2011年山东青岛大学高等代数考研真题
2011考研数一真题解析
→∞ 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(山东卷)数学试题 (理科)(解析版)
2011年普通高等学校全国统一考试（山东卷）理科数学一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的的四个选项中，只有一个项是符合题目要求的。
（1）设集合2{60}M x x x =+-<，{13}N x x =≤≤，则M N =I （ ）A.[1,2)B. [1,2]C. (2,3]D. [2,3] 解析：{32}M x x =-<<，[1,2)M N =I ，答案应选A 。
（2）复数2(2iz i i-=+为虚数单位）在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限解析：22(2)34255i i i z i ---===+对应的点为34(,)55-在第四象限，答案应选D.（3）若点(,9)a 在函数3xy =的图象上，则tan6a π的值为（ ）A.0B.C. 1D.解析：2393a ==，2a =，tan tan 63a ππ== D.（4）不等式5310x x -++≥的解集是（ ）A.[5,7]-B. [4,6]C. (,5][7,)-∞-+∞UD. (,4][6,)-∞-+∞U解析：当5x >时，原不等式可化为2210x -≥，解得6x ≥；当35x -≤≤时，原不等式可化为810≥，不成立；当3x <-时，原不等式可化为2210x -+≥，解得4x -≤.综上可知6x ≥，或4x -≤，答案应选D 。
另解1：可以作出函数53y x x =-++的图象，令5310x x -++=可得4x -=或6x =，观察图像可得6x ≥，或4x -≤可使5310x x -++≥成立，答案应选D 。
另解2：利用绝对值的几何意义，53x x -++表示实数轴上的点x 到点3x =-与5x =的距离之和，要使点x 到点3x =-与5x =的距离之和等于10，只需4x -=或6x =，于是当6x ≥，或4x -≤可使5310x x -++≥成立，答案应选D 。
2011年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)真题及答案解析
0
2
2
.
13.【答案】 1
【解】本题等价于将二次型 f (x, y, z) x2 3y2 z2 2axy 2xz 2 yz 经正交变换后化为
了 f y12 4z12 .由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1, 4, 0 .
1 a 1
该二次型的矩阵为
A
a
3
1 ，可知 A a2 2a 1 0 ，因此 a 1 。
0
0
5.【答案】
【解】由初等矩阵与初等变换的关系知
AP1
B
，P2 B
E
，所以
A
BP11
P2
P 1 1 1
P2 P11
，
故选 D.
6.【答案】D
【解】由 x 0 的基础解系只有一个知 r( A) 3 ，所以 r( A) 1，又由 A A A E 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）求参数 2 的最大似然估计 2 ;
^
^
（2）计算 E( 2 ) 和 D( 2 ) .
2011 年全国研究生入学统一考试数学一试题
答案及解析
一、选择题
1.【答案】C
【解】由 y x 1x 22 x 33 x 44 可知1, 2,3, 4 分别是
y
x
1
x
2
2
x
33
x
4
4
0
的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关
C. P2P1
D. P21P1
6．设 A (1,2,3,4 ) 是 4 阶矩阵， A* 是 A 的伴随矩阵，若 (1,0,1,0)T 是方程组 Ax 0 的一 个基础解系，则 A*x 0 的基础解系可为( )
青岛大学教育综合考研真题2010年、2011年
青岛大学2010年硕士研究生入学考试试题科目代码： 332 科目名称： 教育综合 (共 3 页)请考生写明题号，将答案全部答在答题纸上，答在试卷上无效一、填空（每空1分，本题共20分）1．现代学制的类型主要有双轨学制、 、 。
2．布卢姆把教学目标分为 、 、 三领域。
3．编制课程的三大取向是：学科中心、 、 。
4．教师备课的一般环节是钻研教材、 、 、拟定教学计划等四个环节。
5．从课程管理角度，当前课程体系中主要有国家课程、 、 。
6．班级管理主要包括 、 和班级生活指导等方面。
7．由国际21世纪教育委员会提交给联合国教科文组织的报告《教育——财富蕴藏其中》一书提出21世纪教育的四个支柱是学会认知、 、 、 。
8．人类教育在漫长的演进过程中大致经历了 、 、 和 当代形态的教育四个阶段。
二、单项选择题（每题1分，本题共20分）1．在西方教育史上最早倡导使用问答法教学的思想家是（ ）。
A 苏格拉底 B柏拉图 C 亚里士多德 D 昆体良2．从作用的对象看，教育功能可分（ ）。
A个体功能和社会功能 B正向功能和负向功能C显性功能和隐性功能 D本体功能和派生功能3．对人的身心发展来说，学校教育是一种（ ）环境。
A 宏观的B 间接的 C一般的 D 特殊的4．讲授教学法的负面作用最可能是（ ）。
A 课堂失控B 教学效率低C 不利于思想品德教育D 不利于学生主动性发挥5．下列哪个不是现代形态教育的特征？（ ）A教育的世俗化 B教育的国家化C学校教育与生产劳动相脱离 D教育的法制化6．我国近现代历史上最早颁布并实施的现代学制颁布于哪一年？（ ）A 1898B 1904C 1919D 19227．我国当前主要教学组织形式是（ ）。
A 个别教学B 班级授课制C 现场教学D 启发式教学8．由学校教师编制、实施和评价的课程是（ ）A 广域课程B 国家课程C 校本课程D 学科课程9．“外塑论”学生观的代表人物是（ ）A 卢梭B 杜威C 赫尔巴特D 布鲁纳10．在教育目的的问题上，法国教育家卢梭主张体现了教育目的（ ）A 社会效益论思想B 教育无目的论思想C 社会本位论思想D 人本位论思想11．只考虑被评价对象应该达到的水平，而不受被评价对象在其特定整体中位置的影响，这种评价属于（ ）A、相对评价B、个体内差异评价C、绝对评价D、总结性评价 12．泛智教育思想的提出者是（ ）A、夸美纽斯B、赫尔巴特C、布鲁纳D、洛克13．拔苗助长违背了教学的（ ）A启发性原则 B因材施教原则 C循序渐进原则 D直观性原则 14．布鲁纳认为无论我们选择何种学科都务必使学生理解该学科的基本结构，其课程理论被称为( )A百科全书式课程理论 B综合课程理论C实用主义课程理论 D结构主义课程理论15．首次把教育学作为一门独立的科学提出来的学者是（ ）A、夸美纽斯B、赫尔巴特C、卢梭D、培根16．行为目标描述的是（ ）A、学校的行为B、教师的行为C、教师和学生的行为D、学生的行为17．被誉为世界上最早的教育专著是（ ）A．《大学》 B．《论语》 C．《学记》 D．《礼记》18．诊断性评价往往在教育活动的（ ）A. 过程中进行B. 开始前进行C. 结束后进行D. 各阶段中进行 19．新课程提倡的三维教学目标是指（ ）A.知识、技能和方法B.情感、态度和价值观。
数1--11真题答案
2011年考研数学(一)试题答案速查一、选择题（1）C （2）C （3）A （4）B （5）D （6）D （7）D （8）B 二、填空题（9）ln(1+ （10）esin xx − （11）4 （12）π（13）1 （14）22()μμσ+ 三、解答题 （15）12e−. （16）11112(1,1)(1,1)(1,1)f f f '''''++. （17）1k >时,原方程有三个根.1k 时,原方程有一个根. （18）略. （19）a .（20）（Ⅰ）5=a .（Ⅱ）112324=+−βααα，2122=+βαα，31235102=+−βααα.（21）（Ⅰ）1112223331231101,0,1,0,0,1,0110p k p k p k k k k λλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪=−=====≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪−⎝⎭⎝⎭⎝⎭.（Ⅱ）001000100⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭A .（22）（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）0ρ=XY .（23）（Ⅰ）22011()n i i X n σμ==−∑.（Ⅱ）22()E σσ=，422()D nσσ=.2011年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）参考答案一、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,只有一个选项是符合题目要求的．请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上． （1）【答案】C ．【解答】易知该曲线与x 轴有四个交点(1,0),(2,0),(3,0),(4,0),且1x <时，0y >；当12x <<时，0y <；当34x <<时，0y >；当4x >时，0y >. 根据以上结论描绘出曲线y 的大致图形为： 故选择答案C ．（2）【答案】C ． 【解答】因为1nn a∞=∑发散，而1(1)nn n a ∞=−∑收敛，所以1n n n a x ∞=∑的收敛域是[1,1)−,因此1(1)nn n a x ∞=−∑的收敛域是[0,2)故选择答案C ．（3）【答案】A ． 【解答】(0,0)(0,0)()ln ()|(0)ln (0)0zf x f y f f x ∂''=⋅==∂(0,0)(0,0)()()(0)0,()z f y f x f y f y '∂'=⋅==∂故(0)0f '=22(0,0)(0,0)()ln ()(0)ln (0)0,z A f x f y f f x ∂''''==⋅=⋅>∂22(0,0)(0,0)()[(0)]()0,()(0)z f y f B f x x y f y f ''∂'==⋅==∂∂22222(0,0)(0,0)()()[()][(0)]()(0)(0).()(0)z f y f y f y f C f x f f yf y f ''''∂−''''==⋅=−=∂又22[(0)]ln (0)0,AC B f f ''−=⋅>故(0)1,(0)0f f ''>>. 故正确答案选A. （4）【答案】B ． 【解答】当π04x <<时,有0sin cos 1cot x x x <<<<,所以ln sin ln cos ln cot x x x <<，应选B ． （5）【答案】D ．【解答】易知100110,001⎛⎫⎪= ⎪⎪⎝⎭A B 100001010⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭B =E 即12,=AP B P B =E ,所以1112121−−−A =P P =P P ,选答案D ． （6）【答案】D ．【解答】易知**,()3,()1r r ==AA =O A A ,*=A x 0的基础解系有3个线性无关的向量,1234,,,αααα是*=A x 0的解；又因为T (1,0,1,0)是方程组0Ax =的一个基础解系，即13+=0αα，所以13,αα线性相关，则方程组*=A x 0的基础解系为234,,ααα，选答案D ． （7）【答案】D . 【解答】122112[()()()()]d ()()1f x F x f x F x x F x F x +∞+∞−∞−∞+==⎰，故选答案D .（8）【答案】B ．【解答】因为{}{}()()max ,,min ,,22X Y X Y X Y X YU X Y V X Y ++−+−−====所以UV XY =. 又,X Y 相互独立，所以()E UV =EX EY ⋅，故答案选B ．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.【解答】(ππ440sec d ln |sec tan |ln 1s x x x x ===+=+⎰.（10）【答案】e sin xy x −=.【解答】d d e (e cos e d )x x xy x x C −−⎰⎰=⋅+⎰e (cos d )x x x C −=+⎰e (sin )x x C −=+由于(0)0,y =故0C =,所以esin xy x −=.（11）【答案】4.【解答】2sin 1()F xy y x xy ∂=⋅∂+,22222cos sin 2[1()]F y xy xy xy y x xy ∂−⋅=⋅∂+,故2(0,2)2|4F x ∂=∂. （12）【答案】π.【解答】设S 是平面=+z x y 上位于柱面221x y +=内的部分，S 在xOy 平面上的投影为22{(,)|1}D x y x y =+，由斯托克斯公式，得22d d d d d d d d d 22L Sy z z x x yy xz x x y z x y z y xzx∂∂∂++=∂∂∂⎰⎰⎰d d d d d d (1)d d πSDy y z x z x x y x y x y =++=−−=⎰⎰⎰⎰.（13）【答案】1.【解答】二次型矩阵为1131111a a ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭A ,其特征值为0,1,4,所以0,1a =|A |=.（14）【答案】22()μμσ+.【解答】因为(,)X Y 服从二维正态分布22(,;,;0)N μμσσ，不相关，所以,X Y 相互独立，故22222()()()E XY EXEY EX E Y DY μμσ==+=+.三、解答题：15～23小题,共94分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请将答案写在答题纸．．．指定位置上． （15）（本题满分10分）解：1e 10ln(1)lim x x x x −→+⎡⎤⎢⎥⎣⎦0ln(1)1lim[1].e 1e x x x x →+−−=2ln(1)limex x xx →+−=22201()2lim ex x x o x x x →−+−=12e .−=（16）（本题满分10分） 解：[][]12,(),()()zf xy yg x y f xy yg x yg x x∂'''=⋅+⋅∂ []211112,()(,())(,())()zf xy yg x y f xy yg x x f xy yg x g x x y∂'''''⎡⎤=++⎣⎦∂∂[]{}22122(),()()[,()][,()]()g x f xy yg x yg x f xy yg x x f xy yg x g x '''''''+⋅+⋅+ 又()g x 在1x =可导，且为极值，所以(1)0g '=，所以21111211d (1,1)(1,1)(1,1).d d x y zf f f x y=='''''=++（17）（本题满分10分）解：易知0x =为方程的一个实根.当0x ≠时，令(),arctan xf x k x=−则()()22arctan 1arctan xx x f x x −+'=. 令()2arctan 1=−+xg x x x ,则 ()()()222222211220111x x x x g x x x x +−⋅'=−=>+++,()g x 单调递增.又(0)0g =,所以当0x <时，有()0g x <，从而()'0f x <； 当0x >时，有()0g x >，从而()'0f x >. 又，()00lim lim1arctan x x x f x k k x →→=−=−,()lim lim arctan x x xf x k x→±∞→±∞=−=+∞,所以当10k −<时，由零点定理可知()f x 在(,0)−∞,(0,)+∞内各有一个零点； 当10k −时，则()f x 在(,0)−∞,(0,)+∞内均无零点.综上所述，当1k >时，原方程有三个根；当1k 时，原方程有一个根.（18）（本题满分10分） 证：（Ⅰ）设1()ln(1),[0,]f x x x n=+∈. 显然()f x 在1[0,]n上满足拉格朗日中值定理:111111()(0)ln(1)ln1ln(1),(0,)1f f n n n n nξξ−=+−=+=⋅∈+当1(0,)nξ∈时，11111111101n n n nξ⋅<⋅<⋅+++,即111111n n n ξ<⋅<++， 111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭. （Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论,可以得到11ln(1)1n n<++，所以11ln(1)01n n −+<+得到1n n a a +<，即数列{}n a 单调递减.因为，1111ln ln(1)ln nnn k k a n n k k ===−>+−∑∑，而，11112341ln(1)ln ()ln()ln(1)123nnk k k n n k k n==+++==⋅⋅=+∑∏， 所以，11111ln ln(1)ln ln(1)ln 0nnn k k a n n n k k n ===−>+−>+−>∑∑.因此，数列{}n a 有下界. 由单调有界定理可知，数列{}n a 收敛.（19）（本题满分11分） 解：110d (,)d xyI x x yf x y y ''=⎰⎰1100d (,)d x x x ydf x y y '=⎰⎰ ()()111000d ,,d x x x x yf x y f x y y ⎡⎤''=−⎢⎥⎣⎦⎰⎰ ()11d (,1)(,)d x x x x f x f x y y ''=−⎰⎰因为(,1)0f x =,所以(,1)0x f x '=110d (,)d x I x x f x y y '=−⎰⎰1100d (,)d x y xf x y x '=−⎰⎰111000d (,)(,)d y x f x y f x y x ⎡⎤=−−⎢⎥⎣⎦⎰⎰1100d (1,)(,)d y f y f x y x ⎡⎤=−−⎢⎥⎣⎦⎰⎰ d (,)d Df x y x y =⎰⎰a =.（20）（本题满分11分）解: （Ⅰ）由于123,,ααα不能由123,,βββ线性表示，对123123(,,,,,)βββααα进行初等行变换：123123(,,,,,)βββααα= 11310112401313115a ⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭113101011112023014a ⎛⎫ ⎪→− ⎪ ⎪−⎝⎭113101011112005210a ⎛⎫ ⎪→− ⎪ ⎪−−⎝⎭当5a =时，1231231(,,)2(,,,)3r r =≠=ββββββα,此时，1α不能由123,,βββ线性表示，故5a =.（Ⅱ）对123123(,,,,,)αααβββ进行初等行变换123123(,,,,,)=αααβββ101113013124115135⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭101113013124014022⎛⎫ ⎪→ ⎪ ⎪⎝⎭101113013124001102⎛⎫ ⎪→ ⎪ ⎪−−⎝⎭1002150104210001102⎛⎫⎪→ ⎪ ⎪−−⎝⎭. 故112324=+−βααα，2122=+βαα，31235102=+−βααα.（21）（本题满分11分）解: （Ⅰ）设()()TT121,0,1,1,0,1=−=αα，则()()1212,,=−ααααA ，即1122,=−=ααααA A ，从而A 有特征值121,1λλ=−=，对应的特征向量分别为()1110k k ≠α，()2220k k ≠α. 由于()2r =A ,所以30λ=.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30λ=对应的特征向量为()T3123,,x x x =α，则T 13T2300⎧=⎨=⎩αααα，即131300x x x x −=⎧⎨+=⎩ 解此方程组，得()T30,1,0=α,故30λ=对应的特征向量为()3330k k ≠α.故A 的所有特征值为1231,1,0λλλ=−==，对应的特征向量分别为()1110k k ≠α，()2220k k ≠α和()3330k k ≠α.（Ⅱ）由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化：))()T T T3121231231,0,1,1,0,1,0,1,0==−====αααβββααα. 令()123,,=βββQ ，则T110−⎛⎫⎪== ⎪ ⎪⎝⎭ΛQ AQ ， T =A Q QΛ022012200110220010022⎛⎫−⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪−⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪− ⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭022022000022010022⎛⎫−⎛⎫ ⎪− ⎪ ⎪⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭001000100⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭. （22）（本题满分11分） 解：（Ⅰ）因为{}221P XY ==，所以有{}{}222210P X Y P X Y ≠=−==,即{}{}{}0,10,11,00P X Y P X Y P X Y ==−=======. 利用边缘概率和联合概率的关系得到{}{}{}{}10,000,10,13P X Y P X P X Y P X Y ====−==−−===；{}{}{}11,110,13P X Y P Y P X Y ==−==−−==−=；{}{}{}11,110,13P X Y P Y P X Y ====−===；即(),X Y 的概率分布为（Ⅱ）Z 的所有可能取值为1,0,1−,{}{}111,13P Z P X Y =−==−=−=，{}{}111,13P Z P X Y =====，{}{}{}101113P Z P Z P Z ==−=−=−=.所以，Z XY =的概率分布为（Ⅲ） cov XY XY E XY E X E Y ρ−⋅==由（I ）中(),X Y 的联合分布可知()()1111010333E XY E Z ==−⋅+⋅+⋅=，()1111010333E Y =−⋅+⋅+⋅=，()()()0E XY E X E Y −⋅=，所以cov 0XY XY E XY E X E Y ρ−⋅===.（23）（本题满分11分） 解：总体X 的概率密度为202()2()x f x μσ−−=，x −∞<<+∞（Ⅰ）似然函数 202()22211()(;)i x nn i i i L f x μσσσ−−==⎡⎤==⎥⎥⎦∏∏， 取对数 222211ln ()ln(2π)ln ()222nii n n L x σσμσ==−−−−∑，求导 22022221d ln ()1[()]d()22()nii L n x σμσσσ==−+−∑，令22d ln ()0d()L σσ=，解得22011()n i i x n σμ==−∑， 故2σ的最大似然估计量为22011()ni i X n σμ==−∑.（Ⅱ）20~(,)i X N μσ，则~(0,1)i X N μσ−，得到()2201~ni i X Y n μχσ=−⎛⎫= ⎪⎝⎭∑，即()2201ni i Y X σμ==−∑. ()()()222222011111().n i i E E X E Y E Y n n n n n σμσσσσ=⎡⎤=−===⋅=⎢⎥⎣⎦∑ ()()()22244402222111112()2.n i i D D X D Y D Y n n nn n n σμσσσσ=⎡⎤=−===⋅=⎢⎥⎣⎦∑。
青岛大学高等代数2009-2017年考研初试真题
青岛大学2017年硕士研究生入学考试试题科目代码：816科目名称：高等代数（共2页）请考生写明题号，将答案全部答在答题纸上，答在试卷上无效一、（15分）令n n j i n j n i b a b a A ⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=11，计算行列式A det 。
二、（10分）设)(),(),(),(2121x g x g x f x f 是数域P 上的多项式，并且()2,1,,1)(),(==j i x g x f ji。
证明：()()())(),()(),()()(),()(21212211x g x g x f x f x g x f x g x f =三、（20分）设V 是数域P 上的n 维线性空间，n εεε,,,21是V 的一组基，n m m <,,,,21ααα是V 的一个线性无关向量组。
证明：在n εεε,,,21中存在m n -个向量m n i i i -εεε,,,21，使得m n i i i m -εεεααα,,,,,,,2121构成V 的一组基。
四、（20分）设A 是n 阶非零实对称矩阵，二次型Ax x T 的符号差为零。
证明：存在n 维非零实向量321,,ααα，使得0,0,0332211=<>ααααααA A A TT T 。
五、（20分）设n 元非齐次线性方程组b Ax =有解，令γ是b Ax =的解向量，s ηηη,,,21是其导出组0=Ax 的基础解系。
证明：（1）s ηγηγηγγ+++,,,,21线性无关；（2）b Ax =的任意2+s 个解向量1210,,,,,+s s γγγγγ必线性相关。
六、（15分）设⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=B C C AM T是实矩阵，其中B A ,分别为n m ,阶方阵。
（1）证明：若M 是对称矩阵，则B A ,是对称矩阵。
（2）证明：若M 是正定矩阵，则C A C B B A T 1,,--是正定矩阵。
七、（15分）设B A ,是数域P 上的n 阶方阵，且E AB m =)(，其中E 是n 阶单位矩阵，m 是正整数。
2011年研究生入学统一考试数学二试题及解析
2011年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题及解析一、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答题纸指定位置上.1、已知当0x →时，函数()3sin sin 3f x x x =-与k cx 等价无穷小，则（A ）1,4k c == （B ）1,4k c ==- （C ） 3,4k c == （D ）3,4k c ==- 【分析】本题考查等价无穷小的有关知识.可以利用罗必达法则或泰勒公式完成。
【详解】法一:由题设知 13sin sin 33cos 3cos 31=lim=limkk x x x xx xcxkcx-→→--233sin 9sin 33cos 27cos 3=lim=lim(1)(1)(2)k k x x x x x x k k cxk k k cx--→→-+-+---324=lim(1)(2)k x k k k cx-→--从而(1)(2)243k k k c k --=⎧⎨=⎩，故3,4k c ==。
从而应选（C ）。
法二:333333(3)()3(())(3())4()3!3!xx f x x o x x o x x o x =-+--+=+所以3,4k c ==。
，从而应选（C ）。
2、已知()f x 在0x =处可导，且(0)0f =，则233()2()limx x f x f x x→-=（A ）2'(0)f - （B ）'(0)f - （C ） '(0)f （D ）0【分析】本题考查导数的定义。
通过适当变形，凑出()f x 在0x =点导数定义形式求解。
【详解】23223333()2()()(0)()(0)limlim[2]x x x f x f x x f x x f f x f xxx→→---=-()22333()(0)()(0)lim2lim'0x x x f x x f f x f f xx→→--=-=-故应选（B ）。
2011年考研数学(一)真题(含答案解析)
= −[ ∫ xf x ( x, y ) 1 0 dy − ∫ dy ∫ f x ( x, y ) dx ] = ∫ dy ∫ f ( x, y ) dx = ∫∫ f ( x, y ) dxdy = a
0 0 0 0 0
1
1
1
1
1
D
20 解：
1) ∵ α 1 , α 2 , α 101 = 013 =1≠ 0 115 0 0 1 ∴ r (α 1 , α 2 , α 3 ) = 3
针方向，则曲线积分 xzdx + xdy +
∫
y2 dz = ___________ 2
13.若 二 次 曲 面 的 方 程 为 x 2 + 3 y 2 + z 2 + 2axy + 2 xz + 2 yz = 4 ， 经 正 交 变 换 化 为
y12 + 4 z12 = 4 ，则 a = _______________
因为用心，所以专业
11 年全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题 20 2011 一、选择题 1.曲线 y = ( x − 1)( x − 2) 2 ( x − 3) 2 ( x − 4) 2 拐点 A（1，0） B（2，0） C（3，0） D（4，0）
n k =1 n k =1
2 设数列 {an }单调递减， lim an = 0, S n =
18 证明：1）对任意正整数 n，都有 2）设 an = 1 + 3）
1 1 1 < ln(1 + ) < n +1 n n
1 1 + … + − ln n(n = 1,2, …) ,证明 {an } 收敛。 2 n
全国名校高等代数考研真题汇编(含部分答案)
考生注意： 1.本 试 卷 满 分 为 150 分，共计10道题，每题满分15 分，考试时间总计180 分钟；
2.答案必须写在答题纸上，写在试题纸上或草稿纸 上均无效。
一、设 是 阶单位矩阵， ，证明 的行列式等于 .
，矩阵 满足
二、设 是 阶幕零矩阵满足
，
.证明所有的 都相似于一个对角矩阵，
的特征值之和等于矩阵 的秩.
3.南开大学高等代数考研真题 2012年南开大学804高等代数考研真题 2011年南开大学802高等代数考研真题
4.厦 门 大 学 825高等代数考研真题 2014年厦门大学825高等代数考研真题 2013年厦门大学825高等代数考研真题 2012年厦门大学825高等代数考研真题 2011年厦门大学825高等代数考研真题
有
证明：
(1)
.
(2) 是 的不变子空间，则 也是的 不变子空间.
10.四川大学高等代数考研真题及 详解
2013年四川大学931高等代数考研真 题及详解
2011年四川大学高等代数考研真题
11.浙江大学高等代数考研真题
2012年浙江大学601高等代数考研真题
浙江大学2012年攻读硕士学位研究生入学试题 考试科目：高等代数（601）
5.中 山 大 学 877高等代数考研真题
2015年中山大学877高等代数考研真题 2014年中山大学874高等代数考研真题 2013年中山大学869高等代数考研真题 2012年中山大学869高等代数考研真题 2011年中山大学875高等代数考研真题 6.中南大学高等代数考研真题 2011年中南大学883高等代数考研真题 7.湖南大学高等代数考研真题 2013年湖南大学813高等代数考研真题 8.华 东 师 范 大 学 817高等代数考研真题 2013年华东师范大学817高等代数考研真题 2012年华东师范大学817高等代数考研真题 2011年华东师范大学817高等代数考研真题 9.华中科技大学高等代数考研真题及详解 2013年华中科技大学高等代数考研真题 2012年华中科技大学高等代数考研真题及详解 2011年华中科技大学高等代数考研真题 10.四川大学高等代数考研真题及详解 2013年四川大学931高等代数考研真题及详解 2011年四川大学高等代数考研真题 11.浙江大学高等代数考研真题 2012年浙江大学601高等代数考研真题
青岛大学考研真题教育管理学2011
青岛大学2011年硕士研究生入学考试试题科目代码：881科目名称：教育管理学(共3页)请考生写明题号，将答案全部答在答题纸上，答在试卷上无效一、简答题（共30分，其中1--3题每小题8分，第4小题6分）1、《学记》中教育管理的基本主张有哪些？2、学校组织机构设置的基本原则是什么？3、班集体建设的主要内容有哪些？4、学校课程管理的主要内容包括哪些？二、论述题（共50分,其中第1小题16分，2-3小题各17分）1、评述古典管理理论的基本主张以及对学校教育管理的启示。
2、结合实际，谈谈校长负责制的内容及其运行中的制度保障。
3、结合学校实际，谈谈学校德育管理的实施途径。
三、案例分析（共70分，每小题35分）1、案例一：某班在全校期末考试中，语文和英语的总成绩双双倒数第一。
校教育工作会议上，校长不点名批评了该班。
年级组长万老师回到教研组后，马上召开了级部全体老师会议，分管教学的王校长也参加了会议，大家共同分析问题原因。
有的老师说：我们班有很多“留守儿童”，父母出去打工，老人带孩子不能抓学生学习。
有的说：“我们学校比较偏，天气不好，我们班学生出勤率特别低”有的说，听说我们学校明年要与别的学校合并，现在好学生都转走了，剩下的当然成绩不理想啦。
万老师说：咱们教师缺编很厉害，连我每周都要上将近20节课，哪有精力去做教学管理呢？王校长想想也附和说：“是啊，这学期光迎接上面的检查就4次。
我忙得连听课的时间都没有，哎……”请根据上述材料回答：（1）该学校教学质量管理方面存在怎样的问题？（2）分析影响该学校教学质量管理的关键因素是什么？（3）根据以上案例，谈谈如何加强中小学的教学质量管理。
2、案例二：吴某是九年级的一名男生，学习成绩居班级中游，但性情较为偏执。
星期五下午最后一节课是物理课。
上课不一会儿，坐在后面几排的几个学生开始说话，先是小声，后来渐大。
吴某是说话的一个。
物理老师停下讲课，提醒说话的学生要安静听讲，不要影响课堂教学，说完，继续上课。
2011年考研数学试题(数学一)答案解析
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()()()()4324321----=x x x x y 可知1,2,3,4分别是()()()()23412340y 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、【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 kn n a S 12,1 无界，说明幂级数()11nnn a x ∞=-∑的收敛半径1R ≤；{}n a 单调减少，0lim =∞→nn a ，说明级数()11nn n a ∞=-∑收敛，可知幂级数()11nn n a x ∞=-∑的收敛半径1R ≥。
因此，幂级数()11nn 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、【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 ''''=，22()()(())()()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 ==''''=，2200(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、【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。
2011考研数学一真题及答案)
2011考研数学一真题试卷一选择题1.曲线222)4()3()2)(1(----=x x x x y 拐点 CA （1，0）B （2，0）C （3，0）D （4，0）2设数列{}n a 单调递减，∑=∞→⋯===nk k n n n n a S a 1,2,1(,0lim ）无界，则幂级数∑=-nk nk x a 1)1(的收敛域CA(-1,1] B[-1,1) C[0,2) D(0,2]3.设函数)(x f 具有二阶连续导数，且0)0(,0)(>'>f x 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 AA 0)0(,1)0(>''>f fB 0)0(,1)0(<''>f fC 0)0(,1)0(>''<f fD 0)0(,1)0(<''<f f4.设⎰⎰⎰===444000cos ln ,cot ln ,sin ln πππxdx K xdx J xdx I 的大小关系是、、则K J IBA I<J<KB I<K<JC J<I<KD K<J<I5.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,010100001,010********⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=P P 则A=DA 21P PB 211P P -C 12P PD 112P P -6.设),,,(4321αααα=A 是4阶矩阵，*A 是A 的伴随矩阵，若T )0,1,0,1(是方程组0=Ax 的一个基础解系，则0*=x A 的基础解系可为 D A 31,αα B 21,αα C 321,,ααα D 432,,ααα7.设)(),(21x F x F 为两个分布函数，其相应的概率密度)(),(21x f x f 是连续函数，则必为概率密度的是 DA )()(21x f x fB )()(222x F x fC )()(21x F x fD )()()()(1221x F x f x F x f +8.设随机变量X 与Y 相互独立，且EX 与EY 存在，记U=max{x,y},V={x,y},则E(UV)= B A EUEV B EXEY C EUEY D EXEV 二填空题9.曲线)40(tan 0⎰≤≤=xx tdt y π的弧长s= __)21ln(+_____10.微分方程x e y y x c o s -=+'满足条件y(0)=0的解为y=___x e y x sin -=_________ 11.设函数⎰+=xydt tty x F 021sin ),(，则__________22=∂∂=x x F 4 12.设L 是柱面方程为122=+y x 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⎰=++___________22dz y xdy xzdx π13.若二次曲面的方程为42223222=+++++yz xz axy z y x ，经正交变换化为442121=+z y ，则=a _______1________ 三解答题15求极限110))1ln((lim -→+x e x xx 原式=21111)1()1ln(lim)1ln(1)1ln(021]))1ln((1[lim e eexxx x x e x x x xxx e x x x x x x x ===-++-+--+-+-+→→-16设))(,(x yg xy f z =，其中函数f 具有二阶连续偏导数，函数g(x)可导，且在x=1处取得极值g(1)=1,求1,12==∂∂∂y x yx z解由g(x)可导且在x=1处取极值g(1)=1所以0)1(='g)1,1()1,1()1,1()](,()()(,([)](,[)()](,[)](,[1211212111221f f f yx zx yg xy f x g x yg xy f x y x yg xy f yx zx g y x yg xy f y x yg xy f x zx ''+''+'=∂∂∂''+''+'=∂∂∂''+'=∂∂17求方程0arctan =-x x k 不同实根的个数，其中k 为参数。
2011硕士研究生入学考试高等代数试题答案
济 南 大 学2011年攻读硕士学位研究生入学考试试题（A 卷）答案及评分标准一、（20分）⑴.设p 是奇素数，试证1++px x p 在有理数域上不可约.设()1p f x x px =++.令1x y =-,()(1)g y f y =-,那么()(1)(1)(1)1p g y f y y p y =-=-+-+1122221(1)(1)(1)(1)1221p p p p p p p p p y y y y p y p p p ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++-+-+-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦,取素数p ,则()g y 满足Eisenstein 判断法的条件,故()g y 在有理数域上不可约. 由于()g y 与()f x 在有理数域上有相同的可约性,故()f x 有理数域上不可约.⑵.判断2=x 是8122116)(2345+--+-=x x x x x x f 的几重根.作综合除法可知,2是()f x 的三重根,且3()(2)(1)(1)f x x x x =-+-.二、（10分）如果1()n x f x -，则1()n nx f x -.()1()()1()(1)01()1()n n n n x f x f x x g x f x f x x f x -⇒=-⇒=⇒-⇒-三、（10分）()111(1)x x x n x x x ααααααααααα=-+()()()()(1)12111(1)1(1)n n n x n x n x x x ααααα---=-+=--+--四、（20分）向量组I 与II 等价⇔I 与II 的极大无关组等价⇔I 与II 的极大无关组为III 的极大无关组123r r r ⇔==.五、（20分）求证：⑴设12,,,s ηηη 是齐次线性方程组0AX =的基础解系，12,,,s ηηη 与12,,,t εεε 等价，由于它们都线性无关，所以s t =；12,,,t εεε 由12,,,s ηηη 表示，i ε为12,,,s ηηη 的线性组合，当然是0AX =的解，又因为任何一个解可由12,,,s ηηη 表示，当然也可由12,,,t εεε 表示，故12,,,t εεε 也是基础解系.⑵显然12,,,,s ξξηξηξη+++ 为AX b =的解，12,,,s ηηη 线性无关，ξ不能由它们表示，12,,,,s ηηηξ 线性无关，秩为1s +;12,,,,s ξξηξηξη+++ 与12,,,,s ηηηξ 等价，12,,,,s ξξηξηξη+++ 的秩也为1s +，从而无关，故为AX b =的线性无关解.试题科目：六、（10分）设n 阶半正定矩阵A ，存在可逆矩阵P ，0'00rE A P P ⎛⎫=⎪⎝⎭，矩阵000rE C P ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则'A C C =．七、（15分）作初等行变换'''''123111312121052(,,,,)1111221153A αααββ--⎛⎫ ⎪⎪== ⎪---- ⎪---⎝⎭100017170100349001032500013B -⎛⎫⎪ ⎪-⎪⎪→=- ⎪⎪⎪⎪⎝⎭由于对矩阵施行初等行变换不改变列向量间的线性关系,从B 知1231,,,αααβ线性无关,且2123117492517333βαααβ=---+.显然dim 13W =,dim 22W =,而dim 12()W W +=dim 12312(,,,,)L αααββ=dim 1231(,,,)4L αααβ=.由维数公式得dim12()W W ⋂=dim1W +dim2W -dim12()3241W W +=+-=.由于211231225174917333W W γββααα=-=---∈⋂,且0γ≠,故γ是12W W ⋂的一个基. 八、（10分）设上三角的正交矩阵为A ，上三角1'A A -=下三角，A 必为对角矩阵，又因为2122'n A A A E λλ⎛⎫ ⎪=== ⎪⎪⎝⎭，21i λ=，1i λ=±，即对角线元素为1±. 九、（15分）⑴对于()()1211,,22V αααααααα∀∈=-A ++A =+()()1211,,22αααααα=-A =+A1122A ,A αααα=-=，112111,,V V V V V αα--∴∈∈=+；又因为{}1111,,0,0V V V V γαααα--∀∈⋂=A =-=⋂=，11V V V -=⊕；⑵线性变换A 在1V 某组基下矩阵为s E ，在1V -某组基下矩阵为n s E --，设11V V -，的基构成V 的基，故线性变换A 在V 的某组基下矩阵为s n s E E -⎛⎫⎪-⎝⎭. 十、（20分）证明：⑴设欧氏空间V 的一组标准正交基为1,,n εε ，()()11A ,,,,n n A εεεε= ，(A ,)(,A )αβαβ= ，(A ,)(,A )ji i j i j ij a a εεεε∴===，'A A ∴=为对称矩阵；反之，A 在一组标准正交基1,,n εε 下的矩阵A 为实对称矩阵，()()11,,,,,n n X Y αεεβεε== ，()()()11(A ,),,,,,n n AX Y αβεεεε=()'''AX Y X A Y ==()()()()11',,,,,(,A )n n X AY X AY εεεεαβ=== ，线性变换A 为对称的.(2)对于11,V V αβ⊥∀∈∀∈，此时1A V β∈，()()A ,=,A 0αβαβ=，1A V α⊥∴∈，则1V ⊥也是A 的不变子空间.。
2011年考研数一真题14
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
10ln(1)lim()x e x x x
-→+．
(16) (本题满分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1x =处取得极值(1)1g =，求211
x y z x y ==∂∂∂．
(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．
(18)(本题满分10分)
(Ⅰ)证明：对任意的正整数n ，都有
111ln(1)1n n n <+<+ 成立． (Ⅱ)设111ln (1,2,)2n a n n n
=+++-=，证明数列{}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,)0f y =，(,1)0f x =，(,)D
f x y dxdy a =⎰⎰，其中{}(,)|01,01D x y x y =≤≤≤≤，
计算二重积分''(,)xy D
I xy f x y dxdy =⎰⎰．
(20) (本题满分11分)
设向量组123(1,0,1)(0,1,1)(1,3,5)T T T ααα===，，，不能由向量组1(1,1,1)T β=，2(1,2,3)T β=，3(3,4,)T a β=线性表示．
(I) 求a 的值；
(II) 将123,,βββ由123,,ααα线性表示．
(21) (本题满分11分)。
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2011年山东青岛大学高等代数考研真题
2)求A的核与值域;
3)在A的核中选一组基,把它扩充为V的一组基,并求A在这组基下的矩阵;
二、（15分）取什么值时，下列二次型是正定的：
三、（15分）讨论λ取什么值时，下列方程有解，并求解.
四、（20分）设A是一个阶矩阵，证明：n
1）A是反对称矩阵当且仅当对任一个维向量nX，有′AXX=0.
2）如果A是对称矩阵，且对任一个维向量nX有′AXX=0，那么.A=0
五、（20分）欧氏空间V中的线性变换Α称为反对称的，如果对任意α，β∈V，有
八、（15分）设V是复数域上的n维线性空间，而线性变换A在基
下的矩阵是一若尔当(Jordan)块.证明:
1)V中包含ε1的A-子空间只有V自身;
2)V中任一非零A-子空间都包含εn;
3)V不能分解成两个非平凡的A-子空间的直和.。