湖南师范大学2011年高等代数考研试题
2011-数一真题、标准答案及解析
n(-1) 收敛，可知幂级数∑a ∞2011 年考研数学试题（数学一）一、选择题1、 曲线 y = (x -1)(x - 2)2(x - 3)3(x - 4)4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 y = (x -1)(x - 2)2(x - 3)3(x - 4)4可知1, 2, 3, 4 分别是y = ( x -1)( x - 2)2 ( x - 3)3 ( x - 4)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) = 0y ''(2) ≠ 0 ， y ''(3) = y ''(4) = 0 ， y '''(3) ≠ 0, y '''(4) = 0 ，故（3，0）是一拐点。
2、 设数列 {a n } 单调减少， lim a n = 0 ， S n =∑ a k (n = 1,2) 无界，则幂级数n →∞k =1∑a n ( x -1)n的收敛域为（ ） （A ） (-1，1] （B ） [-1，1) （C ） [0，2) （D ）n =1(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】 S n=∑ a k k =1(n = 1,2)无界，说明幂级数∑a n n =1( x -1)n的收敛半径 R ≤ 1；{a n }单调减少， lim a n →∞= 0 ，说明级数∑a n n =1∞nn n =1( x -1)n的收敛半径 R ≥ 1。
因此，幂级数∑a n( x -1) 的收敛半径 R = 1 ，收敛区间为(0, 2) 。
2011考研数学(一二三)真题(含答案)
(B) 1,2 ．
(C) 1,2,3 ． (D) 2 ,3,4 ．
【解析】由 x 0 的基础解系只有一个知 r(A) 3 ，所以 r( A) 1，
f
(0),
B
2z xy
|(0,0)
f
(x)
f ( y) f (y)
|(0,0)
[
f (0)]2 f (0)
0,
C
2z y2
|(0,0)
f
(x)
f
( y) f
(y) [ f f 2(y)
( y)]2
|(0,0)
f (0) [ f (0)]2 f (0)
较强。
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
an
单调减少，lim n
an
0 ，所以 an
0 ，所以
n1
an
为正项级数，将
x
2 代入幂级数得
n1
an
，
n
而已知 Sn ak 无界，故原幂级数在 x 2 处发散，(D)不正确． k 1
2011 年全国硕士研究生入学 统一考试
数学（一、二、三） 试题及解析
山东考研辅导专家 苏老师
1
2011 年全国硕士研究生入学统一考试
数学（一）试题
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．
2
数2--11真题答案
2011年考研数学(二)试题答案速查一、选择题（1）C （2）B （3）C （4）C （5）A （6）B （7）D （8）D 二、填空题（9（10）e sin xx − （11）ln(1 （12）1λ（13）712（14）2 三、解答题 （15）13α<<. （16）极小值13y =−，极大值1y =， 凸区间为1(,)3−∞，凹区间为1(,)3+∞，拐点为11(,)33.（17）11112(1,1)(1,1)(1,1)f f f '''''++. （18）π()arcsin4x y x =−. （19）略. （20）（Ⅰ）9π4V =.（Ⅱ）27π8W g ρ=. （21）a .（22）（Ⅰ）5=a .（Ⅱ）112324=+−βααα，2122=+βαα，31235102=+−βααα.（23）（Ⅰ）1112223331231101,0,1,0,0,1,0110p k p k p k k k k λλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪=−=====≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪−⎝⎭⎝⎭⎝⎭.（Ⅱ）001000100⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭A .2011年全国硕士研究生入学统一考试数学（二）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】由泰勒展开定理33sin ()3!x x x o x =−+，33(3)sin 33()3!x x x o x =−+.所以，333339()3sin sin 33(3)()4()22x x f x x x x x o x x o x =−=−−−+=+.当0x →时，3()4f x x ，所以选择C.（2）【答案】B ．【解答】2330()2()lim x x f x f x x →−22330()(0)2()2(0)lim x x f x x f f x f x →−−+= 330()(0)()(0)lim 2x f x f f x f x x →⎡⎤−−=−⎢⎥⎣⎦(0)2(0)(0)f f f '''=−=−. 故应选B. （3）【答案】C ．【解答】(2)(3)(1)(3)(1)(2)()(1)(2)(3)x x x x x x f x x x x −−+−−+−−'=−−−231211(1)(2)(3)x x x x x −+=−−− 令2()31211g x x x =−+，由于2124311120∆=−⨯⨯=>,故()g x 有两个不同的实根，且不是1,2,3，所以()f x 有两个不同的驻点. （4）【答案】C.【解答】由题可知特征方程为 220r λ−=，特征根12r r λλ==−,，则齐次方程通解为12e e x x y C C λλ−=+. 方程2e x y y λλ''−=的特解可设为1e x y x a λ=⋅⋅，方程2e xy y λλ−''−=的特解可设为2exy x b λ−=⋅⋅，则由微分方程解的结构可知，方程2e e xx y y λλλ−''−=+可设特解(e e )x x y x a b λλ−=+.（5）【答案】A ． 【解答】由题设条件，(0,0)(0,0)()()(0)(0)0zf xg y f g x ∂''===∂，(0,0)(0,0)()()(0)(0)0zf xg y f g y ∂''===∂.故，(0,0)点为函数()()z f x f y =的驻点.又22(0,0)(0)(0)z A f g x ∂''==∂，2(0,0)(0)(0)0z B f g x y ∂''===∂∂，22(0,0)(0)(0)zC f g y∂''==∂.所以2(0)(0)(0)(0)AC B f g g f ''''−=.如果(0,0)点为函数()()z f x f y =的极小值点， 则要求20,0A AC B >−>，已知有()0,(0)0f x g ><，所以，(0)0,g (0)0f ''''<>， 故正确答案选A ． （6）【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 <<，由定积分的性质，答案选B ． （7）【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 ． （8）【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 ．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）.【解答】0012121ln 1(1)ln()22limlim 012lim e e 2x x x x x xxxx →→⎡⎤+++−⎢⎥⎢⎥⎣⎦→⎛⎫+== ⎪⎝⎭00212ln 21limlimln 2222eeex x x x x →→−⋅====（10）【答案】esin xx −.【解答】d d e (e cos e d )x xx y x x C −−⎰⎰=⋅+⎰e (cos d )x x x C −=+⎰e (sin )x x C −=+由于(0)0,y =故0C =,所以e sin x y x −=. （11）【答案】ln(1+.【解答】ππ440sec d ln |sec tan |ln(1s x x x x ===+=⎰.（12）【答案】1λ【解答】()()0111()d ed ed e d xxt t x xf x x x x x x t t λλλλλλλλλ+∞+∞+∞+∞−−−−∞==⋅==⎰⎰⎰⎰. （13）【答案】712. 【解答】由题设条件令cos sin x r y r θθ=⎧⎨=⎩， 其中ππ,02sin 42r θθ，所以， ππ2sin 2sin 322ππ044d d cos sin d sin cos d d Dxy r r r r r r θθσθθθθθθ=⋅⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰ππ4622ππ44(2sin )27sin cos d sin 4312θθθθθ===⎰. （14）【答案】2.【解答】由于二次型f 对应矩阵111131111⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭A ，()()111131140111λλλλλλλ−−−−=−−−=−−=−−−E A ， 得1230,1,4λλλ===，因此f 的正惯性指数为2.三、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：当0α时，220ln(1)d limlim ln(1)d xxx x t t x t t x αα−→+∞→+∞+=⋅+=+∞⎰⎰与已知矛盾，不和题意. 因为22230110000ln(1)d ln(1)1limlim lim lim 0xx x x x t t x x x x x x ααααααα++++−−−→→→→++===⋅=⎰， 所以30α−>，即3α<.又因为223201222ln(1)d ln(1)210lim lim lim lim(1)(1)1xx x x x xt t x x x x x x x ααααααααα−−−→+∞→+∞→+∞→+∞+++====−−+⎰， 所以32α−<，即1α>. 综上可得，13α<<.（16）（本题满分11分）解：对参数方程求导，得22d 1d ()d 1d yt t y x x t t−'==+， 2222222231d()12(1)(1)2141()d d (1)1(1)d t t t t t t t y x x t t t t t−+−−⋅+''=⋅=⋅=+++. 令()0y x '=，得1t =±. 当1t =时，得53x =，13y =−，0y ''>. 故13y =−为极小值. 当1t =−时，得1x =−，1y =，0y ''<. 故1y =为极大值. 令()0y x ''=，得0t =，13x y ==. 当0t <时，得13x <，0y ''<；当0t >时，13x >，0y ''>. 所以曲线()=y y x 的凸区间为1,3⎛⎫−∞ ⎪⎝⎭，凹区间为1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，11(,)33为拐点. （17）（本题满分9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，21111121d |(1,1)(1,1)(1,1).d d x y zf f f x y =='''''=++ （18）（本题满分10分）解: 由题当0x =时，有d 0,(0)1,tan d yy y xα'===. 方程d tan d y x α=两边对x 求导，可得222d d sec d d y x x αα⋅=① 由d d d d y x x α=,则①式可化为222d d d 1d d d y y y x x x⎡⎤⎛⎫+⋅=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，即方程()21y y y ''''=+ ② 令y p '=，有d d py py''=，则②式可化为3d d p p p p y =+ ③由于0y p '=≠，所以③变为2d 1d pp y=+ ④ 解方程④得1arctan p y C =+. 再有(0)0,(0)1,y y '==可得1π4C =. 所以，πtan 4y y ⎛⎫'=+⎪⎝⎭，分离变量，两边积分得2πsin e 4xy C ⎛⎫+= ⎪⎝⎭. 由(0)0y =，得22C =，因此π()4x y x =−.（19）（本题满分10分）证：（Ⅰ）设()()1ln 1,0,f x x x n ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦.显然()f x 在10,n⎡⎤⎢⎥⎣⎦上满足拉格朗日中值定理:()1111110ln 1ln1ln 1,0,1f f n n n n n ξξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫−=+−=+=⋅∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭当10,n ξ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，11111111101n n n nξ⋅<⋅<⋅+++,即111111n n n ξ<⋅<++，x111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭. 结论得证.（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论,可以得到11ln(1)1n n <++，所以11ln 101n n ⎛⎫−+< ⎪+⎝⎭得到1n n a a +<，即数列{}n a 单调递减.因为，1111ln ln 1ln nnn k k a n n k k ==⎛⎫=−>+− ⎪⎝⎭∑∑，而，()11112341ln 1ln ln ln 1123nnk k k n n k k n ==++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+==⋅⋅=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∏， 所以，()1111ln ln 1ln ln 1ln 0nnn k k a n n n n k k ==⎛⎫=−>+−>+−> ⎪⎝⎭∑∑.（20）（本题满分11分） 解:（Ⅰ）12V V V =+()()12222112π2d π1d y y y y y −=−+−⎰⎰23212π3y y ⎛⎫=− ⎪⎝⎭+1321π3y y −⎛⎫− ⎪⎝⎭=π1534⎛⎫+− ⎪⎝⎭=9π4（Ⅱ）22d π(2)(1)d π(2)1(1)d W g y y y g y y y ρρ⎡⎤=−−+−−−⎣⎦12222112π(2)(1)d π(2)1(1)d W g y y y g y y y ρρ−⎡⎤=−−+−−−⎣⎦⎰⎰1232322112π(22)d (44)d g y y y y y y y y ρ−⎛⎫=−−++−+ ⎪⎝⎭⎰⎰11122432231222222111121112224π2243243yy y y y g yy ρ−−−−⎛⎫⎪=−−++−+ ⎪ ⎪⎝⎭27π8g ρ=.（21）（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 y f 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 xf x y f x y x ⎡⎤=−−⎢⎥⎣⎦⎰⎰1100d (1,)(,)d y f y f x y x ⎡⎤=−−⎢⎥⎣⎦⎰⎰ d (,)d Df x y x y =⎰⎰a =.（22）（本题满分11分）解:（Ⅰ）由于123,,ααα不能由123,,βββ线性表示，则对于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.（23）（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()2A =R ,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 13T230,0.⎧=⎨=⎩αααα即13130,0.x 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⎛⎫−⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪−⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪− ⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭222200002201022⎛⎫−⎛⎫ ⎪− ⎪ ⎪⎪ ⎪= ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭001000100⎛⎫⎪= ⎪⎪⎝⎭.。
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2011年湖南师范大学333教育综合考研真题参考答案
2011年湖南师范大学333教育综合真题及参考答案一、名词解释题（5×6＝30分）1．学习迁移答：学习迁移是指一种学习对另一种学习的影响，它广泛地存在于知识、技能、态度和行为规范的学习中。
这种影响可能是积极的，也可能是消极的，前者为正迁移或简称迁移，后者为负迁移或干扰。
任何一种学习都要受到学习者已有知识经验、技能、态度等的影响，只要有学习，就有迁移。
迁移是学习的继续和巩固，又是提高和深化学习的条件，学习与迁移不可分割。
其形成一方面依赖于知识、技能的掌握；另一方面也依赖于所掌握知识和技能的不断概括化、系统化。
2．元认知答：元认知是指一个人所具有的关于自己思维活动和学习活动的认知和监控。
其核心是对认知的认知，即对认知活动的自我意识和自我调节。
其结构包括三个方面：元认知知识、元认知体验和元认知监控。
元认知的对象是内在的、抽象的，是主体自身正在进行的认知活动；元认知活动的内容是对认知活动进行调节和监控；元认知只能通过对认知活动的调控，间接地影响主体的认知活动；元认知落后于认知的发展。
作为“关于认知的认知”，元认知被认为是认知活动的核心，在认知活动中起着重要作用。
3．道尔顿制答：道尔顿制是指美国进步主义教育家帕克赫斯特针对班级授课制的弊端创造的一种个别教学制度。
又称道尔顿实验室计划，具体做法是：①在学校里废除课堂教学，废除课程表和年级制，代之以“公约”或合同式的学习；②将各教室改为各科作业室或实验室，按学科的性质陈列参考用书和实验仪器，供学生学习之用，各作业室配有一名教师负责指导学生；③用“表格法”来了解学生的学习进度。
道尔顿制的两个重要原则是自由与合作，强调给儿童自由和师生合作，注重照顾个别差异及独立工作能力的培养。
此法是要废除班级授课制，指导每个学生各自学习不同的教材，以发展其个性。
道尔顿制对20世纪的中国教育产生过重要影响。
4．四段教学法答：四段教学法是指赫尔巴特根据其统觉思想，把教学过程分成四个阶段：①明了：给学生明确地讲授新知识；②联合：新知识要与旧知识建立联系；③系统：作出概括和结论；④方法：把所学知识应用于实际（习题解答、书面作业等）。
2011考研数一真题答案及详细解析
所以 x1= -./k二［是极小值点， X2 =.fl..厂二了是极大值点；
由千 f(O)=O, 则 f(x) 的极大值 f (./1..言刁-)>0, J(x) 的极小值 f(- ,/k — 1 ) < 0.
又lim f(x)= +=,lim J(x) = —=,J(O) =0,
工j—00
.,•-•j-0<>
00) e一1 sinx
解 由条件知： P(x)=1,Q(x) =尸cosx'于是微分方程通解为
(J (J y=e-I压）扛 Q(x)eJP<x)d丑'dx +c) =e寸ld工 尸cosx ef1凸 dx +c) (J =e一1 cosxdx +C)=尸(sinx +C),
由y(O)=O得C=O,因此所求特解为
J'(y) , f(y)
a飞 a正
=f
，，(x)lnf(y),
一3一五—= 妇办
J'(x)•
J'(y) f(y)'
a飞
尸(y汀(y) -[f'(y)J 2
ay2 =f(x)
尸(y)
若函数乏 = f位） Inf Cy)在(0,0) 处取得极小值 ， 则
�o, (�'"·"�J'(O)ln::�:
-I f ay co.o> = f(O)• Co) = O,
则E(XY 2 )
=EX• E(Y2 )
=EX•
[DY+(EY) 2 ]
= 叭矿＋矿）
= µ
rJ
2
+矿．
三、解答题
ln(l +x)�
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年考研数二真题及答案解析
=
1
1
0
，
P2
=
0
0
1
，则
A
=
(
)
0 0 1
0 1 0
(A) P1P2 ．
(B) P1−1P2 ．
(C) P2P1 ．
(8) 设 A = (α1,α2 ,α3,α4 ) 是 4 阶矩阵， A* 为 A 的伴随矩阵，若 (1, 0,1, 0)T 是方程组
0
0
0
小关系是( )
(A) I < J < K ． (B) I < K < J ． (C) J < I < K ． (D) K < J < I ． (7) 设 A 为 3 阶矩阵，将 A 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 B ，再交换 B 的第 2 行与第 3
1 0 0
1 0 0
行得单位矩阵，记
P1
(A) f ′′(0) < 0, g′′(0) > 0.
(B) f ′′(0) < 0, g′′(0) < 0.
(C) f ′′(0) > 0, g′′(0) > 0.
(D) f ′′(0) > 0, g′′(0) < 0.
π
π
π
∫ ∫ ∫ (6) 设 I = 4 ln sin x dx ， J = 4 ln cot x dx ， K = 4 ln cos x dx ，则 I , J , K 的大
(B) ax(eλx + e−λx ) ．
(C) x(aeλx + be−λx ) ．
(D) x2 (aeλx + be−λx ) ．
(5) 设函数 f (x), g(x) 均有二阶连续导数，满足 f (0) > 0, g(0) < 0, 且 f= ′(0) g= ′(0) 0 ，
2011考研数学一真题及答案解析
2011年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、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) 曲线234(1)(2)(3)(4)y x x x x =----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，lim 0n n a →∞=，1(1,2,)nn kk S an ===∑ 无界，则幂级数1(1)nn n a x ∞=-∑的收敛域为( )(A) (1,1]-． (B) [1,1)-． (C) [0,2)． (D) (0,2]． (3) 设函数()f x 具有二阶连续导数，且()0f x >，(0)0f '=，则函数()ln ()z f x f y =在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是( )(A) (0)1f >，(0)0f ''>． (B) (0)1f >，(0)0f ''<． (C) (0)1f <，(0)0f ''>． (D) (0)1f <，(0)0f ''<．(4) 设40ln sin I x dx π=⎰，4ln cot J x dx π=⎰，40ln cos K x dx 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 <<．(5) 设A 为3阶矩阵，将A 的第2列加到第1列得矩阵B ，再交换B 的第2行与第3行得单位矩阵，记1100110001P ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，2100001010P ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，则A =( ) (A) 12P P ． (B) 112P P -． (C) 21P P ． (D) 121PP -． (6) 设1234(,,,)A αααα=是4阶矩阵，*A 为A 的伴随矩阵，若(1,0,1,0)T是方程组0Ax =的一个基础解系，则*0A x =的基础解系可为( )(A) 13,αα． (B) 12,αα． (C) 123,,ααα． (D) 234,,ααα．(7) 设1()F x ，2()F x 为两个分布函数，其相应的概率密度1()f x ，2()f x 是连续函数，则必为概率密度的是( )(A)12()()f x f x ． (B)212()()f x F x ．(C)12()()f x F x ． (D)1221()()()()f x F x f x F x +．(8) 设随机变量X 与Y 相互独立，且()E X 与()E Y 存在，记{}max ,U X Y =，{}min ,V X Y =则()E UV =( )(A)()()E U E V ⋅． (B)()()E X E Y ⋅． (C)()()E U E Y ⋅． (D)()()E X E V ⋅．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) 曲线0tan (0)4π=≤≤⎰xy tdt x 的弧长s = ．(10) 微分方程cos xy y e x -'+=满足条件(0)0y =的解为y = ．(11) 设函数2sin (,)1xytF x y dt t =+⎰，则222x y F x ==∂=∂ ．(12) 设L 是柱面方程221x 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22L y xzdx xdy dz ++=⎰ ． (13) 若二次曲面的方程22232224x y z axy xz yz +++++=，经过正交变换化为221144y z +=，则a = ．(14) 设二维随机变量(),X Y 服从正态分布()22,;,;0N μμσσ，则()2E X Y = ．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110ln(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211x y zx 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 =，(,)Df x y dxdy a =⎰⎰，其中{}(,)|01,01D x y x y =≤≤≤≤，计算二重积分''(,)xyDI xy fx 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)Tβ=，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)A 为三阶实对称矩阵，A 的秩为2，即()2r A =，且111100001111A -⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭．(I) 求A 的特征值与特征向量；(II) 求矩阵A ． (22)(本题满分11分)设随机变量X 与Y且{}221P X Y ==．(I) 求二维随机变量(,)X Y 的概率分布； (II) 求Z XY =的概率分布； (III) 求X 与Y 的相关系数XY ρ．（23）（本题满分 11分） 设12,,,n X X X 为来自正态总体20(,)μσN 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．(I) 求参数2σ的最大似然估计量2σ∧； (II) 计算2()E σ∧和2()D σ∧．2011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1111,1,0y x y y '''=-==，2222(2),2(2),2,y x y x y '''=-=-= 32333(3),3(3),6(3),y x y x y x '''=-=-=- 432444(4),4(4),12(4),y x y x y x '''=-=-=- (3)()y x P x ''=-，其中(3)0P ≠，30x y =''=，在3x =两侧，二阶导数符号变化，故选(C)．(2)【答案】(C)．【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1x =处，故(A)，(B)错误；因为{}n a 单调减少，lim 0n n a →∞=，所以0n a ≥，所以1nn a∞=∑为正项级数，将2x =代入幂级数得1nn a∞=∑，而已知S n =1nkk a=∑无界，故原幂级数在2x =处发散，(D)不正确．当0x =时，交错级数1(1)nn n a ∞=-∑满足莱布尼茨判别法收敛，故0x =时1(1)nn n a ∞=-∑收敛．故正确答案为(C)．(3)【答案】(A)． 【解析】(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 '=, 2(0,0)(0,0)2|()ln ()|(0)ln (0)0,zA 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 ''∂'==⋅==∂∂222(0,0)(0,0)22()()[()][(0)]|()|(0)(0).()(0)z f y f y f y f C f x f f y f y f ''''∂-''''==⋅=-=∂ 又22[(0)]ln (0)0,AC B f f ''-=⋅>故(0)1,(0)0f f ''>>． (4)【答案】(B)． 【解析】因为04x π<<时， 0sin cos 1cot x x x <<<<，又因ln x 是单调递增的函数，所以lnsin lncos lncot x x x <<． 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100110001A B ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭， 即1AP B =，11A BP -=． 由于交换B 的第2行和第3行得单位矩阵，故100001010B E ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭， 即2,P B E =故122B P P -==．因此，121A P P -=，故选(D)．(6)【答案】(D)．【解析】由于(1,0,1,0)T是方程组0Ax =的一个基础解系，所以(1,0,1,0)0TA =，且()413r A =-=，即130αα+=，且0A =．由此可得*||A A A E O ==，即*1234(,,,)A O =αααα，这说明1234,,,αααα是*0A x =的解．由于()3r A =，130αα+=，所以234,,ααα线性无关．又由于()3r A =，所以*()1r A =，因此*0A x =的基础解系中含有413-=个线性无关的解向量．而234,,ααα线性无关，且为*0A x =的解，所以234,,ααα可作为*0A x =的基础解系，故选(D)．(7)【答案】(D)．【解析】选项(D)1122()()()()f x F x f x F x dx +∞-∞⎡⎤+⎣⎦⎰2211()()()()F x dF x F x dF x +∞-∞⎡⎤=+⎣⎦⎰21()()d F x F x +∞-∞⎡⎤=⎣⎦⎰12()()|F x F x +∞-∞=1=．所以1221()()f F x f F x +为概率密度．(8)【答案】(B)．【解析】因为 {},,max ,,,X X Y U X Y Y X Y ≥⎧==⎨<⎩ {},,min ,,Y X Y V X Y X 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．【解析】选取x 为参数，则弧微元sec ds xdx ===所以440sec ln sec tan ln(1s xdx x x ππ==+=+⎰． (10)【答案】sin xy e x -=．【解析】由通解公式得(cos )dx dxx y e e x e dx C --⎰⎰=⋅+⎰(cos )x e xdx C -=+⎰(sin )xe x C -=+．由于(0)0,y =故C =0．所以sin xy e x -=．(11)【答案】4． 【解析】2sin 1()F xyy x xy ∂=⋅∂+， 22222cos sin 2[1()]F y xy xy xy y x xy ∂-⋅=⋅∂+， 故2(0,2)2|4Fx∂=∂． (12)【答案】π．【解析】取22:0,1S x y z x y +-=+≤，取上侧，则由斯托克斯公式得，原式=22SS dydz dzdx dxdy ydydz xdzdx dxdy x y z y xzx∂∂∂=++∂∂∂⎰⎰⎰⎰．因'',1, 1.x y z x y z z =+==由转换投影法得221[(1)(1)1]Sx y ydydz xdzdx dxdy y x dxdy +≤++=⋅-+-+⎰⎰⎰⎰．221(1)x y x y dxdy π+≤=--+=⎰⎰221x y dxdy π+≤==⎰⎰．(13)【答案】1a =．【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1131111a A a ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，由于310ii A λ===∏，故113101111a a a =⇒=．(14)【答案】()22μμσ+．【解析】根据题意，二维随机变量(),X Y 服从()22,;,;0N μμσσ．因为0xy ρ=，所以由二维正态分布的性质知随机变量,X Y 独立，所以2,X Y ．从而有()()()()()()22222E XY E X E Y D Y E Y μμμσ⎡⎤==+=+⎣⎦． 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)【解析】110ln(1)lim[]x e x x x-→+0ln(1)1lim[1].1x x x x e e →+--=2ln(1)limx x xx e→+-=22201()2lim x x x o x x x e→-+-=22201()2lim x x o x x e→-+=12e -=．(16)(本题满分9分) 【解析】[],()z f xy yg x =[][]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∂'''''=++∂∂ []{}21222(),()()[,()][,()]()g x f xy yg x yg x f xy yg x x f xy yg x g x '''''''+⋅+⋅+． 因为()g x 在1x =可导，且为极值,所以(1)0g '=，则21111121|(1,1)(1,1)(1,1)x y d zf f f dxdy =='''''=++． (17)(本题满分10分)【解析】显然0x =为方程一个实根． 当0x ≠时，令(),arctan xf x k x=-()()22arctan 1arctan xx x f x x -+'=． 令()2arctan 1x g x x x R x =-∈+，()()()222222211220111x x x x g x x x x +-⋅'=-=>+++， 即(),0x R g x '∈>． 又因为()00g =，即当0x <时，()0g x <； 当0x >时，()0g x >． 当0x <时，()'0f x <；当0x >时，()'0f x >．所以当0x <时，()f x 单调递减，当0x >时，()f x 单调递增 又由()00lim lim1arctan x x xf 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)【解析】(Ⅰ)设()()1ln 1,0,f x x x n ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦显然()f x 在10,n⎡⎤⎢⎥⎣⎦上满足拉格朗日的条件，()1111110ln 1ln1ln 1,0,1f f n n n n n ξξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-=+=⋅∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以10,n ξ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， 11111111101n n n nξ⋅<⋅<⋅+++，即：111111n n n ξ<⋅<++， 亦即：111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭． 结论得证．（II ）设111111ln ln 23nn k a n n n k==++++-=-∑． 先证数列{}n a 单调递减．()111111111ln 1ln ln ln 1111n n n n k k n a a n n k k n n n n ++==⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=-+--=+=-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦∑∑，利用（I ）的结论可以得到11ln(1)1n n <++，所以11ln 101n n ⎛⎫-+< ⎪+⎝⎭得到1n n a a +<，即数列{}n a 单调递减．再证数列{}n a 有下界．1111ln ln 1ln nnn k k a n n k k ==⎛⎫=->+- ⎪⎝⎭∑∑，()11112341ln 1ln ln ln 1123nnk k k n n k k n ==++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+==⋅⋅=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∏， ()1111ln ln 1ln ln 1ln 0nnn k k a n n n n k k ==⎛⎫=->+->+-> ⎪⎝⎭∑∑．得到数列{}n a 有下界．利用单调递减数列且有下界得到{}n a 收敛．(19)(本题满分11分) 【解析】11''(,)xy I xdx yf x y dy =⎰⎰11'0(,)x xdx ydf x y =⎰⎰()()111'000,|,x x xdx yf x y f x y dy ⎡⎤'=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰()11''0(,1)(,)x x xdx f x f x y dy =-⎰⎰．因为(,1)0f x =，所以'(,1)0x f x =．11'0(,)x I xdx f x y dy =-⎰⎰11'0(,)x dy xf x y dx =-⎰⎰111000(,)|(,)dy xf x y f x y dx ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦⎰⎰1100(1,)(,)dy f y f x y dx ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦⎰⎰Dfdxdy =⎰⎰a =．(20)(本题满分11分)【解析】(I)由于123,,ααα不能由123,,βββ线性表示，对123123(,,,,,)βββααα进行初等行变换：123123113101(,,,,,)12401313115a ⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭βββααα113101011112023014a ⎛⎫ ⎪→- ⎪ ⎪-⎝⎭113101011112005210a ⎛⎫ ⎪→- ⎪ ⎪--⎝⎭． 当5a =时，1231231(,,)2(,,,)3r r ββββββα=≠=，此时，1α不能由123,,βββ线性表示，故123,,ααα不能由123,,βββ线性表示．(II)对123123(,,,,,)αααβββ进行初等行变换：123123101113(,,,,,)013124115135⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭αααβββ101113013124014022⎛⎫ ⎪→ ⎪ ⎪⎝⎭101113013124001102⎛⎫ ⎪→ ⎪ ⎪--⎝⎭1002150104210001102⎛⎫ ⎪→ ⎪ ⎪--⎝⎭， 故112324βααα=+-，2122βαα=+，31235102βααα=+-．(21)(本题满分11分)【解析】(I)由于111100001111A -⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，设()()121,0,1,1,0,1T T αα=-=，则()()1212,,A αααα=-，即1122,A A αααα=-=，而120,0αα≠≠，知A 的特征值为121,1λλ=-=，对应的特征向量分别为()1110k k α≠，()2220k k α≠．由于()2r A =，故0A =，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()3123,,Tx x x α=，则13230,0,T T⎧=⎨=⎩αααα即13130,0x x x x -=⎧⎨+=⎩．解此方程组，得()30,1,0Tα=，故30λ=对应的特征向量为()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：))()3121231231,0,1,1,0,1,0,1,0T T Tαααβββααα==-====． 令()123,,Q βββ=，则110TQ AQ -⎛⎫⎪=Λ= ⎪ ⎪⎝⎭， TA Q Q =Λ0220122001100010022⎛-⎛⎫ ⎪⎪-⎛⎫ ⎪⎪ ⎪= ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭2200122000000022100010⎛-⎛⎫- ⎪ ⎪⎛⎫⎪ ⎪ ⎪==⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭．（22）（本题满分11分）【解析】(I)因为{}221P X Y==，所以{}{}222210≠=-==P 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{}{}{}{}1 0,000,10,13P 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(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==-=-=-=．Z XY=的概率分布为(III)因为XYCov XY E XY E X E Yρ-⋅==，其中()()1111010333E XY E Z ==-⋅+⋅+⋅=，()1111010333E Y =-⋅+⋅+⋅=．所以()()()0-⋅=E XY E X E Y ，即X ，Y 的相关系数0ρ=XY ． （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202()2()x f x μσ--=，x -∞<<+∞．(I) 似然函数22002211()()22222211()(;)](2)ni i i x n nnx i i i L f x eμμσσσσπσ=-----==∑===∏∏；取对数：222021()ln ()ln(2)22ni i x n L μσπσσ=-=--∑； 求导：22022221()ln ()()22()ni i x d L nd μσσσσ=-=-+∑2202211[()]2()nii x μσσ==--∑．令22ln ()0()d L d σσ=，解得22011()n i i x n σμ==-∑． 2σ的最大似然估计量为02211()ni i X n σμ∧==-∑．(II) 方法1：20~(,)μσi X N ，令20~(0,)i i Y X N μσ=-，则2211n i i Y n σ=∧=∑．2212221()()()()[()]n i i i i i E E Y E Y D Y E Y n σσ=∧===+=∑．2222212221111()()()()n i n i i D D Y D Y Y Y D Y n nnσ∧===+++=∑ 442244112{()[()]}(3)σσσ=-=-=i i E Y E Y n n n． 方法2：20~(,)μσi X N ，则~(0,1)i X N μσ-，得到()2201~nii 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 μσσσσσ=∧⎛⎫⎡⎤=-===⋅= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭∑．()()22444022222111112()2n i i D D X D Y D Y n nn n n n μσσσσσ=∧⎛⎫⎡⎤=-===⋅= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭∑．。
2011年考研数学(二)及参考答案
2011年考研数学试题（数学二）一、选择题1. 已知当时，函数A k=1,c=4B k=a, c=-4C k=3,c=4D k=3,c=-42.A B C D03. 函数的驻点个数为A0 B1 C2 D34. 微分方程A BC D5设函数具有二阶连续导数，且，则函数在点（0，0）处取得极小值的一个充分条件A BC D6.设A I<J<KB I<K<JC J<I<KD K<J<I7.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。
记则A=A B C D8设是4阶矩阵，是A的伴随矩阵，若是方程组的一个基础解系，则的基础解系可为A B C D二、填空题9.10. 微分方程11.曲线的弧长s=____________12.设函数 ，则13.设平面区域D由y=x,圆及y轴所组成，则二重积分14.二次型，则f的正惯性指数为________________三、解答题15. 已知函数，设，试求的取值范围。
16. 设函数y=y(x)有参数方程，求y=y(x)的数值和曲线y=y(x)的凹凸区间及拐点。
17. 设，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18. 设函数y(x)具有二阶导数，且曲线l:y=y(x)与直线y=x相切于原点，记是曲线l在点（x,y)外切线的倾角，求y(x)的表达式。
19.证明：1）对任意正整数n，都有2）设,证明收敛。
20.一容器的内侧是由图中曲线绕y旋转一周而成的曲面，该曲面由连接而成。
（1）求容器的容积。
（2）若从容器内将容器的水从容器顶部全部抽出，至少需要多少功？（长度单位：m；重力加速度为；水的密度为）21.已知函数f(x,y)具有二阶连续偏导数，且f(1,y)=0,f(x,1)=0,，其中，计算二重积分。
22.X01P1/32/3Y-101P1/31/31/3求：（1）（X，Y）的分布；（2）Z=XY的分布；（3）23.A为三阶实矩阵，，且（1）求A的特征值与特征向量；（2）求A参考答案选择题：CBCC ABDD填空题：9. 10. 11. 12. 13 14. 解答题：15. 解：16.解：sss17.解：18. 解：19.解：20. 解：21. 解：22. 解：23. 解：。
2011考研数二真题及解析
2011年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、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的，请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上．) (1) 已知当0x →时，()3sin sin3f x x x =-与k cx 是等价无穷小，则( ) (A) 1,4k c ==． (B) 1,4k c ==-． (C) 3,4k c ==． (D) 3,4k c ==-．(2) 已知()f x 在0x =处可导，且()00f =，则()()2332limx x f x f x x→-=( )(A) ()20f '-． (B) ()0f '-． (C) ()0f '． (D) 0． (3) 函数()ln (1)(2)(3)f x x x x =---的驻点个数为( )(A) 0． (B) 1． (C) 2． (D) 3． (4) 微分方程2(0)x x y y e e λλλλ-''-=+>的特解形式为( ) (A) ()x x a e e λλ-+． (B) ()x x ax e e λλ-+． (C) ()x x x ae be λλ-+． (D) 2()x x x ae be λλ-+．(5) 设函数(),()f x g x 均有二阶连续导数，满足(0)0,(0)0,f g ><且(0)(0)0f g ''==，则函数()()z f x g y =在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是( )(A) (0)0,(0)0.f g ''''<> (B) (0)0,(0)0.f g ''''<< (C) (0)0,(0)0.f g ''''>> (D) (0)0,(0)0.f g ''''><(6) 设40ln sin I x dx π=⎰，4ln cot J x dx π=⎰，40ln cos K x dx 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 <<． (7) 设A 为3阶矩阵，将A 的第2列加到第1列得矩阵B ，再交换B 的第2行与第3行得单位矩阵，记1100110001P ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，2100001010P ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，则A =( ) (A) 12PP ． (B) 112P P -． (C) 21P P ． (D) 121P P -．(8) 设1234(,,,)A αααα=是4阶矩阵，*A 为A 的伴随矩阵，若(1,0,1,0)T 是方程组0Ax =的一个基础解系，则*0A x =的基础解系可为( )(A) 13,αα． (B) 12,αα． (C) 123,,ααα． (D) 234,,ααα． 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) 1012lim()2x x x →+= ．(10) 微分方程'cos x y y e x -+=满足条件(0)0y =的解为 ． (11) 曲线0tan (0)4xy tdt x π=≤≤⎰的弧长s = ．(12) 设函数,0,()0,0,0,x e x f x x λλλ-⎧>=>⎨≤⎩则()xf x dx +∞-∞=⎰ ．(13) 设平面区域D 由直线,y x =圆222x y y +=及y 轴围成，则二重积分Dxyd σ=⎰⎰ ．(14) 二次型222123123121323(,,)3222f x x x x x x x x x x x x =+++++，则f 的正惯性指数为 ．三、解答题(15～23小题，共94分．请将解答写在答题纸．．．指定位置上．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)已知函数20ln(1)()xat dt F x x +=⎰，设0lim ()lim ()0,x x F x F x +→+∞→==试求a 的取值范围． (16) (本题满分11分)设函数()y y x =由参数方程3311,3311,33x t t y t t ⎧=++⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩确定，求()y y x =的极值和曲线()y y x =的凹凸区间及拐点．(17) (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211x y zx y==∂∂∂．x(18) (本题满分10分)设函数()y x 具有二阶导数，且曲线:()l y y x =与直线y x =相切于原点，记α为曲线l 在点(,)x y 处切线的倾角，若,d dydx dxα=求()y x 的表达式． (19) (本题满分10分)(I)证明：对任意的正整数n ，都有111ln(11n n n<+<+ 成立． (II)设111ln (1,2,)2n a n n n=+++-=，证明数列{}n a 收敛． (20) (本题满分11分)一容器的内侧是由图中曲线绕y 轴旋转一周而成的曲面，该曲线由2212()2x y y y +=≥与2211(2x y y +=≤连接而成的．(I) 求容器的容积；(II) 若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功？(长度单位：m ，重力加速度为2/gm s ，水的密度为3310/kg m )．图１(21) (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 =，(,)Df x y dxdy a =⎰⎰，其中{}(,)|01,01D x y x y =≤≤≤≤，计算二重积分(,)xyDI xy f x y dxdy ''=⎰⎰．(22) (本题满分11分) 设向量组123(1,0,1),(0,1,1),(1,3,5)TTTααα===，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． (23) (本题满分11分)A 为三阶实对称矩阵，A 的秩为2，即()2r A =，且111100001111A -⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭．(I) 求A 的特征值与特征向量； (II) 求矩阵A ．2011年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案一、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)． 【解析】因为03sin sin 3limk x x x cx →-03sin sin cos 2cos sin 2lim kx x x x x xcx →--=()20sin 3cos 22cos limkx x x x cx →--=2103cos 22cos lim k x x xcx -→--= ()22132cos 12cos limk x x xcx -→---=22110044cos 4sin lim lim k k x x x x cx cx --→→-== 304lim1k x cx -→==．所以4,3c k ==，故答案选(C)． (2)【答案】(B)．【解析】()()2332limx x f x f x x →-()()()()22330220limx x f x x f f x f x →--+=()()()()33000lim 2x f x f f x f x x →⎡⎤--⎢⎥=-⎢⎥⎣⎦()()()0200f f f '''=-=-．故答案选(B)． (3)【答案】(C)．【解析】()ln 1ln 2ln 3f x x x x =-+-+-111'()123f x x x x =++--- 231211(1)(2)(3)x x x x x -+=---令'()0f x =，得1,263x =，故()f x 有两个不同的驻点．(4)【答案】(C)．【解析】微分方程对应的齐次方程的特征方程为220r λ-=，解得特征根12r r λλ==-,． 所以非齐次方程2x y y e λλ''-=有特解1x y x a e λ=⋅⋅,非齐次方程2x y y e λλ-''-=有特解2x y x b e λ-=⋅⋅，故由微分方程解的结构可知非齐次方程2x x y y e e λλλ-''-=+可设特解().x x y x ae be λλ-=+ (5)【答案】(A)． 【解析】由题意有()()z f x g y x ∂'=∂， ()()z f x g y y∂'=∂ 所以，()0,0(0)(0)0zf g x ∂'==∂，()0,0(0)(0)0z f g y ∂'==∂，即()0,0点是可能的极值点． 又因为22()()z f x g y x ∂''=∂，2()()z f x g y x y ∂''=∂∂，22()()zg y f x y ∂''=∂， 所以，2(0,0)2|(0)(0)z A f g x ∂''==⋅∂，2(0,0)|(0)(0)0zB f g x yα''==⋅=∂∂，2(0,0)2|(0)(0)zC f g y∂''==⋅∂，根据题意由()0,0为极小值点，可得20,AC B A C -=⋅>且(0)(0)0A f g ''=⋅>，所以有(0)(0)0.C f g ''=⋅>由题意(0)0,(0)0f g ><，所以(0)0,(0)0f g ''''<>，故选(A)．(6)【答案】(B)． 【解析】因为04x π<<时， 0sin cos 1cot x x x <<<<，又因ln x 是单调递增的函数，所以ln sin ln cos ln cot x x x <<． 故正确答案为(B)．(7)【答案】 (D)．【解析】由于将A 的第2列加到第1列得矩阵B ，故100110001A B ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭， 即1AP B =，11A BP -=．由于交换B 的第2行和第3行得单位矩阵，故100001010B E ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭， 即2,P B E =故122B P P -==．因此，121A P P -=，故选(D)．(8)【答案】(D)．【解析】由于(1,0,1,0)T 是方程组0Ax =的一个基础解系，所以(1,0,1,0)0T A =，且()413r A =-=，即130αα+=，且0A =．由此可得*||A A A E O ==，即*1234(,,,)A O =αααα，这说明1234,,,αααα是*0A x =的解．由于()3r A =，130αα+=，所以234,,ααα线性无关．又由于()3r A =，所以*()1r A =，因此*0A x =的基础解系中含有413-=个线性无关的解向量．而234,,ααα线性无关，且为*0A x =的解，所以234,,ααα可作为*0A x =的基础解系，故选(D)．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)【解析】原式=0121lim (1)2x x xe →+-00212ln 21limlimln 2222x x x x x eee→→-⋅====(10)【答案】sin x y e x -=． 【解析】由通解公式得(cos )dx dxx y e e x e dx C --⎰⎰=⋅+⎰(cos )x e xdx C -=+⎰(sin )x e x C -=+．由于(0)0,y =故C =0．所以sin x y e x -=．(11)【解析】选取x 为参数，则弧微元sec ds xdx ===所以4400sec ln sec tan ln(1s xdx x x ππ==+=+⎰． (12)【答案】1λ．【解析】原式0x x x e dx xde λλλ+∞+∞--==-⎰⎰1lim0x x xx x x xee dx ee λλλλλ+∞-+∞--+∞→+∞=-+=-+-⎰01111limlim x x x x e e e λλλλλ→+∞→+∞⎛⎫=---= ⎪⎝⎭． (13)【答案】712． 【解析】原式2sin 2sin 322044cos sin cos sin d r r rdr r d r dr ππθθππθθθθθθ=⋅=⋅⎰⎰⎰⎰4241sin cos 16sin 4d ππθθθθ=⋅⋅⋅⎰5522444cos sin 4sin sin d d ππππθθθθθ=⋅=⎰⎰66447sin 612ππθ==． (14)【答案】2．【解析】方法1：f 的正惯性指数为所对应矩阵的特征值中正的个数．二次型f 对应矩阵为111131111A ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭．111000131131132111111112E A λλλλλλλλλλλ-----=---=---=------------ ()()321412λλλλλλ--==----， 故1230,1,4λλλ===．因此f 的正惯性指数为2．方法2：f 的正惯性指数为标准形中正的平方项个数．()222123123121323,,3222f x x x x x x x x x x x x =+++++()2222212322332323232x x x x x x x x x x x =++---+++ ()2212322x x x x =+++，令11232233,,,y x x x y x y x =++⎧⎪=⎨⎪=⎩则22122f y y =+，故f 的正惯性指数为2． 三、解答题(15～23小题，共94分．请将解答写在答题纸．．．指定位置上．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) 【解析】如果0a ≤时，220(1)limlim ln(1)xxa ax x ln t dt x t dt x -→+∞→+∞+=⋅+=+∞⎰⎰，显然与已知矛盾，故0a >． 当a >时，又因为22230110000ln(1)ln(1)1limlim lim lim 0xaa a a x x x x t dtx x x x ax ax a++++---→→→→++===⋅=⎰． 所以30a ->即3a <．又因为223201222ln(1)ln(1)210lim lim lim lim (1)(1)1xa a a a x x x x xt dt x x x x ax a a x a a x---→+∞→+∞→+∞→+∞+++====--+⎰ 所以32a -<，即1a >，综合得13a <<．(16) (本题满分11分)【解析】因为221()1dyt dt y x dx t dt-'==+，2222222231()12(1)(1)2141(),(1)1(1)t d t t t t t t y x dx dt t t t dt-+--⋅+''=⋅=⋅=+++ 令()0y x '=得1t =±， 当1t =时，53x =，13y =-，此时0y ''>，所以13y =-为极小值．当1t =-时，1x =-，1y =，此时0y ''<，所以1y =为极大值． 令()0y x ''=得0t =，13x y ==． 当0t <时，13x <，此时0y ''<；当0t >时，13x >，此时0y ''>． 所以曲线的凸区间为13⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，，凹区间为13⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，，拐点为11(,)33． (17) (本题满分9分) 【解析】[],()z f xy yg x =[][]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∂'''''=++∂∂ []{}21222(),()()[,()][,()]()g x f xy yg x yg x f xy yg x x f xy yg x g x '''''''+⋅+⋅+． 因为()g x 在1x =可导，且为极值,所以(1)0g '=，则21111121|(1,1)(1,1)(1,1)x y d zf f f dxdy =='''''=++． (18) (本题满分10分)【解析】由题意可知当0x =时，0y =，'(0)1y =，由导数的几何意义得tan y α'=,即arctan y α'=，由题意()arctan d dy y dx dx '=，即 21y y y'''='+． 令y p '=，y p '''=，则21p p p '=+，3dpdx p p=+⎰⎰，即 21dp p dp dx p p -=+⎰⎰⎰，211ln ||ln(1)2p p x c -+=+，即2211x p ce -=-．当0x =，1p =，代入得2c =，所以'y =则0()(0)t xxy x y -==⎰⎰004t t xx π===⎰．又因为(0)0y =，所以()4x y x π=-． (19) (本题满分10分)【解析】(Ⅰ)设()()1ln 1,0,f x x x n ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦显然()f x 在10,n⎡⎤⎢⎥⎣⎦上满足拉格朗日的条件，()1111110ln 1ln1ln 1,0,1f f n n n n n ξξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-=+=⋅∈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以10,n ξ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， 11111111101n n n nξ⋅<⋅<⋅+++，即：111111n n n ξ<⋅<++， 亦即：111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭． 结论得证．（II ）设111111ln ln 23nn k a n n n k==++++-=-∑． 先证数列{}n a 单调递减．()111111111ln 1ln ln ln 1111n n n n k k n a a n n k k n n n n ++==⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=-+--=+=-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦∑∑，利用（I ）的结论可以得到11ln(1)1n n <++，所以11ln 101n n ⎛⎫-+< ⎪+⎝⎭得到1n n a a +<，即数列{}n a 单调递减．再证数列{}n a 有下界．1111ln ln 1ln nnn k k a n n k k ==⎛⎫=->+- ⎪⎝⎭∑∑，()11112341ln 1ln ln ln 1123nnk k k n n k k n ==++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+==⋅⋅=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∏， ()1111ln ln 1ln ln 1ln 0nnn k k a n n n n k k ==⎛⎫=->+->+-> ⎪⎝⎭∑∑．得到数列{}n a 有下界．利用单调递减数列且有下界得到{}n a 收敛． (20) (本题满分11分)【解析】(I)容器的容积即旋转体体积分为两部分12V V V =+()()1222211221y y dy y dy ππ-=-+-⎰⎰232123y y π⎛⎫=- ⎪⎝⎭+13213y y π-⎛⎫- ⎪⎝⎭=π1534⎛⎫+- ⎪⎝⎭=94π．(II) 所做的功为22(2)(1)(2)(2)dw g y y dy g y y y dy πρπρ=--+--12222112(2)(1)(2)(2)w g y y dy g y y y dy πρπρ-=--+--⎰⎰1232322112(22)44)g y y y dy y y y dy πρ-⎛⎫=--+++-+ ⎪⎝⎭⎰⎰111224322312222221111211122242243243yy y yy g y yπρ----⎛⎫⎪=--++-+ ⎪ ⎪⎝⎭3271033758g g ππ⨯==．(21) (本题满分11分)【解析】因为(,1)0f x =，(1,)0f y =，所以(,1)0x f x '=．110(,)xyI xdx yf x y dy ''=⎰⎰11(,)x xdx ydf x y '=⎰⎰ ()()111000,|,x x xdx yf x y f x y dy ⎡⎤''=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰()1100(,1)(,)x x xdx f x f x y dy ''=-⎰⎰ 1100(,)x xdx f x y dy '=-⎰⎰1100(,)x dy xf x y dx '=-⎰⎰111000(,)|(,)dy xf x y f x y dx ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦⎰⎰ 1100(1,)(,)dy f y f x y dx ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦⎰⎰(,)Df x y dxdy =⎰⎰a =．(22) (本题满分11分)【解析】(I)由于123,,ααα不能由123,,βββ线性表示，对123123(,,,,,)βββααα进行初等行变换：123123113101(,,,,,)12401313115a ⎛⎫⎪= ⎪⎪⎝⎭βββααα113101011112023014a ⎛⎫ ⎪→- ⎪ ⎪-⎝⎭113101011112005210a ⎛⎫ ⎪→- ⎪ ⎪--⎝⎭． 当5a =时，1231231(,,)2(,,,)3r r ββββββα=≠=，此时，1α不能由123,,βββ线性表示，故123,,ααα不能由123,,βββ线性表示．(II)对123123(,,,,,)αααβββ进行初等行变换：123123101113(,,,,,)013124115135⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭αααβββ101113013124014022⎛⎫ ⎪→ ⎪ ⎪⎝⎭101113013124001102⎛⎫ ⎪→ ⎪ ⎪--⎝⎭ 1002150104210001102⎛⎫ ⎪→ ⎪ ⎪--⎝⎭， 故112324βααα=+-，2122βαα=+，31235102βααα=+-． (23) (本题满分11分)【解析】(I)由于111100001111A -⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，设()()121,0,1,1,0,1T T αα=-=，则()()1212,,A αααα=-，即1122,A A αααα=-=，而120,0αα≠≠，知A 的特征值为121,1λλ=-=，对应的特征向量分别为()1110k k α≠，()2220k k α≠．由于()2r A =，故0A =，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()3123,,Tx x x α=，则13230,0,T T⎧=⎨=⎩αααα即13130,0x x x x -=⎧⎨+=⎩． 解此方程组，得()30,1,0Tα=，故30λ=对应的特征向量为()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：))()3121231231,0,1,1,0,1,0,1,0T T Tαααβββααα==-====． 令()123,,Q βββ=，则110TQ AQ -⎛⎫⎪=Λ= ⎪ ⎪⎝⎭， T A Q Q =Λ001001100010022⎛⎫ ⎪⎪-⎛⎫ ⎪⎪ ⎪= ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭02200010000000100010022⎛⎫-⎛⎫ ⎪⎪⎪⎛⎫ ⎪⎪ ⎪== ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭．。
2011湖南师范大学研究生考试教育综合333真题试卷
2011年全国硕士研究生入学统一考试湖南师范大学333教育学基础综合一、名词解释(每小题5分，共30分)1.学习迁移2.元认知3.道尔顿制4.四段教学法5.监生历事制6.六艺二、简答题(每小题10分，共20分)1.简述现代教师的基本是素养。
2.教学过程中应当处理好的基本关系是哪些?三、分析论述题(每题20分，共100分)1.试析奥苏泊尔意义学习及其对课堂讲授教学的启示。
2.试论夸美纽斯在教育史上的地位。
3.简要比较儒墨两家教育思想的异同。
4.有人说，现在的青年是垮掉的一代:有人则说，不!现在的青年一代是生气勃勃、大有希望的一代。
请说说你的看法，并论述当前德育应该坚持什么样的原则。
5.2007年领到毕业证书的比尔盖茨在母校毕业典礼上的讲话中这样说道:“人类最伟大的进步并不来自于这些发现，而是来自于那些有助于减少人类不平等的发现。
不管通过何种手段民主制度、健全的公共教育体系、高质量的医疗保健、还是广泛地经济机会一一减少不平等始终是人类最大的成就。
”请针对以上内容，结合当今社会特点，论述教育所应培养人才的基本要求。
2011年湖南师范大学333教育学基础综合参考答案一、名词解释1、学习迁移:一种学习对另外一种学习的影响。
它广泛地存在于知识、技能、态度和行为规范的学习中。
任何一种学习都要受到学习者已有知识经验、技能、态度等的影响，只要有学习，就有迁移。
迁移是学习的继续和巩固，又是提高和深化学习的条件，学习与迁移不可分割。
2、元认知:美国心理学家佛拉维尔给元认知下了定义:元认知是一个人所具有的关于自已思维活动和学习活动的认知和监控。
其核心是对认知的认知。
元认知实质是描述了人类自我意识在认知、调节上的一种功能，活动对象是认知过程。
所以说它核心意义是对认知的认知。
3、道尔顿制:是由美国教育家帕克赫斯特提出的一种教学组织形式，其目的是废除年级和班级教学，教师和学生采取合约的形式进行学习，学生在教师的指导下，各自主动的在实验室内，根据拟定的学习计划，以不的教材，不同的速度和时间进行学习，用以适应其能力、兴趣和需要，从而发展其个性。
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.。