→∞ 时∑(-1) an2011 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题答案一、选择题：1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分，下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答．题．纸．指定位置上． (1) 【答案】(C)．【解析】记 y = x -1, y ' = 1, y ''= 0 ， y = (x - 2)2, y ' = 2(x - 2), y ''= 2,1 1 12 2 2y = (x - 3)3 , y ' = 3(x - 3)2 , y ''= 6(x - 3),333y = (x - 4)4 , y ' = 4(x - 4)3 , y ''=12(x - 4)2 ,444y '' = (x - 3)P (x ) ，其中 P (3) ≠ 0 ， y ''故选(C)．(2) 【答案】(C)．x =3= 0 ，在 x = 3 两侧，二阶导数符号变化，【解析】观察选项：(A)，(B)，(C)，(D)四个选项的收敛半径均为 1，幂级数收敛区间的中心在 x = 1处，故(A)，(B)错误；因为{a n } 单调减少， lim a n = 0 ，所以a n ≥ 0 ，所以n∞∞n∑ a n为正项级数，将 x = 2 代入幂级数得∑ a n，而已知S n= ∑ a k无界，故原幂级数在 x = 2n =1n =1∞k =1处发散，(D )不正确．当 x = 0 时，交错级数∑(-1)na 满足莱布尼茨判别法收敛，故 x = 0n =1∞n收敛．故正确答案为(C)．n =1(3) 【答案】(A)．∂z【解析】| = f '(x ) ⋅ l n f ( y ) | = f '(0) ln f (0) = 0 ,∂x (0,0)(0,0)∂z | = f (x ) ⋅ f '( y )| = f '(0) = 0, 故 f '(0) = 0 , ∂y (0,0)f ( y )(0,0)∂2zA = = ' ⋅ = ' ⋅ > ∂x 2 |(0,0)f (x ) ln f ( y ) |(0,0) f (0) ln f (0) 0,∂2 z ' f '( y ) [ f '(0)]2B = ∂x ∂y|(0,0) = f(x ) ⋅ f ( y ) |(0,0) = f (0) = 0,∂2 z C = = ⋅ f '( y ) f ( y ) -[ f '( y )]2 = ' - [ f '(0)]2 = '∂y2 |(0,0)f (x ) f 2 ( y ) |(0,0) f (0) f (0) f (0).又 AC - B 2 = [ f ''(0)]2⋅ ln f (0) > 0, 故 f (0) > 1, f ''(0) > 0 ．(4) 【答案】(B)．【解析】因为0 < x < π时， 0 < sin x < cos x <1< cot x ，4n⎪ ⎝ ⎭⎪ ⎝ ⎭2 3 4 2 34 ⎨ ⎨ X , 又因ln x 是单调递增的函数，所以lnsin x < lncos x < lncotx ． 故正确答案为(B)．(5) 【答案】 (D)．【解析】由于将 A 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 B ，故⎛ 1 0 0 ⎫A 1 1 0 ⎪ =B ， 0 0 1 ⎪即 AP = B ， A = BP -1．11由于交换 B 的第 2 行和第 3 行得单位矩阵，故⎛ 1 0 0 ⎫0 0 1 ⎪ B = E ， 0 1 0 ⎪ 即 P B = E , 故 B = P -1 = P ．因此， A = P P -1，故选(D)．2222 1(6) 【答案】(D)．【解析】由于(1, 0,1, 0)T 是方程组 Ax = 0 的一个基础解系，所以 A (1, 0,1, 0)T= 0 ，且r (A ) = 4 -1= 3 ，即 α + α = 0 ，且 A = 0．由此可得 A *A =| A | E = O ，即13A *(α α, α, α, = )O ，这说明α ,α ,α ,α是 A *x = 0 的解．12341234由于r ( A ) = 3 ，α + α = 0 ，所以α ,α ,α 线性无关．又由于r ( A ) = 3 ，所以r ( A *) = 1，13 2 3 4因此 A *x = 0 的基础解系中含有 4 -1 = 3 个线性无关的解向量．而α ,α ,α 线性无关，且 为 A *x = 0 的解，所以α ,α ,α 可作为 A *x = 0 的基础解系，故选(D)． (7)【答案】(D)． 【解析】选项(D) +∞⎡ f (x )F (x ) + f (x )F (x )⎤dx = +∞⎡F (x )dF (x ) + F (x )dF (x )⎤ ⎰-∞⎣ 1221⎦ ⎰-∞ ⎣ 2 1 1 2 ⎦= +∞ d ⎡F (x )F (x )⎤ = F (x )F (x ) |+∞= 1 ．所以 f 1F 2 (x ) + f 2 F 1 (x ) 为概率密度． (8)【答案】(B)．⎰-∞⎣ 12⎦1 2 -∞【解析】因为 U = max {X ,Y } = ⎧ X ,⎩Y , X ≥ Y ,X < Y ,V = min {X ,Y } = ⎧ Y ,⎩ X ≥ Y ,X < Y ．所以，UV = XY ，于是 E (UV ) = E (XY ) = E (X )E (Y ) ．= ⋅ 二、填空题：9～14 小题，每小题 4 分，共 24 分，请将答案写在答．题．纸．指定位置上． (9) 【答案】ln (1+2 )．【解析】选取 x 为参数，则弧微元ds = 1+ ( y ')2dx = ππ1+ t an 2xdx = sec xdx所以 s =⎰ 4sec xdx = ln sec x + tan x4= ln(1+ 2) ．(10) 【答案】 y = e- xsin x ．【解析】由通解公式得y = e -⎰dx (⎰e - x co s x ⋅ e ⎰dxdx + C )= e - x (⎰cos xdx + C )= e - x (sin x + C )．由于 y (0) = 0, 故C =0．所以 y = e - xsinx ． (11)【答案】4．∂F【解析】∂x sin xyy ， 1+ (xy )2∂2F = ∂x 2y cos xy - sin xy ⋅ 2xy 2y ⋅ [1+ (xy )2 ]2 ，∂2 F故 ∂x2 |(0,2) = 4 ． (12) 【答案】π ．【解析】取 S : x + y - z = 0, x 2 + y 2≤ 1，取上侧，则由斯托克斯公式得，原式=⎰⎰dydz dzdx dxdy∂ ∂ ∂= ⎰⎰ ydydz + xdzdx + dxdy ．S∂x ∂y ∂z S y 2 xzx2因 z = x + y , z '= 1, z '= 1. 由转换投影法得xy⎰⎰ ydydz + xdzdx + dxdy = ⎰⎰ [ y ⋅ (-1) + x (-1) +1]dxdy ．Sx 2 + y 2 ≤1⎝ ⎭xy(13) 【答案】a = 1．=⎰⎰ x 2 + y 2 ≤1=⎰⎰x 2 + y 2 ≤1(-x - y +1)dxdy = πdxdy = π ．【解析】由于二次型通过正交变换所得到的标准形前面的系数为二次型对应矩阵 A 的特征值，故 A 的特征值为 0，1，4．二次型所对应的矩阵⎛ 1 a 1⎫ A =a 3 1⎪ ，1 a 13⎪ 1 1 1⎪ 由于 A =∏λi= 0 ，故 a 3 1 = 0 ⇒ a = 1．i =11 1 1(14)【答案】 μ(μ2+ σ 2 )．【解析】根据题意，二维随机变量( X ,Y ) 服从 N(μ, μ;σ 2,σ 2;0) ．因为 ρ= 0 ，所以由二维正态分布的性质知随机变量 X ,Y 独立，所以 X ,Y 2．从而有E ( X Y 2 ) = E ( X ) E (Y 2 ) = μ ⎡⎣D (Y ) + E 2 (Y )⎤⎦= μ (μ2 +σ 2)． 三、解答题：15～23 小题，共 94 分．请将解答写在答．题．纸．指定的位置上．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．(15)(本题满分 10 分)ln(1+ x ) 1lim[ ln(1+ x ) -1]. 1 【解析】lim[ ]e x -1 = e x →0 xe x-1 x →0 xlimln(1+ x )-xlim x - 1x 2 +o ( x 2 )-x 2= e x →0x 2= e x →0x 2- 1x 2 +o ( x 2 )lim 2- 1= e x →0x 2= e2 ．(16)(本题满分 9 分) 【解析】 z = f [xy , yg (x )]∂z= f '[xy , yg (x )]⋅ y + f '[xy , yg (x )]⋅ yg '(x )∂x 12∂2 z∂x ∂y= f 1'[xy , yg (x )]+ y [ f 11'(xy , yg (x ))x + f 12'(xy , yg (x ))g (x )]+g '(x ) ⋅ f 2'[xy , yg (x )]+ yg '(x ){ f 1'2'[xy , yg (x )]⋅ x + f 2'2'[xy , yg (x )]g (x )}．因为 g (x ) 在 x = 1 可导，且为极值,所以 g '(1) = 0 ，则d 2 z dxdy |x =1 =y =1f 1'(1,1) + f 11'(1,1) + f 12'(1,1) ． (17)(本题满分 10 分)【解析】显然 x = 0 为方程一个实根． 当 x ≠ 0 时，令 f ( x ) =xarctan x - k ,f '( x ) =arctan x -x1+ x 2 ．( arctan x )2令 g ( x ) = arctan x -xx ∈ R ，1+ x 2' 1 1+ x 2- x ⋅ 2x2x 2 g ( x ) = 2= 2> 0 ， 1+ x (1+ x 2 ) (1+ x 2 ) 即 x ∈ R , g '( x ) > 0 ．又因为 g ( 0) = 0 ，即当 x < 0 时， g ( x ) < 0 ； 当 x > 0 时， g ( x ) >0 ． 当 x < 0 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 0 时， f '( x ) > 0 ．所以当 x < 0 时， f ( x ) 单调递减，当 x > 0 时， f ( x ) 单调递增 x又由lim f ( x ) = lim- k = 1- k ，x →0x →0arctan xxlim f ( x ) = l im - k = +∞ ，x →∞x →∞ arctan x 所以当1- k < 0 时，由零点定理可知 f ( x ) 在(-∞, 0)， (0, +∞) 内各有一个零点； 当1- k ≥ 0 时，则 f ( x ) 在(-∞, 0)， (0, +∞) 内均无零点．综上所述，当k > 1时，原方程有三个根．当k ≤ 1 时，原方程有一个根．- 21 1 (18)(本题满分 10 分)【解析】(Ⅰ)设 f ( x ) = ln (1+ x ), x ∈ ⎡0,1 ⎤⎢⎣ n ⎥⎦显然 f (x ) 在⎡0,1 ⎤上满足拉格朗日的条件，⎣⎢ n ⎥⎦f ⎛ 1 ⎫ - f (0) = ln ⎛1+ 1 ⎫ - ln1 = ln ⎛1+ 1 ⎫ = 1 ⋅ 1 ,ξ ∈⎛ 0, 1 ⎫ n ⎪ n ⎪ n ⎪ 1+ ξ n n ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭所以ξ ∈⎛0, 1 ⎫ 时，n ⎪ ⎝ ⎭1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 ⋅ < ⋅ < ⋅ ，即： n +< ⋅ < ， 1+ n n1+ ξ n 1+ 0 n1 1+ ξ n n 1 亦即：< ln ⎛1+ 1 ⎫ < 1 ．n +1 n ⎪ n⎝ ⎭结论得证．1 1 1 n1（II）设a n = 1+ + + + - ln n = ∑ -ln n ．2 3 n先证数列{a n } 单调递减．k =1 ka - a = ⎡∑n +1 1 - ln (n +1)⎤ - ⎡∑n 1 - ln n ⎤ = 1 + ln ⎛ n ⎫ = 1 - ln ⎛1+ 1 ⎫， n +1n ⎢ k ⎥ ⎢ k ⎥ n +1 n +1⎪ n +1 n ⎪ ⎣ k =1 ⎦ ⎣ k =1 ⎦⎝ ⎭ ⎝ ⎭1 利用（I ）的结论可以得到< ln(1+ ) ，所以- ln ⎛1+ 1 ⎫ < 0 得到 a< a ，即 n +1 n n +1 n ⎪ n +1 n⎝ ⎭数列{a n } 单调递减．再证数列{a n } 有下界．n1 n⎛ 1 ⎫a n = ∑ k - ln n > ∑ln 1+ k ⎪ - ln n ，k =1 k =1⎝ ⎭n⎛ 1 ⎫ n⎛ k +1⎫ ⎛ 2 3 4n +1⎫ ∑ln 1+ k ⎪ = ln ∏ k ⎪ = ln ⋅ ⋅ n ⎪ = ln (n +1) ，k =1 ⎝ ⎭ k =1 ⎝ ⎭ ⎝ 1 2 3 ⎭n1 n⎛ 1 ⎫a n = ∑ k - ln n > ∑ln 1+ k⎪ - ln n > ln (n +1) - ln n > 0 ．k =1 k =1⎝ ⎭0 0 I 1 1'x 0 0 I0 0 =-⎰ ⎰ ' ⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭1xdx f ' (x ,1) - 1f '(x , y )dy 得到数列{a n } 有下界．利用单调递减数列且有下界得到{a n } 收敛． (19)(本题满分 11 分) 1 1 【解析】xdx yf xy (x , y )dy = ⎰0 xdx ⎰0 ydf x(x , y ) = 1 xdx ⎡ yf '( x , y ) |1- 1f ' ( x , y )dy ⎤⎰0 ⎢⎣x⎰0 (x 0 ⎰0 x⎥⎦⎰0x )因为 f (x ,1) = 0 ，所以 f '(x ,1) = 0 ．1 1 xdx f x (x , y )dy 1 1dy xf x (x , y )dx = - 1dy ⎡xf (x , y ) |1 - 1 f (x , y )dx ⎤ = - 1 dy ⎡ f (1, y ) - 1 f (x , y )dx ⎤⎰⎢⎣⎰⎦⎥⎰⎢⎣⎰⎥⎦= ⎰⎰ fdxdy = a ．D(20)(本题满分 11 分)【解析】(I)由于α1,α2 ,α3 不能由 β1, β2 , β3 线性表示，对(β1, β2 , β3 ,α1,α2 ,α3 ) 进行初等行变换：⎛1 1 3 1 0 1 ⎫ (β , β , β ,α ,α ,α ) = 1 2 4 0 1 3⎪1 2 3 1 2 31 3 a ⎪ 1 1 5⎪⎛ 1 1 3 1 0 1 ⎫ ⎛ 1 1 3 1 0 1 ⎫ → 0 1 1 -1 1 2 ⎪ →0 1 1 -1 1 2 ⎪ ． 0 2 a - 3 ⎪ 0 1 4 ⎪ 0 0 a - 5 2 ⎪ -1 0 ⎪当 a = 5 时，r (β1, β2 , β3 ) = 2 ≠ r (β1, β2 , β3 ,α1) = 3 ，此时，α1 不能由 β1, β2 , β3 线性表示，故α1,α2 ,α3 不能由 β1, β2 , β3 线性表示．(II)对(α1,α2 ,α3 , β1, β2 , β3 ) 进行初等行变换：⎛ 1 0 1 1 1 3 ⎫ (α ,α ,α , β , β , β ) =0 1 3 1 2 4 ⎪1 2 3 1 2 31 1 5 ⎛ 1 0 1 ⎪ 1 3 5 ⎪ 1 1 3 ⎫⎛ 1 0 1 1 1 3 ⎫ → 0 1 3 1 2 4 ⎪ →0 1 3 1 2 4 ⎪ 0 1 4 ⎪ 0 2 2 ⎪ 0 0 1 -1 0 ⎪ -2 ⎪ = ．α1 α2 α3 2 2 ⎪ ⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 3 1 2 3 α ⎛ 1 0 0 → 0 1 0 2 1 5 ⎫ 4 2 10 ⎪ ， 0 0 1 -1 0 -2 ⎪故 β1 = 2α1 + 4α2 -α3 ， β2 = α1 + 2α2 ， β3 = 5α1 +10α2 -2α3 ． (21)(本题满分 11 分)⎛ 1 1 ⎫ ⎛ -1 1 ⎫ 【解析】(I)由于 A 0 0 ⎪ =0 0 ⎪ ，设α = (1, 0, -1)T ,α = (1, 0,1)T ，则⎪ ⎪1 2 -1 1 ⎪ 1 1 ⎪A (α1,α2 ) = (-α1,α2 ) ，即 A α1 = -α1, A α 2 = α 2 ，而α1 ≠ 0,α2 ≠ 0 ，知 A 的特征值为λ1 = -1, λ2 = 1，对应的特征向量分别为 k 1α1 (k 1 ≠ 0) ， k 2α2 (k 2 ≠ 0) ．由于r ( A ) = 2 ，故 A = 0 ，所以λ3 = 0 ．由于 A 是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设 λ3 = 0 对应的特征向量为α = ( x , x , x )T，则 ⎧α T α = 0, ⎧x - x = 0,⎨ 1 3 即⎨ 1 3 α T α = 0, x + x = 0．⎩ 2 3⎩ 1 3 解此方程组，得α = (0,1, 0)T，故λ = 0 对应的特征向量为k α (k ≠ 0) ．33 3 3 3(II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化：β1 = 1 = 1 (1, 0, -1)T , β = α2 2 2= 1 (1, 0,1)T, β = α32 3= (0,1, 0)T ． 令Q = (β , β , β ⎛ -1 ⎫ ) ，则Q TAQ = Λ =1 ⎪， 123 ⎪ 0⎪ ⎝ ⎭A = Q ΛQ T⎛⎫⎛ 20 -2 ⎫2 2 0 ⎪ 2 2 ⎪ 2 2 ⎪⎛ -1 ⎫ ⎪ = 0 0 1 1 ⎪ 2 0 2 ⎪ ⎪ 2 2 ⎪ 0 ⎪⎪ - 0 ⎪⎝ ⎭ 0 10 ⎪ ⎝ 22 ⎭ ⎪ ⎝ ⎭22 1 1 1 1⎛ ⎫⎛ 2 0 - 2 ⎫ - 2 2 0 ⎪2 2 ⎪ 2 2 ⎪ ⎪ ⎛ 0 0 1 ⎫ = 0 0 0 ⎪ 2 0 2 ⎪ = 0 0 0 ⎪ ． ⎪ 22 ⎪ ⎪⎪ 1 0 0 ⎪ 0 ⎪ 0 1 0 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ 22 ⎭ ⎪ ⎝ ⎭（22）（本题满分 11 分） 【解析】(I)因为 P {X 2 = Y2} = 1 ，所以 P { X2≠ Y 2} = 1- P { X 2 = Y 2}= 0 ．即 P { X = 0,Y = -1} = P { X = 0,Y = 1} = P { X = 1,Y = 0} = 0 ．利用边缘概率和联合概率的关系得到1P { X = 0,Y = 0} = P { X = 0} - P { X = 0,Y = -1} - P { X = 0,Y = 1} = ；3P { X = 1,Y = -1} = P {Y = -1} - P { X = 0,Y = -1}= ；3P { X = 1,Y = 1} = P {Y = 1} - P { X = 0,Y = 1} = ．3即( X ,Y ) 的概率分布为(II) Z 的所有可能取值为-1, 0,1 ．P {Z = -1} = P {X = 1,Y = -1} = ．3P {Z = 1} = P {X = 1,Y = 1} = ．31P {Z = 0} = 1- P {Z = 1} - P {Z = -1} = ．Cov ( XY ) E ( X Y ) - E ( X )⋅ E (Y )(III) 因为 ρXY = = ，D ( X ) D (Y ) D ( X ) D (Y )其中XY-1 0 1 0 0 1/3 0 11/31/3Z = XY 的概率分布为3Z -1 0 1P1/31/31/32πσ∏n 0 n i ∑Y ) = E (Y ) = D (Y ) +[E (Y )] = σ ．n n∧ ∧ 1 1 1 1 1 1E ( XY ) = E (Z ) = -1⋅ + 0 ⋅ +1⋅ = 0 ， E (Y ) = -1⋅ + 0 ⋅ +1⋅ = 0 ．3 3 3 3 3 3所以 E ( X Y ) - E ( X )⋅ E (Y ) = 0 ，即 X ， Y 的相关系数 ρXY = 0 ． （23）（本题满分 11 分）【解析】因为总体 X 服从正态分布，故设 X 的概率密度为 f (x ) =-∞ < x < +∞．(I) 似然函数1 -( x -μ0 )2 e 2σ 2 ，( x -μ )2n1 22 n2n1- i 0- - 2 ∑( x i -μ0 )L (σ ) = ∏ f (x i ;σ i =1) = [ ei =12πσ2σ 2] = (2πσ ) 2 ei =1；2n 2n(x - μ )2 取对数： ln L (σ ) = - ln(2πσ ) - ∑ i 0 ； 2d ln L (σ 2 ) n i =1n (x - μ )2 2σ 2 1 n 2 2求导： = - + ∑ i 0= ∑[(x i - μ0 ) -σ ]． d (σ 2 ) 2σ 2 d ln L (σ 2)2i =1 12(σ 2 )2 n2(σ 2 )22i =1令d (σ 2 )= 0 ，解得σ =∑(x i - μ0 ) ．i =12∧1 nο 的最大似然估计量为σ 2 =(II) 方法 1：∑( X ii =1- μ )2 ．X i ~ N (μ0 ,σ ) ，令Y i = X i - μ0 ~ N (0,σ ∧ 2) ，则σ 2= 1 ∑n Y 2i =1E (σ 2) = E ( 1 nn 22 2 2 i i i i i =1D (σ 2 ) = D ( 1 ∑Y 2 ) =1 D (Y2 + Y 2 + + Y 2) = 1 D (Y 2 ) n i =1 n 2 1 2 nn i1 42 2 1 4 42σ 4 = n {E (Y i 方法 2：) -[E (Y i X )] } = (3σ n- μ -σ ) =． nn⎛ X - μ ⎫2X ~ N (μ ,σ 2 ) ，则 i 0~ N ( 0 , ， 得 到 Y = ∑ i 0~ χ 2 (n ) ，即i 0σ σ ⎪ i =1 ⎝⎭ 2n2ο Y = ∑( X i - μ0 ) ．i =1i 2σ 2n2．0 n ⎝ ⎭ ⎪ ⎥ ⎛ ∧⎫ 1 ⎡ n ⎤ 1 1 1 E σ 2 =E ∑( X - μ )2 = E (σ 2Y ) = σ 2 E (Y ) = ο 2 ⋅ n = σ 2 ． ⎪ ⎣ i =1 0 ⎥⎦ n n n ⎛ ∧ ⎫ 1 ⎡ n ⎤ 1 1 1 2D σ 2 = n 2 D ⎢∑( X i - μ )2 = n 2 D (σ 2Y ) = ο 4 D (Y ) = n 2 ο 4 ⋅ 2n = n 2 ο 4 ． n ⎝ ⎭ ⎣ i =1 ⎦ i ⎢。
2011年普通高等学校招生全国统一考试文科数学本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
第Ⅰ卷1至2页。
第Ⅱ卷3至4页。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷注意事项：并贴好条形码。
请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。
2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效。
．．．．．．．．．． 3．第Ⅰ卷共l2小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
（1）已知集合{}{}0,1,2,3,4,1,3,5,,M N P MN ===则P 的子集共有（A ）2个 （B ）4个 （C ）6个 （D ）8个解析：本题考查交集和子集概念，属于容易题。
显然P={}3,1，子集数为22=4 故选B（2）复数512ii=- （A ）2i - （B ）12i - （C ）2i -+ （D ）12i -+ 解析：本题考查复数的运算，属容易题。
解法一：直接法512ii =-()()()i i i i i +-=+-+22121215，故选C 解法二：验证法 验证每个选项与1-2i 的积，正好等于5i 的便是答案。
（3）下列函数中，即是偶数又在()0,+∞单调递增的函数是 A. 3y x = B. 1y x =+ C. 21y x =-+ D. 2xy -=解析：本题考查函数的奇偶性和单调性，属于简单题可以直接判断：A 是奇函数，B 是偶函数，又是()0,+∞的增函数，故选B 。
(4).椭圆221168x y +=的离心率为A. 13B. 12C. 33D. 22解析;本题考查椭圆离心率的概念，属于容易题，直接求e=22422==a c ,故选D 。
也可以用公式22.2116811222=∴=-=-=e ab e 故选D 。
(A)1,3(B)1,2 ♦(C)2021年全国硕士研究生入学统一测试数学一试题一、选择题：1〜8小题,每题4分,共32分,以下每题给出的四个选项中,只有 个选项符合题目要求,请将所选项前的字母填在做题纸指定位置上.⑴ 曲线 y (x 1)(x 2)2(x 3)3(x 4)4 的拐点是() (2,0) . (C)(3,0) . (D) (4,0).a n (x 1)n 的收敛域为()n 1z f(x)ln f(y)在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是()(A) f(0) 1 , f (0) 0.(B)(A) (1,0) •(B)(2)设数列a n 单调减少,lim a n 0 , S n na k (nk 11,2,L L )无界,那么哥级数(A) ( 1,1] •(B)[1,1).(C)[0,2).(D)(0, 2] .⑶设函数f (x)具有二阶连续导数,且f (x)0 , f (0)0 ,那么函数(C) f (0) 1 , f (0) 0.(D) f (0) 1 , f (0) 0 .41nsinxdx,J41n8txdx, K4ln cosx dx ,那么 I , J, K 的大小关系是()(A) I J K .(C) J IK .(5)设A 为3阶矩阵,将(B)I KJ . (D) KJI .A 的第2列加到第1列得矩阵B ,再交换B 的第2行与第3行得单位矩阵,记 P(A) R P2 . (B)1R P 2 .(C)P 2PV(D)P 2P(6)设A ( 1, 2, 3, 4)是4阶矩阵,T rA 为A 的伴随矩阵,假设(1,0,1,0)是万程组Ax 0的一个根底解系,那么* …… •,一 ・一A x 0的根底解系可为()(7)设F I (X ), F 2(X )为两个分布函数,其相应的概率密度 L(x), f 2(x)是连续函数,那么必为概率密度的是()V min X,Y 那么 E(UV)242 2x 3y z 2axy 2xz 2yz 4 ,经过正交变换化为2 2~y 14z 1 4 ,那么 a(14) 设二维随机变量 X,Y 服从正态分布N , ; 2, 2;0,那么E XY 2 =三、解做题：15〜23小题,共94分.请将解答写在做题纸 指定的位置上.解容许写出 文字说明、证实过程或演算步骤.(15)(此题总分值10分) 求极限lim(—x 0(A) f i (x)f 2(x). (B) 2 f 2(X )F I (X ).(C) f i (x)F 2(x). (D)G(x)F 2(x) f 2(x)R(x).(8)设随机变量X 与Y 相互独立,且E(X)与 E(Y)存在,记 U max X,Y ,(A) E(U) E(V). (B) E(X) E(Y). (C) E(U) E(Y).(D)E(X) E(V).(9)(10) (11) (12) 填空题：9〜14小题, x曲线y .匕讨出 微分方程y y设函数F(x, y)设L 是柱面方程每题4分, 共24分,请将答案写在做题纸 指定位置上.(0 x —)的弧长sxcosx 满足条件y(0) 0的解为y2 .xy空出,那么T 0 1t 2x 22 2x y 1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,那么曲线积分2, , y ,? xzdx xdy - dz(13)假设二次曲面的方程(16)(此题总分值9分)设函数z f (xy,yg(x)),其中函数f具有二阶连续偏导数, 函数g(x)可导且在x 处取得极值g(1) 1,求一z-lx y x iy i(17)(此题总分值10分)求方程k arctanx x 0不同实根的个数,其中k为参数.(18)(此题总分值10分)1 11,、(I )证实：对任意的正整数n,都有―― in(i 1) 1成立.n 1 n n____ 1 1 ............(卫)设a n 1 一L 一ln n(n 1,2,L ),证实数列a n收敛.2 n(19)(此题总分值11分)函数f(x,y)具有二阶连续偏导数,且f(1,y) 0 , f(x,1) 0 , f(x, y)dxdy a,其中D (x, y)|0 x 1,0 y 1 ,D・… 一一… , n计算二重积分I xyf xy(x, y)dxdy.(20)(此题总分值11分)设向量组i (1,0,1)T, 2 (0,1,1)T, 3 (1,3,5)T ,不能由向量组i (1,1,1T,2 (1,2,3)T,3 (3,4,a)T 线性表示.(I) 求a的值；(II)将1, 2, 3由1, 2, 3线性表示.(21)(此题总分值11分)A为三阶实对称矩阵, A的秩为2,即rA 2,且A0 0(I)求A的特征值与特征向量;(II) 求矩阵A .(22)(此题总分值11分)设随机变量X与Y的概率分布分别为(I)求二维随机变量(X,Y)的概率分布;(III) 求Z XY的概率分布；(IV) ) 求X与Y的相关系数XY.(23)(此题总分值11分)2 2设X1,X2,L ,X n为来自正态总体N( 0,)的简单随机样本,其中0, 0未知.X和S2分别表示样本均值和样本方差.(I)求参数2的最大似然估计量 2 ；(II)计算E( 2)和D( 2) .2021年全国硕士研究生入学统一测试数学一试题答案一、选择题：1〜8小题,每题4分,共32分,以下每题给出的四个选项中,只有一 个选项符合题目要求,请将所选项前的字母填在做题纸...指定位置上.(1)【答案】(C). 【解析】记 y 〔 x1,y 1 1,y 1 0, y 2(x 2)2, y 2 2(x 2),y 2,32y 3 (x 3) , y 3 3(x 3) ,y 3 6( x 3), y 4 (x 4)4, y 4 4(x 4)3,y 4 12(x 4)2,y (x 3)P(x),其中P(3) 0, y x3 0,在x 3两侧,二阶导数符号变化,应选(C).(2)【答案】(C).【解析】观察选项：(A) , (B), (C), (D)四个选项的收敛半径均为 1,哥级数收敛区间 的中央在x 1处,故(A) , (B)错误；由于 a n 单调减少,lim a n 0 ,所以a n 0 ,所以 nna n 为正项级数,将x 2代入哥级数得 a n,而S n =a k 无界,故原哥级数在x 2n 1n 1k 1处发散,(D)不正确.当x 0时,交错级数 (1)n a n 满足莱布尼茨判别法收敛,故 x 0n 1时 (1)n a n 收敛.故正确答案为(C). n 1(3)【答案】(A).【解析】-1(0,0)f (x) ln f (y)|(0,0) f (0)ln f (0) 0,x|(0,0) f(x), |(0,0) f ⑼0,故 f (0)0,yf (y)2z-1(0,0)f (x) ln f (y) |(0,0)f (0) ln f (0) 0,x又因ln x 是单调递增的函数,所以 lnsin x lncos x Incot x .故正确答案为(B).(5)【答案】(D). 【解析】由于将 A 的第2列加到第1列得矩阵B ,故1 0 0 A 11 0 B , 00 1即 AR B , A BR 1.由于交换B 的第2行和第3行得单位矩阵,故1 0 0 0 0 1 B E, 0 1 02 Z |(0.0)x y f(x)糊(0.2ZF |(0,0)yf(x)f (y)f(y) [f (y)] f 2 * 4(y)2一|(0,0) (0)陪 f (0).即P2B E,故B P21 P2 .因此,A P2P11,应选(D).(6)【答案】(D).【解析】由于(1,0,1,0)T是方程组Ax 0的一个根底解系,所以A(1,0,1,0)T 0,且*r (A) 4 1 3 ,即 1 3 0 ,且A 0 ,由此可得A A | A| E O ,即一* *A ( 1, 2, 3, 4) O ,这说明1, 2 , 3, 4 A x 0 的斛.由于r(A) 3, 1 3 0,所以2, 3, 4线性无关.又由于r(A) 3,所以*、r(A) 1,因此Ax 0的根底解系中含有4 1 3个线性无关的解向量.而2, 3, 4线性无关,且为A x 0的解,所以2, 3, 4可作为A x 0的根底解系,应选(D).⑺【答案】(D).【解析】选项(D)L(X)F2(X)f2(x)F - x) dx F2(x)dF1(x) FOdF.lx)d F I(X)F2(X) F I(X)F2(X)| 1.所以GF2(X) f2F1(x)为概率密度.(8)【答案】(B).X. X Y. Y. X Y.【解析】由于U max X,Y V min X,YY, X Y, X, X Y.所以,UV XY,于是E(UV) E(XY) E(X)E(Y).二、填空题：9〜14小题,每题4分,共24分,请将答案写在答理纸 (9)【答案】ln 1 J 2 .【解析】选取x 为参数,那么弧微元ds J 1 y 2 dx J 1 ~tan 2 xdx所以 s o 4 secxdx In secx tan x|04 ln(1 72).(10)【答案】y e x sinx. 【解析】由通解公式得dx x dxy e ( e cosx e dx C)e x ( cosxdx C) e x (sin x C).由于 y(0) 0,故 C =0.所以 y e x sinx. (11)【答案】4.F sin xy[解析]—— -------- J y ,x 1 (xy)22F y cosxy sin xy 2xy2-y2 2,x [1 (xy)]皿2F .故 2~ | (0,2) 4 ,x(12)【答案】 .【解析】取S:x y z 0,x 2 y 2 1,取上侧,那么由斯托克斯公式得,dydz dzdx dxdy原式=— — —Sx y z2y xz xydydz xdzdx dxdy .S因z x y,z x 1,z y1.由转换投影法得2ydydz xdzdxdxdy [y x 2y 21 (1) x( 1) 1]dxdy .指定位置上.secxdxdxdy22 dx y 1(13)【答案】a 1.【解析】由于二次型通过正交变换所得到的标准形前面的系数为二次型对应矩阵 A 的特征值,故 A 的特征值为0, 1, 4.二次型所对应的矩阵1 a 1 A a 3 1 , 1 1 13由于A ii 1(14)【答案】【解析】根据题意,二维随机变量 X,Y 服从N , ; 2, 2;0 .由于xy 0,所以由二维正态分布的性质知随机变量X,Y 独立,所以X,Y 2.从而有_2 __2__2E XYE X E YD Y EY三、解做题：15〜23小题,共94分.请将解答写在做题纸 指定的位置上.解容许写出 文字说明、证实过程或演算步骤.(15)(此题总分值10分)1x 2 o(x 2)2 ____2x(16)(此题总分值9分) 【解析】z f xy,yg(x)— f 〔xy, yg(x) y f 2 xy,yg(x) yg (x)xlim[ -----------x 0 xex * 2(x y 1)dxdyy 2 1ln(1 x)]e【解析】lim[limx 0eln(1 x) x x 2limx (ex 2 o(x 2) xx 21 a 1 0,故 a 3 10 a 1.1 1 1222—— f 1 xy,yg(x) y fn(xy, yg(x))x f/xy, yg(x))g(x) x yg (x) f 2 xy,yg(x) yg(x) f^xy, yg(x)] x f 22【xy, yg(x)]g(x).由于g(x)在x 1可导,且为极值,所以g(1) 0,那么d 2z--|x1 "1,1) 3(1,1) f 12(1,1). dxdy y1(17)(此题总分值10分), x arctan x -------- 21 xarctan x又由于g 00,即当x 0时,g 0;当x 0时,g 0. 当x 0时,f ' 0;当x 0时, 0.所以当x 0时, x 单调递减,当x 0时, f x 单调递增又由l x m 0limxlimx—x — k 1 arctan x—x - k arctan x 所以当1 k 0时,由零点定理可知 ,0) , (0,)内各有一个零点;0时,那么f x 在(,0),(0,)内均无零点.综上所述,当k 1时,原方程有三个根.当k 1时,原方程有一个根.【解析】显然X 0为方程一个实根. 当x 0时,令farctan xk,arctan x 1 1 x 211 x 2x R,即 x R, g x0. x 2x 2 2 x2x 2 1 x(18)(此题总分值10分)【解析】(I )设f x ln 1 x , x 0」n显然f (x)在0,1n 上满足拉格朗日的条件,所以结论得证.a n利用数列0,1 时,n(II )设先证数列1 a n1ln 1 ln1n ln10,-nana n即:亦即:InIn单调递减.n 1 1ln nk 1 k(I)的结论可以得到a n单调递减.再证数列a n有下界.a nnlnk 1lnlnln(1ln lnlnlnk 1ln1)n 所以lnlnln0得到ana n,即ln n4L3lnln nln得到数列 a n 有下界.利用单调递减数列且有下界得到a n 收敛.(19)(此题总分值11分)i i ’' i i ’xdx 0 yf xy (x, y)dy 0xdx 0 ydf x (x, y)故1, 2, 3不能由1, 2, 3线性表示.xdx yf x x, y |o1’0 f xx,y dy1 'xdx f x (x,1)f x (x,y)dy .由于 f (x,1) 0,所以 fx(x,1) 0.1 1 ’ 1 1 ’xdx 0 f x (x,y)dy 0dy 0 xf x (x, y)dx1 11 1dy xf( x, y) |0 0f (x, y)dx 0dy f (1,y) f (x,y)dxfdxdy a.D(20)(此题总分值11分) 【解析】(I)由于1, 2, 3不能由 1,2, 3线性表不,对(1, 2, 3, 1, 2, 3)进仃初等行变换:2, 3)113 10 1j1 2 4 0 1 3 1 3 a 1 1 5 1 1 31 0 1I0 11 1 12 I0 2 a 3 0 1 4 1 1 310 1 I0 11 1 1 2I0 0 a 5 21 0I当 a5时,r( 1, 2, 3) 2r ( 1, 2, 3, 1)3,此时,1不能由1, 2, 3线性表示,(II) X ^( 1, 2, 31, 2, 3)进行初等行变换:(1, 2 , 3 , 1 , 2, 3)10 1113I0 13 12 4 115 13 5 10 111310 111 I 0 13 12(21)(此题总分值11分)11 【解析】(I)由于A 0 01 11, A 2 2,而1 0, 2 0,知A 的特征值1, 2 1,对应的特征向量分别为k 1 1 k 10 , k 2 2k 2 0由于r A 2,故A 0,所以3 0.由于A 是三阶实对称矩阵,故不同特征值对应的特征向量相互正交,设 特征向量为 3 x 1,x 2,x 3 ,那么0,1,0 T ,故3 0对应的特征向量为k 3 3k 3 0(II)由于不同特征值对应的特征向量已经正交,只需单位化:11T 21 T 3n 721,0,1 ,2 n721,0,1 ,3 u1令 Q 1, 2, 3,那么 Q T AQ1A Q Q T2 2 — —0 2 2 0 0 1故 121423 , 2 10 ,35 1 10 2 2 31 1TT0 0 ,设 1 1,0, 1 , 2 1,0,1 ,那么1 11, 2,即 A 13 0对应的T 1 3 T 230,即 x1 x 30,0, x 1 x 3 0.解此方程组,得T0,1,0〔22〕〔此题总分值11分) 【解析】〔I〕由于P X2即P X 0,Y、J 22V、222-2"立222222 V0 Y2利用边缘概率和联合概率的关系得到0,Y1,Y(II) 0,Y 1P X2Y2P X2Y20.1,Y0,Y0,YP X 0,Y 11,Y 1 P Y 1即Z的所有可能取值为1,0,1.P X 1,Y0,Y 1P X 1,YXY的概率分布为(III)由于其中1/3 1/3 1/3-1 0 1Cov XY E XY E X XY . DeXT ,丽E XY E Z 113 3 °,所以E XY E 0, Y的相关系数XY (23)(此题总分值11 分)【解析】由于总体X服从正态分布,故设的概率密度为f(x)1「2一e(x 0)2(I) 似然函数L(n2) f (X i；n2)(x i20)22] (2n2) 2ge0)2取对数：ln L( 2) 刎22) (X i20)22求导：dln I, d() 2) (X i 0)2- 2 22()[(X i10)2 2]-2人dlnL( 2)八令------ 0 ,d() 解得(Xi1、20) •2 .一........ .. 的最大似然估计量为(X i i10)2・(II) 方法1 ：X i~ N( 0, 2),令Y i X i 0~N(0, 2),那么Y i2E( 2) E(1nnY i2)1E(Y2) D(Y i) [E(Y)]2D( 2)1D(-nY2) 2 :—D(Y1 Y2 Y n2) D(Y i2)方法2: X i ~ N( 1{E(Y i4)n [E(Y2)]2}1(3n 4)- nn 0,那么X——~ N(0,1)n X i22又 AC B 2 [f (0)]2 ln f (0) 0,故 f(0) 1,f (0) 0 . ⑷【答案】(B).【解析】由于0 x —时,0 sin x cosx 1 cotx,4「「ln(1 x)1 n E2 1E (X i n i 1 212 1 2 1 2 0)2-E 2Y- 2E Y- 2nnn n21 n2D 2-D (X i 0)2n i 1,D2YJ 4D Y 342n nnn。
