2011年数一考研真题及答案

2011年考研数学试题（数学一）一、选择题1、曲线()()()()4324321−−−−=xxxxy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()()()()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、设数列{}na单调减少，0lim=∞→nna，()∑===nkknnaS12,1⋯⋯无界，则幂级数()11nnnax∞=−∑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】()∑===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、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(),()()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、设444000lnsin,lncot,lncosIxdxJxdxKxdxπππ===∫∫∫，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,)4xπ∈时，20sincoscot2xxx，因此lnsinlncoslncotxxx444000lnsinlncoslncotxdxxdxxdxπππ∫∫∫，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1100110001P⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦,2100001010P⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦,则A=()（A）12PP（B）112PP−（C）21PP（D）121PP−【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、设()4321,,,ααααΑ=是4阶矩阵，∗Α为Α的伴随矩阵，若()Τ0,1,0,1是方程组0=xΑ的一个基础解系，则0=∗xΑ基础解系可为（）(A)31αα，(B)21αα，(C)321ααα，，(D)432ααα，，【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=xΑ的基础解系只有一个知()3rA=，所以()1rA∗=，又由0AAAE∗==知，1234,,,αααα都是0=∗xΑ的解，且0=∗xΑ的极大线生无关组就是其基础解系，又()1234131100,,,01100Aαααααα⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟==+=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠，所以13,αα线性相关，故124ααα，，或432ααα，，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）()()12fxfx（B）()()212fxFx（C）()()12fxFx（D）()()()()1221fxFxfxFx+【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、设随机变量Χ与Υ相互独立，且ΕΧ与ΕΥ存在，记{}yxU,max=,{}yxV,min=，则=)(UVΕ（）(A)VUΕΕ(B)ΕΧΕΥ(C)ΕΥΕU(D)VΕΧΕ【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∫⎟⎠⎞⎜⎝⎛≤≤=xxtdty040tanπ的弧长s=【答案】14π−【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。【解析】()2444'2240000tansec1tan14sydxxdxxdxxxπππππ===−=−=−∫∫∫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]dxdxxxxyeexedxCexdxCexC−−−−∫∫=⋅+=+=+∫∫由0)0(=y，得0C=，故所求解为sinxyxe−=11、设函数()∫+=xydtttyxF021sin,，则=∂∂==2022yxxF【答案】4【考点分析】本题考查偏导数的计算。【解析】()()22232222222cos12sinsin,11yxyxyxyxyFyxyFxxyxxy+−∂∂==∂+∂+。故22024xyFx==∂=∂。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22Lyxzdxxdydz++=∫�【答案】π【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2π。因此22202322202sincos(cossin)(sin)coscos(cossin)2sincossinsincoscos22Lyxzdxxdydztttttttttdtttttttdtπππ++=+−++−=−−+−=∫∫∫�13、若二次曲面的方程为22232224xyzaxyxzyz+++++=，经正交变换化为221144yz+=，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、设二维随机变量(,)XY服从22(,;,;0)Nµµσσ，则2()EXY=【答案】32µµσ+【考点分析】：本题考查二维正态分布的性质。【解析】：由于0ρ=，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)Nµµσσ，可知()2222,EXEYDYEYµµσ==+=+，则()22232()EXYµµσµµσ=+=+。三、解答题15、（本题满分10分）求极限110ln(1)limxexxx−→+⎛⎞⎜⎟⎝⎠【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。【解析】：111100ln(1)ln(1)limlim1xxeexxxxxxx−−→→++−⎛⎞⎛⎞=+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠2000111ln(1)ln(1)1limlimlim12xxxxxxxxxxexxeee→→→−+−+−+−===01lim2(1)2xxxxee→−−+==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21,1zxyxy∂==∂∂【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(,())(,())()zfxyygxyfxyygxygxx∂=+∂2'''1,11,21''''''2,12,22(,())(,())()(,())(,())()(,())()()(,())()zfxyygxxyfxyygxygxfxyygxxxyfxyygxxygxfxyygxygxgxfxyygxgx∂=++∂∂+++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)zfgfggfgxyxyfggfgggfggff∂=++==∂∂+++=+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=，2221()111kkxfxxx−−′=−=++，（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−∞