2011考研数学一

2011年全国硕士研究生入学统一考试

数学(一)试卷

一、选择题(1-8小题,每小题4分,共32分,下列每小题给出的四个选项中,只有一项符合

题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.)

1、曲线

432)4()3()2)(1(xxxxxy的拐点是（）

A（1，0）B（2，0）C（3，0）D（4，0）

2、设数列

n

a单调减少，且

0lim

n

n

a

。

n

i

in

aS

1

无界，则幂级数n

n

n

xa)1(

1

的收敛

域为（）

A]11（B)11[C)20[D]20(

3、设函数

)(xf

具有二阶连续的导数，且

0)(xf

.

0)0(f

。则函数

)()(lnyfxfz

在

点)0,0(处取得极小值的一个充分条件是（）

A0)0(1)0(ffB0)0(1)0(ff

C0)0(1)0(ffD0)0(1)0(ff

4、设4

0

sinlnxdxI4

0

cotlnxdxJ4

0

coslnxdxK，则KJI的大小

关系是（）

AKJIBJKICKIJDIJK

5、设A为3阶矩阵，把A的第二列加到第一列得到矩阵B，再交换B的第二行与第3行得

到单位阵E，记

100

011

001

1

P，

010

100

001

2

P，则A=（）

A

21

PPB

2

1

1

PPC

12

PPD

1

1

2

PP

6、设)(

4321

A是4阶矩阵，

*A为A的伴随矩阵。若

T)0,1,0,1(是0Ax的一个

基础解系，则0*xA

的基础解系可为（）

A

31

B

21

C

321

D

432

7、设)()(

21

xFxF为两个分布函数，且连续函数)()(

21

xfxf为相应的概率密度，则必

为概率密度的是（）

A

)()(

21

xfxf

B

)()(2

12

xFxf

C

)()(

21

xFxf

D

)()(

21

xFxf

+

)()(

12

xFxf

8、设随机变量YX,相互独立，且EYEX,都存在，记YXU,maxYXV,min，则

EUV

（）

AEVEUBEYEXCEYEUDEVEX

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的位置上。

9、曲线)

4

0(tan

0

xtdty

x

的弧长为_____________

10、微分方程xeyyxcos满足条件0)0(y的解为________________

11、设函数dt

t

t

yxF

xy

0

21

sin

),(

，则______________|

2

0

2

2

y

xx

F

12、设L是柱面方程122yx与平面yxz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_________

2

2

dz

y

xdyxzdx

L

13、若二次曲面的方程42223222yzxzaxyzyx，经正交变换化为

42

2

2

1

yy，则_______a

14、设二维随机变量)0,,,,(~),(22NYX，则____________)(2XYE

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）求极限1

1

0

)

)1ln(

(limx

e

xx

x

16、（本题满分9分）

设函数))(,(xygxyfz，其中f具有二阶连续的偏导数，函数)(xg可导且在

1x

处取得

极值

1)1(g

.求

1

1

2

|

y

xyx

z

17、（本题满分10分）

求方程0arctanxxk的不同实根的个数，其中k为参数。

18、（本题满分10分）

①证明：对任意的正整数n，都有

nnn

1

)

1

1ln(

1

1

成立；

②设......)2,1(ln

1

............

2

1

1nn

n

a

n

，证明数列

n

a收敛.

19、（本题满分11分）

已知函数),(yxf具有二阶连续的偏导数，且

D

adxdyyxfxfyf),(,0)1,(),1(，其

中10,10|),(yxyxD计算二重积分

D

xy

dxdyyxfxy),(

20、（本题满分11分）

设向量组T)1,0,1(

1

，

T)1,1,0(

2

，T)5,3,1(

3

不能由向量组

T)1,1,1(

1

，

T)3,2,1(

2

，Ta),4,3(

3

线性表示；

（1）求a的值；

（2）将

321

,,用

321

,,线性表示；

21、（本题满分11分）

A为3阶实对称矩阵，A的秩为2，且

11

00

11

11-

00

11

A

求（1）A的特征值与特征向量（2）矩阵A

22、（本题满分11分）

设随机变量X与Y的概率分布分别为

X01

P

3132

Y-101

P

313131

且122YXP

求（1）二维随机变量（X，Y）的概率分布；

（2）XYZ的概率分布

（3）X与Y的相关系数

XY

23、（本题满分11分）

设

n

XXX

21

,是来自正态总体),(2

0

N的简单随机样本，其中

0

已知，

02

未

知.2,SX为样本均值和样本方差.

求（1）求参数2的最大似然估计

2

(2)计算E

2

和D

2

2011年考研数学试题答案与解析（数学一）

一、选择题

1、曲线

4324321xxxxy的拐点是（）

（A）（1，0）（B）（2，0）（C）（3，0）（D）（4，0）

【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

4324321xxxxy

可知

1,2,3,4

分别是

234

12340yxxxx

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、设数列

n

a单调减少，

0lim

n

n

a

，

n

k

kn

naS

1

2,1无界，则幂级数

1

1n

n

n

ax的收敛域为（）（A）(-1，1]（B）[-1，1)（C）[0，2)（D）

(0，2]

【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】

n

k

knnaS

1

2,1无界，说明幂级数

1

1

n

n

n

ax

的收敛半径1R；

n

a单调减少，

0lim

n

n

a

，说明级数

1

1

n

n

n

a收敛，可知幂级数

1

1

n

n

n

ax的收敛

半径1R。

因此，幂级数

1

1n

n

n

ax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、设函数)(xf具有二阶连续导数，且0)(xf，0)0(f，则函数)(ln)(yfxfz

在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（）

（A）0)0(1)0(ff，(B)0)0(1)0(ff，

(C)0)0(1)0(ff，(D)0)0(1)0(ff，

【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(),()

()xy

fx

zfxfyzfy

fy

，

()

()

()xy

fx

zfy

fy

()ln()

xx

zfxfy

，

2

2

()()(())

()

()yy

fyfyfy

zfx

fy

所以

0

0

(0)

(0)0

(0)xy

x

y

f

zf

f

，

0

0

(0)ln(0)

xx

x

y

zff，

2

2

0

0

(0)(0)((0))

(0)(0)

(0)yy

x

y

fff

zff

f

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、设444

000

lnsin,lncot,lncosIxdxJxdxKxdx，则,,IJK的大小关系是()

（A）IJK（B）IKJ（C）JIK（D）KJI

【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,)

4

x时，

2

0sincoscot

2

xxx，因此

lnsinlncoslncotxxx

444

000

lnsinlncoslncotxdxxdxxdx，故选（B）

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

1

100

110

001

P,

2

100

001

010

P,则A()

（A）

12

PP（B）

1

12

PP（C）

21

PP（D）

1

21

PP

【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

1

APB，

2

PBE，所以

111

12121

ABPPPPP，故选（D）

6、设

4321

,,,是4阶矩阵，为的伴随矩阵，若0,1,0,1是方程组

0x

的一个基础解系，则0

x基础解系可为（）

(A)

31

，

(B)

21

，

(C)

321

，，

(D)

432

，，

【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0x的基础解系只有一个知()3rA，所以()1rA

，又由0AAAE

知，

1234

,,,

都是

0x

的解，且

0x

的极大线生无关组就是其基础解系，又

123413

11

00

,,,0

11

00

A，所以

13

,线性相关，故

124

，，或

432

，，为极大无关组，故应选（D）

7、设

12

,FxFx为两个分布函数，其相应的概率密度

12

,fxfx是连续函数，则必为

概率密度的是()

（A）

12

fxfx（B）

21

2fxFx

（C）

12

fxFx（D）

1221

fxFxfxFx

【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：

1221

0fxFxfxFx；

122112

1fxFxfxFxdxFxFx。可知

1221

fxFxfxFx

为概率密度，故选（

D

）。

8、设随机变量与相互独立，且与存在，记yxU,max,yxV,min，

则)(UV（）

(A)VU(B)(C)U(D)V

【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）

二、填空题

9、曲线

x

xtdty

04

0tan的弧长s=

【答案】1

4

【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。

【解析】

2

444

'22

4

0

000

tanc1tan1

4

sydxxdxxdxxx

10、微分方程xeyyxcos满足条件0)0(y的解为y

【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]dxdx

xxxyeexedxCexdxCexC

由0)0(y，得0C，故所求解为sinxyxe

11、设函数

xy

dt

t

t

yxF

0

21

sin

,

，则

2

0

2

2

y

xx

F

【答案】4

【考点分析】本题考查偏导数的计算。

【解析】

2223

2

2222

22

cos12sin

sin

,

1

1

yxyxyxyxy

FyxyF

xxyx

xy

。故

2

2

0

2

4

x

y

F

x

。

12、设L是柱面方程221xy与平面

zxy

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

2

2

L

y

xzdxxdydz

【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

cos

sin

cossin

xt

yt

ztt

，其中t从0到2。因此

2

2

2

0

23

2

22

0

2

sin

cos(cossin)(sin)coscos(cossin)

2

sincossin

sincoscos

22

L

y

xzdxxdydz

t

ttttttttdt

ttt

tttdt

13、若二次曲面的方程为22232224xyzaxyxzyz，经正交变换化为

22

11

44yz，则a

【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22

11

4fyz。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

11

31

111

a

Aa，可知2210Aaa，因此

1a

。

14、设二维随机变量(,)XY服从22(,;,;0)N，则

2()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

2

222,EXEYDYEY

，则

22232()EXY

。

三、解答题

15、（本题满分10分）求极限

1

1

0

ln(1)

limxe

x

x

x

【答案】

1

2e

【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。

【解析】：

11

11

00

ln(1)ln(1)

limlim1

xx

ee

xx

xxx

xx

2

0

00

1

1

1ln(1)

ln(1)

1

lim

limlim

12x

x

xx

xx

xx

x

xexxeee

0

1

lim

2(1)

2x

x

xxee

16、（本题满分9分）设(,())zfxyygx，其中函数f具有二阶连续偏导数，函数()gx可

导，且在

1x

处取得极值(1)1g，求

2

1,1

z

xy

xy

【答案】''

1,11,2

(1,1)(1,1)ff

【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】：'''

12

(,())(,())()

z

fxyygxyfxyygxygx

x

2

'''

1,11,21

''''''

2,12,22

(,())(,())()(,())

(,())()(,())()()(,())()

z

fxyygxxyfxyygxygxfxyygxx

xy

fxyygxxygxfxyygxygxgxfxyygxgx

由于()gx在1x处取得极值(1)1g，可知'(1)0g。

故

2

'''

1,11,21

''''''

2,12,22

''

1,11,2

(1,(1))(1,(1))(1)(1,(1))

1,1

(1,(1))(1)(1,(1))(1)(1)(1,(1))(1)

(1,1)(1,1)

z

fgfggfg

xy

xy

fggfgggfgg

ff

17、（本题满分10分）求方程arctan0kxx不同实根的个数，其中k为参数

【答案】1k时，方程arctan0kxx只有一个实根

1k

时，方程

arctan0kxx

有两个实根

【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

()arctanfxkxx

，则

(0)0f

，

2

22

1

()1

11

kkx

fx

xx

，

（1）

当1k时，()0fx，()fx在(,)单调递减，故此时()fx的图像与x轴

与只有一个交点，也即方程

arctan0kxx

只有一个实根

（2）

1k

时，在

(,0)

和

(0,)

上都有

()0fx

，所以

()fx

在

(,0)

和

(0,)

是严格的单调递减，又(0)0f，故()fx的图像在(,0)和(0,)与x轴均无交点

（3）

1k

时，

11kxk

时，

()0fx

，

()fx

在

(1,1)kk

上单调

增加，又(0)0f知，()fx在(1,1)kk上只有一个实根，又()fx(,1)k

或(1,)k都有()0fx，()fx在(,1)k或(1,)k都单调减，又

(1)0,lim()

x

fkfx，(1)0,lim()

x

fkfx，所以()fx在

(,1)k与x轴无交点，在(1,)k上与x轴有一个交点

综上所述：

1k

时，方程arctan0kxx只有一个实根

1k

时，方程arctan0kxx有两个实根

18、（本题满分10分）证明：（1）对任意正整数n，都有

111

ln(1)

1nnn

（2）设

11

1ln(1,2,)

2nann

n

，证明数列{}

n

a收敛

【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

1

x

n

，则原不等式可化为ln(1),0

1

x

xxx

x

。

先证明ln(1),0xxx：

令()ln(1)fxxx。由于'

1

()10,0

1

fxx

x

，可知()fx在0,上单调递增。

又由于

(0)0f

，因此当

0x

时，

()(0)0fxf

。也即

ln(1),0xxx

。

再证明ln(1),0

1

x

xx

x

：

令()ln(1)

1

x

gxx

x

。由于'

2

11

()0,0

1(1)

gxx

xx

，可知()gx在0,上

单调递增。由于

(0)0g

，因此当

0x

时，

()(0)0gxg

。也即

ln(1),0

1

x

xx

x

。

因此，我们证明了ln(1),0

1

x

xxx

x

。再令由于，即可得到所需证明的不等式。

（2）

1

11

ln(1)

1nn

aa

nn

，由不等式

11

ln(1)

1nn

可知：数列

n

a单调

递减。

又由不等式

11

ln(1)

nn

可知：

1111

1lnln(11)ln(1)...ln(1)lnln(1)ln0

22n

annnn

nn

。

因此数列

n

a是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列{}

n

a收敛。

19、（本题满分11分）已知函数

(,)fxy

具有二阶连续偏导数，且

(1,)0,(,1)0fyfx

，

(,)

D

fxydxdya，其中{(,)|01,0Dxyxy，计算二重积分

(,)

xy

D

Ixyfxydxdy

【答案】：a

【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(,)

xy

D

xyfxydxdy转化为累次积分可得

11

00

(,)(,)

xyxy

D

xyfxydxdydyxyfxydx

首先考虑

1

0

(,)

xy

xyfxydx，注意这是是把变量y看做常数的，故有

1111

1

0

0000

(,)(,)(,)(,)(1,)(,)

xyyyyyy

xyfxydxyxdfxyxyfxyyfxydxyfyyfxydx

由(1,)(,1)0fyfx易知''(1,)(,1)0

yx

fyfx。

故

11

00

(,)(,)

xyy

xyfxydxyfxydx

。

1111

0000

(,)(,)(,)

xyxyy

D

xyfxydxdydyxyfxydxdyyfxydx

对该积分交换积分次序可得：

1111

0000

(,)(,)

yy

dyyfxydxdxyfxydy

再考虑积分

1

0

(,)

y

yfxydy，注意这里是把变量x看做常数的，故有

1111

1

0

0000

(,)(,)(,)(,)(,)

y

yfxydyydfxyyfxyfxydyfxydy

因此

1111

0000

(,)(,)(,)(,)

xyy

DD

xyfxydxdydxyfxydydxfxydyfxydxdya

20、（本题满分11分）

123

1,0,1,0,1,1,1,3,5TTT

不能由

123

1,,1,1,2,3,1,3,5

TTT

a

线性表出。①求a；②将

123

,,由

123

,,

线性表出。

【答案】：①5a；②

321

201

1024

512

321

【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】：①由于

321

,,不能由

321

,,表示

可知05

31

421

311

321

a

a

，解得5a

②本题等价于求三阶矩阵C使得

123123

,,,,C

可知

1

1

123123

101113

,,,,013124

115135

C

计算可得

215

4210

102

C

因此

321

201

1024

512

321

21、（本题满分11分）

A

为三阶实矩阵，()2RA，且

1111

0000

1111

A

（1）求

A

的特征值与特征向量（2）求

A

【答案】：（1）的特征值分别为1，-1，0，对应的特征向量分别为

1

0

1

，

1

0

1-

，

0

1

0

（2）

001

000

100

A

【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）

1

0

1-

-

1

0

1-

1

0

1

1

0

1

可知：1，-1均为的特征值，

1

0

1

1

与

1

0

1-

2

分别为它们的特征向量

2)(Ar，可知0也是的特征值

而0的特征向量与

1

，

2

正交

设

3

2

1

3

x

x

x

为0的特征向量

有

0

0

31

31

xx

xx

得

0

1

0

3

k

的特征值分别为1，-1，0

对应的特征向量分别为

1

0

1

，

1

0

1-

，

0

1

0

（2）-1

其中

0

1

1

，

011

100

011

故

11101110

0011001

1100110

A

011

2

1

0

2

1

2

1

0

2

1

0

1

1

011

100

011

001

000

100

22.（本题满分11分）

X01

P1/32/3

Y-101

P1/31/31/3

221PXY

求：（1）,XY的分布；

（2）ZXY的分布；

（3）

XY

.

【答案】：（1）

X

Y

01

-101/3

01/30

101/3

（2）

Z-101

P1/31/31/3

（3）

0

XY

【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221PXY，因此

220PXY。

故0,10PXY，因此

1,11,10,111/3PXYPXYPXYPY

再由1,00PXY可知

0,01,00,001/3PXYPXYPXYPY

同样，由0,10PXY可知

0,11,10,111/3PXYPXYPXYPY

这样，我们就可以写出,XY的联合分布如下：

Y

X1

0

1

001/30

1

1/301/3

（2）ZXY可能的取值有1，0，1

其中(1)(1,1)1/3PZPXY，(1)(1,1)1/3PZPXY，

则有(0)1/3PZ。

因此，ZXY的分布律为

Z-101

P1/31/31/3

（3）2/3EX，0EY，0,cov(,)0EXYXYEXYEXEY

故

cov(,)

0

XY

XY

DXDY

23、（本题满分11分）设

12

,,,

n

xxx为来自正态总体

2

0

(,)N的简单随机样本，其中

0

已知，20

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】：（1）

2

^

2

0

1

()n

i

i

X

n

（2）

4

^^

2222

(),()ED

n

【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

2

的最

大似然估计时，最重要的是要将

2

看作一个整体。在求

^

2

的数学期望和方差时，则需要

综合应用数字特征的各种运算性质和公式，难度较大。

【解析】：

（1）似然函数

22

2

00

12

22

21

1

()()11

,,,,expexp

22

2

2

nn

ii

n

n

n

i

i

xx

Lxxx

则

22

2

00

22

11

()()1

lnln2lnln2ln

22222

nn

ii

ii

xxnnn

Ln

2

0

222

2

1

()ln1

22

n

i

i

xLn

令

2

ln

0

L

可得2

的最大似然估计值

2

^

2

0

1

()n

i

i

x

n

，最大似然估计量

2

^

2

0

1

()n

i

i

X

n

（2）由随机变量数字特征的计算公式可得

2

^

2222

0

0101

11

2

^

222

0

010

2

11

()1

()()()

()11

()()()

nn

i

i

ii

nn

i

i

ii

X

EEEXEXDX

nn

X

DDDXDX

nnn

由于2

10

0,XN，由正态分布的性质可知100,1

X

N。因此

2

2

101

X

，由2的性质可知

2

102

X

D，因此24

10

()2DX，故

4

^

2

2

()D

n

。