2011年考研数学一试卷真题及答案解析

2011年考研数一真题及答案解析
一、选择题
1、 曲线()()()()4
3
2
4321----=x x x x y 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()()()()4
3
2
4321----=x x x x y 可知1,2,3,4分别是()()
()()
2
34
12340
y x x x x =----=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)0y y y '''===
(2)0y ''≠，(3)(4)0y y ''''==，(3)0,(4)0y y ''''''≠=，故（3，0）是一拐点。

2、 设数列{}n a 单调减少，0lim =∞
→n n a ，()∑===
n k k n n a S 12,1 无界，则幂级数()1
1n
n n a x ∞
=-∑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 k n n a S 12,1 无界，说明幂级数()1
1n
n n a x ∞
=-∑的收敛半径1R ≤；
{}n a 单调减少，0lim =∞
→n
n a ，说明级数()1
1n
n n a ∞
=-∑收敛，可知幂级数()1
1n
n n a x ∞
=-∑的收敛半径1R ≥。

因此，幂级数
()1
1n
n n a x ∞
=-∑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)(x f 具有二阶连续导数，且0)(>x f ，0)0(='f ，则函数)(ln )(y f x f z = 在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（ ）
（A ） 0)0(1
)0(>''>f f ， (B) 0)0(1)0(<''>f f ， (C) 0)0(1
)0(>''<f f ， (D) 0)0(1)0(<''<f f ， 【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 )(y f x f z =知()()ln (),()()x y f x z f x f y z f y f y ''''==
，()
()()
xy f x z f y f y ''''=
()ln ()xx z f x f y ''''=，2
2()()(())
()
()
yy f y f y f y z f x f y '''-''= 所以00
(0)
(0)0(0)
xy x y f z f f =='''
'=
=，00
(0)ln (0)xx x y z f f ==''''=，
2
2
00
(0)(0)((0))(0)(0)(0)
yy x y f f f z f f f =='''-''
''== 要使得函数)(ln )(y f x f z =在点(0,0)处取得极小值，仅需
(0)ln (0)0f f ''>，(0)ln (0)(0)0f f f ''''⋅>
所以有0)0(1)0(>''>f f ，
4、设4
440
ln sin ,ln cot ,ln cos I xdx J xdx K xdx π
π
π
=
==⎰
⎰⎰，则,,I J K 的大小关系是( )
（A ）I J K << （B ）I K J << （C ）J I K << （D ）K J I << 【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 π
∈
时，0sin cos cot x x x <<
<<，因此lnsin lncos lncot x x x << 4
4
4
ln sin ln cos ln cot xdx xdx xdx π
π
π
<
<
⎰
⎰
⎰
，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 ）12P P （B ）112P P - （C ）21P P （D ）1
21P
P - 【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1AP B =，2P B E =，
所以1111
12121A BP P P P P ----===，故选（D ） 6、设()4321,,,ααααA =是4阶矩阵，*
A 为A 的伴随矩阵，若()T
0,1,0,1是方程组0=x A 的一个基础解系，
则0=*
x A 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=x A 的基础解系只有一个知()3r A =，所以()1r A *
=，又由0A A A E *==知，
1234,,,αααα都是0=*x A 的解，且0=*
x A 的极大线生无关组就是其基础解系，又
()1234131100
,,,01100A αααααα⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪ ⎪==+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，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,F x F x 为两个分布函数，其相应的概率密度()()12,f x f x 是连续函数，则必为概率密度的是( ) （A ）()()12f x f x （B ）()()212f x F x
（C ）()()12f x F x （D ）()()()()1221f x F x f x F x + 【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：()()()()12210f x F x f x F x +≥；
()()()()()()1221121f x F x f x F x dx F x F x +∞
+∞
-∞-∞
+==⎰。

可知()()()()1221f x F x f x F x +为概率密度，故
选（D ）。

8、设随机变量X 与Y 相互独立，且EX 与EY 存在，记{}y x U ,m ax =,{}y x V ,m in =，则=)(UV E （ ） (A) V U E E (B) EXEY (C) EY E U (D) V EXE
【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{,}UV X Y X Y XY ==
可知()(max{,}min{,})()()()E UV E X Y X Y E XY E X E Y === 故应选（B ） 二、填空题 9、曲线⎰
⎪⎭⎫ ⎝
⎛
≤≤=
x
x tdt y 0
40tan π的弧长s =
【答案】14
π
-
【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
4
4
4
'2
2
40
tan sec 1tan 14
s y dx xdx x dx x x π
π
π
π
π
=
=
=
-=-=-⎰
⎰
⎰
10、微分方程x e y y x
cos -=+'满足条件0)0(=y 的解为=y
【答案】sin x
y xe
-=
【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 ]dx dx
x x x y e e x e dx C e xdx C e x C ----⎰⎰=⋅+=+=+⎰⎰
由0)0(=y ，得0C =，故所求解为sin x
y xe -=
11、设函数()⎰
+=xy
dt t t y x F 0
21sin ,，则=∂∂==2
2
2y x x
F
【答案】4
【考点分析】本题考查偏导数的计算。

【解析】()()
2223
2222222cos 12sin sin ,11y xy x y xy xy F y xy F x x y x x y +-∂∂==∂+∂+。

故22
02
4x y F
x ==∂=∂。

12、设L 是柱面方程22
1x y +=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
2
2
L
y xzdx xdy dz ++=⎰
【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cos sin cos sin x t y t z t t =⎧⎪
=⎨⎪=+⎩
，其中t 从0到2π。

因此
2
220
23222
2
sin cos (cos sin )(sin )cos cos (cos sin )2sin cos sin sin cos cos 22L
y xzdx xdy dz
t
t t t t t t t t dt t t t t t t dt
π
π
π
++=+-++-=--+-=⎰
⎰⎰
13、若二次曲面的方程为222
32224x y z axy xz yz +++++=，经正交变换化为221144y z +=，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2
2
2
(,,)3222f x y z x y z axy xz yz =+++++经正交变换后化为了
22114f y z =+。

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1131111a A a ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭
，可知2
210A a a =---=，因此1a =-。

14、设二维随机变量(,)X Y 服从2
2
(,;,;0)N μμσσ，则2
()E XY =
【答案】3
2
μμσ+
【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,X Y 独立。

因此2
2
()E XY EX EY =⋅。

由于(,)X Y 服从2
2
(,;,;0)N μμσσ，可知()2
222
,EX EY DY EY μμσ==+=+，则
()22232()E XY μμσμμσ=+=+。

三、解答题
15、（本题满分10分）求极限1
1
0ln(1)lim x
e x x x -→+⎛⎫ ⎪⎝⎭
【答案】1
2
e
-
【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
00ln(1)ln(1)lim lim 1x x e e x x x x x x x --→→++-⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2
0011
1ln(1)ln(1)1lim
lim lim 1
2x x x x x x
x x x x e x x
e e
e
→→→-+-+-+-===
01
lim
2(1)2
x x
x x e
e →--
+==
16、（本题满分9分）设(,())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1
x =处取得极值(1)1g =，求21,1
z x y x y ∂==∂∂
【答案】''
1,11,2(1,1)(1,1)f f +
【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 f xy yg x y f xy yg x yg x x
∂=+∂ 2''
'1,11,21''''''2,12,22(,())(,())()(,())(,())()(,())()()(,())()
z f xy yg x xy f xy yg x yg x f xy yg x x x y
f xy y
g x xyg x f xy yg x yg x g x f xy yg x g x ∂=++∂∂+++
由于()g x 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 f g f g g f g x y x y f g g f g g g f g g f f ∂=++==∂∂+++=+
17、（本题满分10分）求方程arctan 0k x x -=不同实根的个数，其中k 为参数 【答案】1k ≤时，方程arctan 0k x x -=只有一个实根
1k >时，方程arctan 0k x x -=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()arctan f x k x x =-，则(0)0f =，2
22
1()111k k x f x x x --'=-=++，
（1） 当1k <时，()0f x '<，()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arctan 0k x x -=只有一个实根 （2）
1k =时，在(,0)-∞和(0,)+∞上都有()0f x '<，所以()f x 在(,0)-∞和(0,)+∞是严格的单调递
减，又(0)0f =，故()f x 的图像在(,0)-∞和(0,)+∞与x 轴均无交点
（3）
1k >时，
x <()0f x '>，()f x 在(上单调增加，又(0)0f =
知，()f x 在(上只有一个实根，又()f x (,-∞或)+∞都有()0f x '<，
()f x 在(,-∞或)+∞都单调减，又(0,lim ()x f f x →-∞
<=+∞，
0,lim ()x f f x →+∞
>=-∞，所以()f x 在(,-∞与x 轴无交点，在)+∞上与x 轴有一
个交点
综上所述：1k ≤时，方程arctan 0k x x -=只有一个实根
1k >时，方程arctan 0k x x -=有两个实根
18、（本题满分10分）证明：（1）对任意正整数n ，都有111ln(1)1n n n
<+<+ （2）设1
1
1ln (1,2,)2
n a n n 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
1x n =，则原不等式可化为ln(1),01
x
x x x x <+<>+。

先证明ln(1),0x x x +<>：
令()ln(1)f x x x =-+。

由于'
1
()10,01f x x x
=-
>>+，可知()f x 在[)0,+∞上单调递增。

又由于(0)0f =，因此当0x >时，()(0)0f x f >=。

也即ln(1),0x x x +<>。

再证明
ln(1),01
x
x x x <+>+： 令()ln(1)1
x g x x x =+-
+。

由于'
2
11()0,01(1)g x x x x =->>++，可知()g x 在[)0,+∞上单调递增。

由
于(0)0g =，因此当0x >时，()(0)0g x g >=。

也即ln(1),01
x
x x x <+>+。

因此，我们证明了
ln(1),01
x
x x x x <+<>+。

再令由于，即可得到所需证明的不等式。

（2）111
ln(1)1n n a a n n
+-=-++，由不等式
11ln(1)1n n <++可知：数列{}n a 单调递减。

又由不等式11
ln(1)n n
+<可知：
1111
1ln ln(11)ln(1)...ln(1)ln ln(1)ln 022n a n n n n n n
=+++->++++++-=+->。

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(,)f x y 具有二阶连续偏导数，且(1,)0,(,1)f y f x =
=，
(,)D
f x y dxdy a =⎰⎰，其中{(,)|01,01}D x y x y =≤≤≤≤，计算二重积分(,)xy
D
I xyf x y dxdy ''=⎰⎰
【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
xyf
x y dxdy ''⎰⎰转化为累次积分可得
11
(,)(,)xy
xy
D
xyf x y dxdy dy xyf x y dx ''''=⎰⎰⎰⎰
首先考虑
1
(,)xy
xyf x y dx ''⎰，注意这是是把变量y 看做常数的，故有
1
1
1
1
1
(,)(,)(,)(,)(1,)(,)xy y y y y y
xyf x y dx y
xdf x y xyf x y yf x y dx yf y yf x y dx '''''''==-
=-
⎰
⎰
⎰
⎰
由(1,)(,1)0f y f x ==易知''
(1,)(,1)0y x f y f x ==。

故
11
(,)(,)xy
y
xyf x y dx yf x y dx '''=-⎰⎰。

11
11
(,)(,)(,)xy xy y D
xyf x y dxdy dy
xyf x y dx dy
yf x y dx '''''=
=-
⎰⎰
⎰⎰
⎰⎰
对该积分交换积分次序可得：1
1
1
1
(,)(,)y
y
dy yf x y dx dx yf x y dy ''-
=-⎰⎰⎰⎰
再考虑积分
1
(,)y
yf x y dy '⎰，注意这里是把变量x 看做常数的，故有
1
11
1
1
(,)(,)(,)(,)(,)y yf x y dy ydf x y yf x y f x y dy f x y dy '=
=-=-
⎰
⎰⎰
⎰
因此
1111
(,)(,)(,)(,)xy
y
D
D
xyf x y dxdy dx yf x y dy dx f x y dy f x y dxdy a '''=-==
=⎰⎰⎰⎰⎰⎰
⎰⎰
20、（本题满分11分）()()()1231,0,1,0,1,1,1,3,5T
T
T
ααα===不能由
()()()1231,,1,1,2,3,1,3,5T
T
T
a βββ===线性表出。

①求a ；②将123,,βββ由123,,ααα线性表出。

【答案】：①5a =；②()32
1
βββ()⎪⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛--=201102451232
1ααα
【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,,ααα不能由321,,βββ表示
可知053142
13
11321=-==a a
βββ，解得5=a
②本题等价于求三阶矩阵C 使得()()123123,,,,C βββααα=
可知()()1
1123123101113,,,,013124115135C αααβββ--⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪
== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
计算可得2154210102C ⎛⎫
⎪
= ⎪ ⎪--⎝⎭
因此()32
1
βββ()⎪⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛--=201102451232
1ααα
21、（本题满分11分）A 为三阶实矩阵，()2R A =，且111100001111A -⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪
= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭
（1）求A 的特征值与特征向量（2）求A
【答案】：（1）A 的特征值分别为1，-1，0，对应的特征向量分别为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛101，⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛101-，⎪⎪⎪
⎭⎫
⎝⎛010
（2）001000100A ⎡⎤⎢⎥
=⎢⎥⎢⎥⎣⎦
【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）⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛101--101-A ⎪⎪⎪
⎭
⎫
⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛101101A
可知：1，-1均为A 的特征值，⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1011ξ与⎪⎪⎪
⎭
⎫
⎝⎛=101-2ξ分别为它们的特征向量
2)(=A r ，可知0也是A 的特征值
而0的特征向量与1ξ，2ξ正交
设⎪⎪⎪
⎭⎫
⎝⎛=3213x x x ξ为0的特征向量
有⎩⎨⎧=+-=+00313
1x x x x 得⎪
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=0103k ξ
A 的特征值分别为1，-1，0
对应的特征向量分别为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛101，⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛101-，⎪⎪⎪
⎭
⎫ ⎝⎛010
（2）-1
PΛP A =
其中⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=011Λ，⎥⎥
⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=011100011P
故1
110111000110011100110A ---⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎢⎣
⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=01
12102
121021
011011100011 ⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡=001000100
22. （本题满分11分）
()221P X Y ==
求：（1）(),X Y 的分布； （2）Z XY =的分布； （3）XY ρ. 【答案】：（1）
（2）
（3）0XY ρ=
【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()
221P X Y ==，因此()
220P X Y ≠=。

故()0,10P X Y ===，因此
()()()()1,11,10,111/3P X Y P X Y P X Y P Y =====+=====
再由()1,00P X Y ===可知
()()()()0,01,00,001/3P X Y P X Y P X Y P Y =====+=====
同样，由()0,10P X Y ==-=可知
()()()()0,11,10,111/3P X Y P X Y P X Y P Y ==-===-+==-==-=
这样，我们就可以写出(),X Y 的联合分布如下：
（2）可能的取值有，，
其中(1)(1,1)1/3P Z P X Y =-===-=，(1)(1,1)1/3P Z P X Y =====， 则有(0)1/3P Z ==。

因此，Z XY =的分布律为
（3）2/3EX =，0EY =，0,cov(,)0EXY X Y EXY EXEY ==-= 故0
XY ρ=
=
23、（本题满分11分）设12,,
,n x x x 为来自正态总体20(,)N μσ的简单随机样本，其中0μ已知，20σ>未
知，x 和2S 分别表示样本均值和样本方差， （1）求参数2
σ的最大似然估计^
2σ
（2）计算^
2
()E σ和^
2
()D σ 【答案】：（1）2^2
01
()n
i i X n
μσ=-=
∑
（2）4^^
222
2(),()E D n σσσσ== 【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
σ的最大似然估计时，最重要的是要将2
σ看作一个整体。

在求^
2
σ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(
)222
00122221
1
()()1
,,
,,exp 222n
n
i i n n n i i x x L x x x μμσ
σσπσ==⎛⎫
⎛⎫--=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭
∑
则22
2
0022
1
1
()()1ln ln 2ln ln 2ln 2
2222
n
n
i i i i x x n
n n L n μμπσπσσσ==--=---=---∑
∑
()2
02
2221
()ln 1
22
n
i i x L n μσσσ=-∂=-+∂∑
令2
ln 0L σ
∂=∂可得2
σ的最大似然估计值2^
201
()n
i i x n
μσ=-=∑
，最大似然估计量2
^
2
01
()n
i i X n
μσ=-=∑
（2）由随机变量数字特征的计算公式可得
2^2
2220010111
2^2220
0102
11()1()()()()11()()()n n
i i i i n n i i i i X E E E X E X DX n n X D D D X D X n n n μσμμσμσμμ====⎡⎤-==
-=-==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎡⎤-==-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦
∑∑
∑∑
由于()2
10
0,X N μσ
-，由正态分布的性质可知
()10
0,1X N μσ
-。

因此()2
2101X μχσ-⎛⎫
⎪
⎝⎭
，
由2
χ的性质可知2
102X D μσ-⎛⎫= ⎪⎝⎭
，因此2410()2D X μσ-=，故4^
2
2()D n σσ=。