2011年考研数学试题(数学一)答案解析

2023年12月9日发(作者：广州小升初数学试卷学科网)

2011年全国硕士研究生入学统一考试

数学一试题答案解析

一、选择题

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yx1x2x3x4可知1,2,3,4分别是234yx1x2x3x40的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关系可知y(1)0，y(2)y(3)y(4)0

234y(2)0，y(3)y(4)0，y(3)0,y(4)0，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】Snan1,2无界，说明幂级数ax1knnn的收敛半径R1；

k1n1an单调减少，limann半径R1。

因此，幂级数0，说明级数an1收敛，可知幂级数anx1的收敛n1n1nnanx1的收敛半径R1，收敛区间为0,2。又由于x0时幂级数n1n收敛，x2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zf(x)lnf(y)知zxf(x)lnf(y),zyf(x)f(x)f(y)，zxyf(y)

f(y)f(y)2f(y)f(y)(f(y))

zxxf(x)lnf(y)，zyyf(x)f2(y)

1 所以zxyx0y0f(0)f(0)0，zxxf(0)x0y0f(0)lnf(0)，

zyyx0y0f(0)f(0)(f(0))2f(0)f(0)

f2(0)要使得函数zf(x)lnf(y)在点(0,0)处取得极小值，仅需

f(0)lnf(0)0，f(0)lnf(0)f(0)0

所以有f(0)1，f(0)0

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】x(0,4)时，0sinx2cosxcotx，因此lnsinxlncosxlncotx

24lnsinxdx04lncosxdx04lncotxdx，故选（B）

05、【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AP1B，P2BE，所以111ABPP21PP2P111，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x0的基础解系只有一个知r(A)3，所以r(A)1，又由AAAE0知，1,2,3,4都是x0的解，且x0的极大线生无关组就是其基础解系，又

1100A1,2,3,4130，所以1,3线性相关，故1，2，4或11002，3，4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。

2 【解析】检验概率密度的性质：f1xF2xf2xF1x0；

f1xF2xf2xF1xdxF1xF2x1。可知f1xF2xf2xF1x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UVmax{X,Y}min{X,Y}XY

可知E(UV)E(max{X,Y}min{X,Y})E(XY)E(X)E(Y)

故应选（B）

二、填空题

9、【答案】1 【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。

44【解析】s0ydx\'2x4tanxdx204041secx1dxtanxx024

10、【答案】ysinxe

【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

1dx1dxye[excosxedxC]ex[cosxdxC]ex[sinxC]

由y(0)0，得C0，故所求解为ysinxe11、【答案】4

【考点分析】本题考查偏导数的计算。

x

2223Fysinxy2Fycosxy1xy2xysinxy2F【解析】。故,2222x1x2y22xx1xy4。

x0y212、【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。

3 xcost【解析】曲线L的参数方程为ysint，其中t从0到2。因此

zcostsintLy2xzdxxdydz2sin2tcost(costsint)(sint)costcost(costsint)dt

202sin2tcostsin3t22sintcostcostdt2202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f(x,y,z)x3yz2axy2xz2yz经正交变换后22化为了fy14z1。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1,4,0。

2221a12该二次型的矩阵为Aa31，可知Aa2a10，因此a1。

11114、【答案】

【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X,Y独立。因此32E(XY2)EXEY2。

222由于(X,Y)服从N(,;,;0)，可知EX,EYDYEY，则

222E(XY2)2232。

三、解答题

15、【答案】e12

【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】：

4 11lim1xx02xln(1x)ex1ln(1x)xex1limlim1ex0x0xxexx02x(1x)lim11ln(1x)x1limx0xex1ex0limln(1x)xx2e

e

12\'\'16、【答案】f1,1(1,1)f1,2(1,1)

【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】：z\'f1\'(xy,yg(x))yf\'2(xy,yg(x))yg(x)

x

2z\'\'f1,1(xy,yg(x))xyf1,2(xy,yg(x))yg(x)f1\'(xy,yg(x))xxy\'\'f2,1(xy,yg(x))xyg\'(x)f2,2(xy,yg(x))yg(x)g\'(x)f2\'(xy,yg(x))g\'(x)由于g(x)在x1处取得极值g(1)1，可知g(1)0。

故

\'2z\'\'f1,1(1,g(1))f1,2(1,g(1))g(1)f1\'(1,g(1))xyx1,y1\'\'f2,1(1,g(1))g\'(1)f2,2(1,g(1))g(1)g\'(1)f2\'(1,g(1))g\'(1)\'\'f1,1(1,1)f1,2(1,1)

17、【答案】k1时，方程karctanxx0只有一个实根

k1时，方程karctanxx0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。

kk1x21【解析】：令f(x)karctanxx，则f(0)0，f(x)，

1x21x2（1）

当k1时，f(x)0，f(x)在(,)单调递减，故此时f(x)的图像与x轴与只有一个交点，也即方程karctanxx0只有一个实根

5 （2）

k1时，在(,0)和(0,)上都有f(x)0，所以f(x)在(,0)和(0,)是严格的单调递减，又f(0)0，故f(x)的图像在(,0)和(0,)与x轴均无交点

（3）

k1时，k1xk1时，f(x)0，f(x)在(k1,k1)上单调增加，又f(0)0知，f(x)在(k1,k1)上只有一个实根，又f(x)(,k1)或(k1,)都有f(x)0，f(x)在(,k1)或(k1,)都单调减，又f(k1)0,limf(x)，f(k1)0,limf(x)，所以f(x)在xx(,k1)与x轴无交点，在(k1,)上与x轴有一个交点

综上所述：k1时，方程karctanxx0只有一个实根

k1时，方程karctanxx0有两个实根

18、【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1xx，则原不等式可化为ln(1x)x,x0。

nx1先证明ln(1x)x,x0：

令f(x)xln(1x)。由于f(x)1\'1可知f(x)在0,上单调递增。0,x0，1x又由于f(0)0，因此当x0时，f(x)f(0)0。也即ln(1x)x,x0。

再证明xln(1x),x0：

x111x\'0,x0，。由于g(x)可知g(x)在0,上21x(1x)x1令g(x)ln(1x)单调递增。由于g(0)0，因此当x0时，g(x)g(0)0。也即因此，我们证明了xln(1x),x0。

x1xln(1x)x,x0。再令由于，即可得到所需证明的不等式。

x11111ln(1)可知：数列an单调递（2）an1anln(1)，由不等式n1nn1n减。

6 又由不等式ln(1)1an1211可知：

nn111lnnln(11)ln(1)...ln(1)lnnln(n1)lnn0。

n2n因此数列an是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列{an}收敛。

19、【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Dxyfxy(x,y)dxdy转化为累次积分可得

1xyf(x,y)dxdydyxyf(x,y)dx

xyD00xy1首先考虑110xyfxy(x,y)dx，注意这是是把变量y看做常数的，故有

1111xyf(x,y)dxyxdf(x,y)xyf(x,y)yf(x,y)dxyf(1,y)yf(x,y)dx

0xy0yy00yy0y由f(1,y)f(x,1)0易知fy(1,y)fx(x,1)0。

故\'\'10xyfxy(x,y)dxyf(x,y)dx。

0y1xyf(x,y)dxdydyxyf(x,y)dxdyyf(x,y)dx

xyD00xy00y1111对该积分交换积分次序可得：1dy0110yfy(x,y)dxdx0110yfy(x,y)dy

再考虑积分yf(x,y)dy，注意这里是把变量x看做常数的，故有

0y11100yf(x,y)dyydf(x,y)yf(x,y)0y1f(x,y)dy01f(x,y)dy

0因此

xyf(x,y)dxdydxyf(x,y)dydxxyD00y01111f(x,y)dy0f(x,y)dxdya

D

7 20、【答案】：①a5；②1231221534210

102【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1,2,3不能由1,2,3表示

113 可知123124a50，解得a5

13a ②本题等价于求三阶矩阵C使得1,2,31,2,3C

1011131可知C1,2,31,2,3013124

1151351215计算可得C4210

102因此1231221534210

1021-1021、【答案】：（1）的特征值分别为1，-1，0，对应的特征向量分别为0，0，1

110001000A（2）

100【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。

-1-111【解析】：（1）0-0

00

1111

8 1-1 可知：1，-1均为的特征值，10与20分别为它们的特征向量

11r(A)2，可知0也是的特征值

而0的特征向量与1，2正交

设x1xx1x30032为0的特征向量 有 得xx3k1

1x3030

的特征值分别为1，-1，0

1-1 对应的特征向量分别为0，0，01

110 （2）-1

 其中11101，001

0110 故1110111010A00111011001001121011001101100211001000

01022、【答案】：（1）

X

0 1

Y

-1 0 1/3

0 1/3 0

1 0 1/3

9

1212

0 （2）

Z

P

（3）XY0

【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PX2Y21，因此PX2Y20。

-1

1/3

0 1

1/3 1/3

故PX0,Y10，因此

PX1,Y1PX1,Y1PX0,Y1PY11/3

再由PX1,Y00可知

PX0,Y0PX1,Y0PX0,Y0PY01/3

同样，由PX0,Y10可知

PX0,Y1PX1,Y1PX0,Y1PY11/3

这样，我们就可以写出X,Y的联合分布如下：

Y

X

0

1

0

1/3

0

1/3

0

1

0

1/3

1

（2）ZXY可能的取值有1，0，1

其中P(Z1)P(X1,Y1)1/3，P(Z1)P(X1,Y1)1/3，

则有P(Z0)1/3。

因此，ZXY的分布律为

Z

P

-1

1/3

0 1

1/3 1/3

（3）EX2/3，EY0，EXY0,cov(X,Y)EXYEXEY0

故XYcov(X,Y)0

DXDY

10 23、【答案】：（1）^2i1n^^(Xi0)224222（2）E(),D()n

n2【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算性质和公式，难度较大。

【解析】：（1）似然函数

2^2Lx1,x2,,xn,2i1n(xi0)211expexpn22222ni1nn(xi0)2

22(xi0)2

2nlnLln2nln则2i1n(xi0)2nn12ln2ln22222i1lnLn122222i1n(xi0)2

2^lnL2令0可得的最大似然估计值22^ni1n(xi0)2，最大似然估计量n2i1(Xi0)2

n（2）由随机变量数字特征的计算公式可得

n(Xi0)21nE()EE(Xi0)2E(X10)2DX12ni1ni1

nn2^(X)11i0D(2)DD(Xi0)2D(X10)22nni1ni1^2由于X10N0,2，由正态分布的性质可知2X10N0,1。因此X10^22X21，由2的性质可知D102，因此D(X10)224，故24D()。

n

11