定的灵活性。【解析】由 的基础解系只有一个知 ，所以 ，又由 知，0xA()3rA()1r0AE都是 的解，且 的极大线生无关组就是其基础解系，又1234,0x，所以 线性相关，故 或 为极大12341300,A13,124， ， 432，无关组，故应选（D）7、设 为两个分布函数，其相应的概率密度 是连续函数，则必为概率密度的是( )12,Fx 12,f

6、x（A） （B）f 2F（C ） （D）12x 121fxfx【答案】 【考点分析】本题考查连续型随机变量概率密度的性质。D【解析】检验概率密度的性质： ；12210fxFf。可知 为概率密度，故122fxFfxd 1221fxFfx选（ ） 。8、设随机变量 与 相互独立，且 与 存在，记 , ，则yUmayV,in（ ）)(UV(A) (B) (C) (D) 【答案】 【考点分析】本题考查随机变量数字特征的运算性质。计算时需要先对随机变量 进行处理，B UV有一定的灵活性。【解析】由于 max,in,UVXYXY可知 ()()()()EE故应选（B）二、填空题9、曲线 的弧长 = xxtd

7、y04ans【答案】 【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。14【解析】 244 2240000tansec1tan1sydxdxdx10、微分方程 满足条件 的解为 ecos )(yy【答案】 sinxy【考点分析】本题考查一阶线性微分方程的求解。先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其通解，再根据定解条件，确定通解中的任意常数。【解析】原方程的通解为 11coscossindxdxxxyeeCedCe 由 ，得 ，故所求解为0)(inxy11、设函数 ，则 xydtF021sin, 20yxF【答案】 4【考点分析】本题考查偏导数的计算。【解析】 。故 。2232cos1sins

8、in,1yxyxyFyx 204xyF12、设 是柱面方程 与平面 的交线，从 轴正向往 轴负向看去为逆时针方向，则曲L2xyzxyzz线积分 Lzddz:【答案】 【考点分析】本题考查第二类曲线积分的计算。首先将曲线写成参数方程的形式，再代入相应的计算公式计算即可。【解析】曲线 的参数方程为 ，其中 从 到 。因此Lcosinxtyztt022 220232sincos(in)(sico(cosi)iLyxzddttttt tddt:13、若二次曲面的方程为 ，经正交变换化为 ，则 22324xyzaxyz214yza【答案】 1【考点分析】本题考查二次型在正交变换下的标准型的相关知识。题目

9、中的条件相当于告诉了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出 。a【解析】本题等价于将二次型 经正交变换后化为了22(,)32fxyzyzaxyz。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为 。214fyz 1,40该二次型的矩阵为 ，可知 ，因此 。13aA2Aa1a14、设二维随机变量 服从 ，则 (,)XY2(,;0)N2()EXY【答案】 32【考点分析】：本题考查二维正态分布的性质。【解析】：由于 ，由二维正态分布的性质可知随机变量 独立。因此 。0,Y22()EXY由于 服从 ，可知 ，则(,)XY2(,;)N22,EXD。223E三、解答题15、 （本题满分 10 分）求极限1

10、0ln()imxex【答案】12e【考点分析】：本题考查极限的计算，属于 形式的极限。计算时先按 未定式的计算方法将极限式变11形，再综合利用等价无穷小替换、洛必达法则等方法进行计算。【解析】：1 100ln()ln()imlix xe ex 200 01ln(1)ln()imimlim12xxx xee01li2(1)2xe16、 （本题满分 9 分）设 ，其中函数 具有二阶连续偏导数，函数 可导，且在(,)zfxygf ()gx处取得极值 ，求1x(1)g21,【答案】 1,1,2ff【考点分析】：本题综合考查偏导数的计算和二元函数取极值的条件，主要考查考生的计算能力，计算量较大。【解析】

11、： 12(,)(,)(zfxygfxygx2 1, 1, 1 2, 2, 2,)()()()()fffygxygxyxygxxx由于 在 处取得极值 ，可知 。0故 2 1, 1,21 2,12, 2 ,1,()()(,(),() ,(zfgfgfxyfgf17、 （本题满分 10 分）求方程 不同实根的个数，其中 为参数arctn0kxk【答案】 时，方程 只有一个实根k时，方程 有两个实根1rt【考点分析】：本题考查方程组根的讨论，主要用到函数单调性以及闭区间上连续函数的性质。解题时，首先通过求导数得到函数的单调区间，再在每个单调区间上检验是否满足零点存在定理的条件。【解析】：令 ，则 ，

12、 ，()arctnfxkx(0)f221()1kxfx（1 ） 当 时， ， 在 单调递减，故此时 的图像与 轴与只有一个交1k()0fx()f,)()fx点，也即方程 只有一个实根arctn（2 ） 时，在 和 上都有 ，所以 在 和 是严格的单调(,)(,)()0fx()f,0)(,)递减，又 ，故 的图像在 和 与 轴均无交点(0)ffx,（3 ） 时， 时， ， 在 上单调增加，又1k1kk()fx()f1,)k知， 在 上只有一个实根，又 或 都有()f()fx,)x(1,)k， 在 或 都单调减，又 ，0xk(,)()0,limxfkf，所以 在 与 轴无交点，在 上与 轴有(1)

13、,lim()xfkffx1)kx()x一个交点综上所述： 时，方程 只有一个实根arctn0k时，方程 有两个实根1kx18、 （本题满分 10 分）证明：（1）对任意正整数 ，都有n11ln()（2 ）设 ，证明数列 收敛ln(1,2)2na a【考点分析】：本题考查不等式的证明和数列收敛性的证明，难度较大。 （1）要证明该不等式，可以将其转化为函数不等式，再利用单调性进行证明；（2）证明收敛性时要用到单调有界收敛定理，注意应用（1 ）的结论。【解析】：（1）令 ，则原不等式可化为 。1xnln(1),0xx先证明 ：l(),0令 。由于 ，可知 在 上单调递增。又由于1fxx 1()0,f

14、xx()fx,，因此当 时， 。也即 。(0)ln(,0再证明 ：ln(),01xx令 。由于 ，可知 在 上单调递增。由()lg 21()0,()gxx()gx0,于 ，因此当 时， 。也即 。(0)g0x()0gxln(1),0xx因此，我们证明了 。再令由于，即可得到所需证明的不等式。ln1,（2 ） ，由不等式 可知：数列 单调递减。1()na l()1nna又由不等式 可知：l()n。l(1)l().l()l(1)l022n n因此数列 是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列 收敛。na a19、 （本题满分 11 分）已知函数 具有二阶连续偏导数，且 ，(,)fxy(,),()f

15、yfx，其中 ，计算二重积分(,)Dfxyda,|01,Dy (,)xyDId【答案】：【考点分析】：本题考查二重积分的计算。计算中主要利用分部积分法将需要计算的积分式化为已知的积分式，出题形式较为新颖，有一定的难度。【解析】：将二重积分 转化为累次积分可得(,)xyDfd10(,)(,)xy xyDfdf 首先考虑 ，注意这是是把变量 看做常数的，故有10(,)xyf y11 1 1000 0(,)(,(,)(,)(,)(,)xyyyyyyfdfxfxfxdffxd由 易知 。 )x故 。1100(,)(,xyyffd10, ,)(,)xy xy yDfdfdfxd 对该积分交换积分次序可得

16、：1100(,)(,)y ydf f 再考虑积分 ，注意这里是把变量 看做常数的，故有10(,)yfxdx11 11000 0(,)(,)(,)(,)(,)yffyffydfxyd因此 1100(,)(,)(,)(,)xy yD Dfdxfdxfydfxyda 20、 （本题满分 11 分） 不能由123,5TTT线性表出。求 ；将 由 线性表出。123,5Ta a123,123,【答案】： ；5321042321【考点分析】：本题考查向量的线性表出，需要用到秩以及线性方程组的相关概念，解题时注意把线性表出与线性方程组的解结合起来。【解析】： 由于 不能由 表示321,321,可知 ，解得05

17、4321 a5a本题等价于求三阶矩阵 使得C123123,C可知 1123230, 45C计算可得54012因此 3212014532121、 （本题满分 11 分） 为三阶实矩阵， ，且A()2RA1100（1 ）求 的特征值与特征向量（ 2）求【答案】：（1） 的特征值分别为 1，-1，0，对应的特征向量分别为 ， ，10-01（2 ）01A【考点分析】：实对称矩阵的特征值与特征向量，解题时注意应用实对称矩阵的特殊性质。【解析】： （1） 10-A10可知：1，-1 均为 的特征值， 与 分别为它们的特征向量1-2，可知 0 也是 的特征值2)(ArA而 0 的特征向量与 ， 正交12设

18、为 0 的特征向量321x有 得03113k的特征值分别为 1， -1，0A对应的特征向量分别为 ， ，1-0（2） -1其中 ，0101故11A012010122. （本题满分 11 分）X 0 1P 1/3 2/3Y -1 0 1P 1/3 1/3 1/321PX求：（1） 的分布；,Y（2） 的分布；Z（3） .XY【答案】：（1）XY0 1-1 0 1/30 1/3 01 0 1/3（2 ）Z -1 0 1P 1/3 1/3 1/3（3 ） 0XY【考点分析】：本题考查二维离散型分布的分布律及相关数字特征的计算。其中，最主要的是第一问联合分布的计算。【解析】：（1）由于 ，因此 。21

19、PXY20PXY故 ，因此0,1PXY,0,1/3再由 可知,01,0/PXYPXYPXYP同样，由 可知,0,0,11/3Y这样，我们就可以写出 的联合分布如下：XYX101001/301/3/3（2 ） 可能的取值有 ， ，ZY1其中 ， ，()(,)/PX(1)(,1)/PZXY则有 。0/3因此， 的分布律为ZYZ -1 0 1P 1/3 1/3 1/3（3 ） ， ，2/3EX0,cov(,)EXYEXY故 cov(,)YD23、 （本题满分 11 分）设 为来自正态总体 的简单随机样本，其中 已知，12,nx 20(,)N0未知， 和 分别表示样本均值和样本方差，202S（1 ）求

20、参数 的最大似然估计2（2 ）计算 和2()E2()D【答案】：（1） （2 ）01)niiX422(),()EDn【考点分析】：本题考查参数估计和随机变量数字特征的计算，有一定的难度。在求 的最大似然估计2时，最重要的是要将 看作一个整体。在求 的数学期望和方差时，则需要综合应用数字特征的各种运22算性质和公式，难度较大。【解析】：（1 ）似然函数 2 22 0 012 211()(),expexpn ni in niiLx 则2 220 01 1() ()lnll lli ii ixn 202221()lniiL令 可得 的最大似然估计值 ，最大似然估计量2ln02 2201()niix2201()niiX（2 ）由随机变量数字特征的计算公式可得 2 222001011122 22001011()() ()()nni ii inni ii iXEEXDXDDn 由于 ，由正态分布的性质可知 。因此 ，由210,XN: 10,XN:2101X:的性质可知 ，因此 ，故 。2210D2410()D42()Dn