勤奋的名言-外联部工作计划

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
234
y

x1
< br>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
234
y

(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】
S
n


a

n 1,2

无界，说明幂级数

a

x1
< br>k
n
n

n
的收敛半径
R1
；
k1
n1

a
n

单调减少，
lima
n
n
半径
R1
。
因此，幂级数
0
，说 明级数

a
n

1

收敛，可知幂级数

a
n

x1

的收敛
n1
n1< br>
n

n

a
n

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
z
x

f

(x)lnf(y),z
y


f(x)f

(x)
f

(y)
，
z
xy
f

(y)

f(y)f(y)
2

f(y)f(y)(f(y))
z
xx

f

(x)lnf(y)
，
z
yy

f(x)
f
2
(y)

1

所以
z
xy

x0
y0< br>
f

(0)
f

(0)0
，
z
xx

f(0)
x0
y0
f

(0)lnf(0)
，
z
yy

x0
y0
f

(0)f(0)(f

(0))
2
f(0)f

(0)

f
2
(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)l nf(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< br>对应的被积函数的大小即可。
【解析】
x(0,


4< br>)
时，
0sinx

2
cosxcotx
， 因此
lnsinxlncosxlncotx

2


4
lnsinxdx
0

4
lncosxdx
0

4
lncotxdx
，故选（B）
0
5、【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
AP
1
B
，
P
2
BE
，所以
111
ABPP
2
1
P P
2
P
111
，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


00
A




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：
f
1

x

F
2

x

f
2

x

F
1

x

0
； < br>


f
1

x

F
2

x

f
2

x

F
1

x

dxF
1

x

F
2

x


1
。可知
f
1< br>
x

F
2

x

f
2

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

4
tanxdx
2
0

4
0
4
1secx1dxtanxx
0
2

< br>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
1dx1dx
ye

[e
x
cosxe

dxC]e
x
[cosxd xC]e
x
[sinxC]


由
y(0)0
，得
C0
，故所求解为
ysinxe
11、【答案】
4

【考点分析】本题考查偏导数的计算。
x

2223
Fysinxy
2
F
ycosxy

1xy

2xysinxy

2
F
【解析】。故
,
2
22
2
x1x
2
y
2

2
x
x
1xy

4
。
x0
y2
12、【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

L
y
2
xzdxxdydz
2
sin
2
t
cost(costsint)(sint)costcost(costsi nt)dt

2
0
2

sin
2
tcos tsin
3
t
22
sintcostcostdt
22< br>0




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y
1
4z
1
。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< br>

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
32
E(XY< br>2
)EXEY
2
。
222
由于
(X,Y)服从
N(

,

;

,

; 0)
，可知
EX

,EYDY

EY




，则
22
2
E(XY
2< br>)



2


2



3


2
。
三、解答题
15、【答案】
e

1
2


【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
1
lim
1xx0
2x

ln(1x)

e
x
1
ln(1x)x

e
x
1
lim
< br>lim

1
e

x0x0
xx

e
x
x0
2x(1x)
lim
11
ln(1x)x
1
lim
x0
xe
x
1
e
x0
lim
ln(1x)x
x
2
e

e


1
2
''
16、【答案】
f1,1
(1,1)f
1,2
(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
'
f
1
'
(xy,yg(x))yf'
2
(xy,yg(x))yg(x)

x

2
z
''
f
1,1
(xy,yg(x))xyf
1 ,2
(xy,yg(x))yg(x)f
1
'
(xy,yg(x))xxy
''
f
2,1
(xy,yg(x))xyg
'
(x)f
2,2
(xy,yg(x))yg(x)g
'
(x)f
2
'
(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
'

2
z
''
f
1,1
(1,g(1))f
1,2
(1,g(1))g(1)f
1
'
(1,g(1))
xy
x1,y1
''
f
2,1
(1,g(1))g
'
(1)f
2,2
(1,g(1))g(1)g
'
(1)f
2
'
(1,g(1))g
'
(1)
''
f
1,1
(1,1)f
1,2
(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x
2
1
【解析】：令
f(x)karctanxx
，则
f(0)0
，
f

(x)
，
1x
2
1x
2
（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< br>(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,)< br>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< br>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

1 8、【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1
11
x
'
0,x0
，。由于
g(x)
可知
g(x)< br>在

0,

上
2
1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< br>x
ln(1x),x0
。
x1
x
ln(1x) x,x0
。再令由于，即可得到所需证明的不等式。
x1
11
11< br>ln(1)
可知：数列

a
n

单调递（2）< br>a
n1
a
n
ln(1)
，由不等式
n1 n
n1n
减。

6

又由不等式ln(1)
1
a
n
1
2
11
可知：
nn
111
lnnln(11)ln(1)...ln(1)l nnln(n1)lnn0
。
n2n
因此数列

a
n

是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列
{a
n
}
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

D
xyf
xy

(x ,y)dxdy
转化为累次积分可得
1

xyf

( x,y)dxdy

dy

xyf

(x,y)dx< br>
xy
D
00
xy
1
首先考虑
1

1
0
xyf
xy

(x,y)dx
，注意这是是 把变量
y
看做常数的，故有
1
1
11

xyf< br>
(x,y)dxy

xdf

(x,y)xyf
(x,y)

yf

(x,y)dxyf
(1,y)

yf

(x,y)dx

0
x y
0
yy
0
0
yy
0
y
由
f(1 ,y)f(x,1)0
易知
f
y
(1,y)f
x
(x ,1)0
。
故
''

1
0
xyf
xy

(x,y)dx

yf

(x,y)dx
。
0
y
1

xyf

(x,y)dxdy

dy

xyf

(x,y)dx

dy

yf

(x,y)dx

xy
D
00
xy
00
y
1111
对该积分交换积分次序可得：
< br>1

dy
0
11
0
yf
y
(x,y)dx

dx
0
11
0
yf
y

(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
0
y1
1
1
0
0

yf

(x,y)dy 

ydf(x,y)yf(x,y)

0
y
1
f(x,y)dy
0

1
f(x,y)dy

0
因此

xyf

(x,y)dxdy

dx

yf

(x,y)dy

dx

xy
D
00
y
0
1111
f(x,y)dy< br>0

f(x,y)dxdya

D

7

20、【答案】：①
a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
,< br>
3


1
,

2
,

3



013

124



115

135


1
< br>215


计算可得
C

4210
< br>

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


< br>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】：< br>（1）


0

-

0




0



0


1

1


1

1




8


1

-1


可知：1 ，-1均为

的特征值，

1


0
< br>与

2


0

分别为它们的特征向量 < br>

1




1

< br>r(A)2
，可知0也是

的特征值
而0的特征向量与

1
，

2
正交
< br>设


x
1


x

< br>x

1
x
3
0

0


3

2

为0的特征向量 有

得


x

x

3
k
1


1
x
3
0
3




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


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


0


10


22、【答案】：（1）

X
0 1
Y
-1 0 13
0 13 0
1 0 13

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
PX
2
Y
21
，因此
PX
2
Y
2
0
。
-1
13
0 1
13 13
 

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

13

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
13

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

13

这样，我们就可以写出

X,Y

的联合分布如下：

Y

X

0


1

0

13

0

13

0

1

0

13

1

（2）
ZXY
可能的取值有
1
，
0
，
1

其中
P(Z1)P(X1,Y1)13
，
P(Z 1)P(X1,Y1)13
，
则有
P(Z0)13
。
因此，
ZXY
的分布律为

Z

P
-1
13
0 1
13 13
（3）
EX23
，
EY0
，
EXY0,cov (X,Y)EXYEXEY0

故

XY

cov(X,Y)
0

DXDY

10

23、【答案】：（1）


^
2

i1
n
^^
(X
i


0
)
2
2

4
222（2）
E(

)

,D(

)
n

n
2
【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
^
2
L

x
1
,x
2
,,x
n
,

2
< br>

i1
n


(x
i


0
)
2

11
exp

exp< br>

n
2

2

2

 
2

2

n


i1
nn
(x
i


0
)
2

< br>

2

2


(x
i


0
)
2

2
n
lnLln2

nln


则
2

i1
n
(x
i


0
)
2
nn1
2
 ln2

ln


2

2
22

2

i1
lnLn1



2
2

2


2

2

i1
n
(x
i


0
)
2
< br>2
^
lnL
2
令
0
可得

的最 大似然估计值

2

2


^
n

i1
n
(x
i


0
)
2< br>，最大似然估计量
n


2

i1
(X< br>i


0
)
2

n
（2）由随机变量数字特征的计算公式可得

n
(X
i


0
)
2

1
n
E(

)E

E(X
i


0
)
2
E(X
1


0
)
2
DX
1


2


n


i1
n
i1

nn
2

^

(X

)
11
i0
D(

2
)D
D(X
i


0
)
2
D(X1


0
)
2


2
nn< br>
i1

n
i1

^
2


由于
X
1


0
N

0,

2

，由正态分布的性质可知
2
X
1

0

N

0,1

。因此

X
1


0




^
2
2

X



2< br>
1

，由

2
的性质可知
D
< br>10

2
，因此
D(X
1


0
)
2
2

4
，故



2

4
D(

)
。
n

11