2011考研数学一真题及详解(打印版)

2011考研数学一真题试卷

一选择题

1．曲线222)4()3()2)(1(xxxxy拐点

A（1，0） B（2，0） C（3，0） D（4，0）

2．设数列na单调递减，nkknnnnaSa1,2,1(,0lim）无界，则幂级数nknkxa1)1(的收敛域

A(-1,1] B[-1,1) C[0,2) D(0,2]

3．设函数)(xf具有二阶连续导数，且0)0(,0)(fxf，则函数)(ln)(yfxfz在点（0，0）处取得极小值的一个充分条件

A0)0(,1)0(ff B0)0(,1)0(ff C0)0(,1)0(ff D0)0(,1)0(ff

4．设444000cosln,cotln,sinlnxdxKxdxJxdxI的大小关系是、、则KJI

A I

5．设A为3阶矩阵，将A的第二列加到第一列得矩阵B，再交换B的第二行与第一行得单位矩阵。记,010100001,01001001121PP则A=

A21PP B211PP C12PP D112PP

6．设),,,(4321A是4阶矩阵，*A是A的伴随矩阵，若T)0,1,0,1(是方程组0Ax的一个基础解系，则0*xA的基础解系可为

A31, B21, C321,, D432,,

7．设)(),(21xFxF为两个分布函数，其相应的概率密度)(),(21xfxf是连续函数，则必为概率密度的是

A)()(21xfxf B)()(222xFxf C)()(21xFxf D)()()()(1221xFxfxFxf

8．设随机变量X与Y相互独立，且EX与EY存在，记U=max{x,y},V={x,y},则E(UV)= A EUEV B EXEY C EUEY D EXEV

二填空题

9．曲线)40(tan0xxtdty的弧长s=____________

10．微分方程xeyyxcos满足条件y(0)=0的解为y=____________

11．设函数xydtttyxF021sin),(，则__________022xxF

12．设L是柱面方程为122yx与平面z=x+y的交线，从z轴正向往z轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分___________22dzyxdyxzdx

13．若二次曲面的方程为42223222yzxzaxyzyx，经正交变换化为442121zy，则a__________

14．设二维随机变量(,)XY服从22(,;,;0)N，则2()EXY

三解答题

15．求极限110))1ln((limxexxx

16．设))(,(xygxyfz，其中函数f具有二阶连续偏导数，函数g(x)可导，且在x=1处取得极值g(1)=1,求1,12yxyxz

17．求方程0arctanxxk不同实根的个数，其中k为参数。

18．证明：1）对任意正整数n，都有nnn1)11ln(11

2）设),2,1(lnn1211nnan,证明}{na收敛。

19．已知函数f(x,y)具有二阶连续偏导数，且f(1,y)=0,f(x,1)=0,Dadxdyyxf),(，其中}10,10),{(yxyxD，计算二重积分dxdyyxxyIDxy),(。

20．T)1,0,1(1，T)1,1,0(2，T)5,3,1(3不能由Ta)1,,1(1，T)3,2,1(2， T)5,3,1(3线性表出，求a；将1，2，3由1，2，3线性表出。

21．A为三阶实矩阵，2)(AR，且101101101101A

（1）求A的特征值与特征向量；（2）求A。

22.

X 0 1

P 1/3 2/3

Y -1 0 1

P 1/3 1/3 1/3

1)(22YXP

求：（1）（X，Y）的分布；（2）Z=XY的分布；（3）XY

23.设nxxx,,21为来自正态总体),(20N的简单随机样本，其中0已知，02未知，_x和2S分别表示样本均值和样本方差。

（1）求参数2的最大似然估计^2

（2）计算^2()E和^2()D

答案：

CCABDDDB

1【答案】C【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。

【解析】由4324321xxxxy可知1,2,3,4分别是23412340yxxxx的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关系可知(1)0y，(2)(3)(4)0yyy

(2)0y，(3)(4)0yy，(3)0,(4)0yy，故（3，0）是一拐点。

2【答案】C【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些结论，综合性较强。 【解析】nkknnaS12,1无界，说明幂级数11nnnax的收敛半径1R；

na单调减少，0limnna，说明级数11nnna收敛，可知幂级数11nnnax的收敛半径1R。

因此，幂级数11nnnax的收敛半径1R，收敛区间为0,2。又由于0x时幂级数收敛，2x时幂级数发散。可知收敛域为0,2。

3【答案】C【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。

【解析】由)(ln)(yfxfz知()()ln(),()()xyfxzfxfyzfyfy，()()()xyfxzfyfy

()ln()xxzfxfy，22()()(())()()yyfyfyfyzfxfy

所以00(0)(0)0(0)xyxyfzff，00(0)ln(0)xxxyzff，

2200(0)(0)((0))(0)(0)(0)yyxyfffzfff

要使得函数)(ln)(yfxfz在点(0,0)处取得极小值，仅需

(0)ln(0)0ff，(0)ln(0)(0)0fff

所以有0)0(1)0(ff，

4【答案】B【考点分析】本题考查定积分的性质，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】(0,)4x时，20sincoscot2xxx，因此lnsinlncoslncotxxx

444000lnsinlncoslncotxdxxdxxdx，故选（B）

5【答案】D【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。

【解析】由初等矩阵与初等变换的关系知1APB，2PBE，所以111112121ABPPPPP，故选（D）

6【答案】D【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，有一定的灵活性。

【解析】由0x的基础解系只有一个知()3rA，所以()1rA，又由0AAAE知，1234,,,都是0x的解，且0x的极大线生无关组就是其基础解系，又 1234131100,,,01100A，所以13,线性相关，故124，，或432，，为极大无关组，故应选（D）

7【答案】D【考点分析】本题考查连续型随机变量概率密度的性质。

【解析】检验概率密度的性质：12210fxFxfxFx；

1221121fxFxfxFxdxFxFx。可知1221fxFxfxFx为概率密度，故选（D）。

8、【答案】B【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UV进行处理，有一定的灵活性。

【解析】由于max{,}min{,}UVXYXYXY

可知()(max{,}min{,})()()()EUVEXYXYEXYEXEY

故应选（B）

9【答案】14 【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。

【解析】2444'2240000tansec1tan14sydxxdxxdxxx

10【答案】sinxyxe【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

11[cos][cos][sin]dxdxxxxyeexedxCexdxCexC

由0)0(y，得0C，故所求解为sinxyxe

11【答案】4【考点分析】本题考查偏导数的计算。

【解析】22232222222cos12sinsin,11yxyxyxyxyFyxyFxxyxxy。故22024xyFx。

12【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L的参数方程为cossincossinxtytztt，其中t从0到2。因此 22202322202sincos(cossin)(sin)coscos(cossin)2sincossinsincoscos22Lyxzdxxdydztttttttttdtttttttdt

13【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222(,,)3222fxyzxyzaxyxzyz经正交变换后化为了22114fyz。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1,4,0。

该二次型的矩阵为1131111aAa，可知2210Aaa，因此1a。

14【答案】32【考点分析】：本题考查二维正态分布的性质。

【解析】：由于0，由二维正态分布的性质可知随机变量,XY独立。因此22()EXYEXEY。

由于(,)XY服从22(,;,;0)N，可知2222,EXEYDYEY，则

22232()EXY。

15【答案】12e【考点分析】：本题考查极限的计算，属于1形式的极限。计算时先按1未定式的计算方法将极限式变形，再综合利用等价无穷小替换、洛必达法则等方法进行计算。