2011考研数学一真题及答案解析
财务审计报告范文-华南师范大学增城学院
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
y(x1)(x2)(x3)(x4)
的拐点是( )
(A)
(1,0)
． (B)
(2,0)
． (C)
(3,0)
． (D)
(4,0)
．
(2) 设
数列
a
n
单调减少，
lima
n
0
，
S
n
n
234
a<
br>k1
n
k
(n1,2,
LL
)
无界，则幂级数
a(x1)
n
n1
n
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f(x)0
，
f
(0)0
，则函数
zf(x)
lnf(y)
在点
(0,0)
处取得极小值的一个充分条件是( )
(A)
f(0)1
，
f
(0)0
．
(B)
f(0)1
，
f
(0)0
．
(C)
f(0)1
，
f
(0)0
．
(D)
f(0)1
，
f
(0)0
．
4
0
0
(4) 设
I
4
0
lnsinxdx
，
J
lncotxdx
，
K
4
lncosxdx
，则
I,J,K的大
小关系是( )
(A)
IJK
．
(B)
IKJ
．
(C)
JIK
．
(D)
KJI
．
(5) 设
A
为3阶矩阵，将
A<
br>的第2列加到第1列得矩阵
B
，再交换
B
的第2行与第3
<
br>100
100
10
，P
2
001
，则
A
(
) 行得单位矩阵，记
P
1
1
001
010
11
(A)
P
1
P
2
． (C)
P
2
P
1
．
1
P
2
．
(B)
P
2
P
1
． (D)
P
(6) 设
A(
1
,
2
,
3
,
4
)
是4阶矩阵，
A
为
A
的伴随矩阵，若
(1,0,1,0)
是方程组
*
TAx0
的一个基础解系，则
A
*
x0
的基础解系可为(
)
(A)
1
,
3
． (B)
1
,
2
． (C)
1
,
2
,
3
．
(D)
2
,
3
,
4
．
(7) 设
F
1
(x)
，
F
2(x)
为两个分布函数，其相应的概率密度
f
1
(x)
，
f
2
(x)
是连续函数，
则必为概率密度的是( )
(A)
f
1
(x)f
2
(x)
．
(B)
2f
2
(x)F
1
(x)
．
(C)
f
1
(x)F
2
(x)
．
(D)
f
1
(x)F
2
(x)f
2
(x)F1
(x)
．
(8) 设随机变量
X
与
Y
相互
独立，且
E(X)
与
E(Y)
存在，记
Umax
X,Y
，
Vmin
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
y
x
0
tantdt(0
x
x
4
)
的弧长
s
．
(10) 微分方程
y
ye
(11) 设函数
F
(x,y)
cosx
满足条件
y(0)0
的解为
y
．
xy
0
2
F
sint
dt
，则
2
x
1t
2
2
．
x0
y2
(12) 设
L
是柱面方程
xy1
与平面
zxy
的交线，从
z
轴正向往
z
轴负向看去<
br>2
y
2
为逆时针方向，则曲线积分
Ñ
L
xzdx
xdy
2
dz
．
(13) 若二次曲面的方程
x3yz2axy2xz2yz4
，经过正交变换化为
222
y
1
2
4z
1
2
4
，则
a
．
(14) 设二维随机变量
X,Y
服从正态分布
N
,
;
2
,
2
;
0
，则
E
XY
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(1x)
e
x
1
)
．
求极限
lim(
x0
x
1
(16)(本题满分9分)
设函数
zf(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
x1<
br>
2
z
处取得极值
g(1)1
，求
xy
(17)(本题满分10分)
．
x1
y1
求
方程
karctanxx0
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
(Ⅱ)设
a
n
1
(19)(本题满分11分)
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
，
111
ln(
1)
成立．
n1nn
11
Llnn(n1,2,L)，证明数列
a
n
收敛．
2n
f(x,y)dxdya
，其中
D
(x,y)|0x1,0
y1
，
D
计算二重积分
I
''
xyf
xy
(x,y)dxdy
．
D
(20)(本题满分11分)
TTTT
设向量组
1<
br>(1,0,1)，
2
(0,1,1)，
3
(1,3,5)
，不能由向量组
1
(1,1,1)
，
2
(1,2,3)
T
，
3
(3,4,a)<
br>T
线性表示．
(I) 求
a
的值；
(II) 将
1
,
2
,
3
由
1
,
2
,
3
线性表示．
(21)(本题满分11分)
11
11
A
为三阶实对称矩阵，
A
的秩为2，即
r
A
2
，且
A
00
00
．
11
11
(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
的概率分布分别为
X
0
1
P
13
23
1
Y
1
0
P
13
13
13
且
PX
2
Y
2
1
．
(I) 求二维随机变量
(X,Y)
的概率分布；
(II)
求
ZXY
的概率分布；
(III)
求
X
与
Y
的相关系数
XY
．
（23）（本题满分 11分）
2
设
X
1
,X
2
,L,X
n
为来自正态总体
N(
0
,
)
的简单随机样本，其中
0
已知，
2
0
未
知．
X
和
S
2
分别表示样本均
值和样本方差．
(I) 求参数
的最大似然估计量
；
(II)
计算
E(
)
和
D(
)
．
2
2
2
2
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)．
1,y
1
0
，
y
2
(x2)
2
,y< br>2
2(x2),y
2
2,
【解析】记
y
1
x1,y
1
3(x3)
2
,y
3
6(x3),
y
3
(x3)
3
,y
3
4(x4)
3
,y
4
12(x4)
2
,
y
4
(x4 )
4
,y
4
y
(x3)P(x)
，其中< br>P(3)0
，
y
x3
0
，在
x 3
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
x1
处，故(A)，(B)错误；因为
a
n
单调减少，
lima
n
0
，所以
a
n
0，所以
n
n
a
n1
n< br>为正项级数，将
x2
代入幂级数得
a
n1
< br>n
，而已知S
n
=
n
a
k1
k
无界，故原幂级数在
x2
处发散，(D)不正确．当
x0
时，交 错级数
时
(1)
n1
a
n
满足莱 布尼茨判别法收敛，故
x0
(1)
n1
n
a
n
收敛．故正确答案为(C)．
(3)【答案】(A)．
【解析】
z
|
(0,0)
f
(x)lnf(y)|
(0,0)< br>f
(0)lnf(0)0
,
x
zf
< br>(y)
|
(0,0)
f(x)|
(0,0)
f
(0)0,
故
f
(0)0
,
yf(y )
2
z
A
2
|
(0,0)
f
(x)lnf(y)|
(0,0)
f
(0)lnf (0)0,
x
2
zf
(y)[f
(0)]
2
B|
(0,0)
f
(x) |
(0,0)
0,
xyf(y)f(0)
2< br>zf
(y)f(y)[f
(y)]
2
[f< br>
(0)]
2
C
2
|
(0,0)
f(x )|
(0,0)
f
(0)f
(0).
2
yf(y)f(0)
又
ACB[f
(0 )]lnf(0)0,
故
f(0)1,f
(0)0
．
(4)【答案】(B)．
【解析】因为
0x
22
4
时，
0sinxcosx1cotx
，
又因
lnx是单调递增的函数，所以
lnsinxlncosxlncotx
．
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
<
br>100
A
110
B
，
001
1
B
ABP
即AP
，．
1
1
由于交换
B
的第2行和第3行得单位矩阵，故
100
001
BE
， <
br>
010
1
1
即
P
2<
br>BE,
故
BP
2
P
2
．因此，
AP
2
P
1
，故选(D)．
(6)【答案】(D)．
【解析
】由于
(1,0,1,0)
是方程组
Ax0
的一个基础解系，所以
A(1,0,1,0)0
，且
*
r(A)413
，即
1
3
0
，且
A0
．由此可得
AA|A|EO
，即
T
T
A
*
(
1
,
2
,
3
,
4
)
O
，这说明
1
,
2
,
3
,
4
是
A
*
x0
的解．
由
于
r(A)3
，
1
3
0
，所以
2
,
3
,
4
线性
无关．又由于
r(A)3
，所以
r(A
*
)1
，因此<
br>A
*
x0
的基础解系中含有
413
个线性无关的解向量
．而
2
,
3
,
4
线
性无关，且为
A
*
x0
的解，所以
2
,
3
,
4
可作为
A
*
x0
的基础解系，故选(D)．
(7)【答案】(D)．
【解析】选项(D)
<
br>
f
1
(x)F
2
(x
)f
2
(x)F
1
(x)
dx
F
2
(x)dF
1
(x)F<
br>1
(x)dF
2
(x)
d
<
br>F
1
(x)F
2
(x)
F
1
(x)F
2
(x)|
1
．
所以<
br>f
1
F
2
(x)f
2
F
1
(x)
为概率密度．
(8)【答案】(B)．
X,XY,
Y,XY,
【解析】因为
Umax
X,Y
Vmin
X,Y
Y,XY
,X,XY．
所以，
UVXY
，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】
ln12
．
【解析】选取
x为参数，则弧微元
ds1
y
dx1ta
nxdxsecxdx
2
2
所以
s<
br>
4
0
4
ln(12)
．
secxdxln
secxtanx
0
x
(10)【答案】
yesinx．
【解析】由通解公式得
dxdx
ye
(
e
x
cosxe
dxC)
e
x
(cosxdxC)
e(sinxC)
．
由于
y(0)0,
故
C
=0．所以
ye
(11)【答案】4．
【解析】
x
x
sinx
．
Fsinxy
y
，
x1(xy)
2
2
Fycosxysinxy2xy
2
y
，
2
x[1(xy)
2
]
2
2
F
|4
．
故
2
(0,2)
x
(12)【答案】
．
【解析】取
S:xyz0,xy1
，取上侧，则由斯托克斯公式得， 22
原式=
S
dydzdzdxdxdy
ydydzxdzdxdxdy
．
xyz
S
xz
'
x
'
y
2
2
因
zxy,z<
br>x
1,z
y
1.
由转换投影法得
ydyd
zxdzdxdxdy
S
[y(1)x(1)1]dxdy．
x
2
y
2
1
x2
y
2
1
(xy1)dxdy
x
2
y
2
1
dxdy
．
(13)【答案】
a1
．
【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<
br>的特征值为0，1，4．二次型所对应的矩阵
1a1
A
a31
，
111
<
br>由于
A
i1
3
1a1
i
0
，故
a310a1
．
111
(14)【答案】
2
2
．
【解析】根据题意，二维随机变量
X,Y
服从
N
,
;
2
,
2
;0．因为
xy
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
．从而有
222
E
XY
2
E
X
E
<
br>Y
2
DYEY
．
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
．．．<
br>文字说明、证明过程或演算步骤．
(15)(本题满分10分)
lim[
l
n(1x)
e
x
1
e
x0
]
【解析】lim[
x0
x
1
ln(1x)1
1].
xx
e1
e
x0
lim
ln(1x)xx
2
e
1
xx
2
o(x
2
)
x
lim
2
x0
x
2
e
1
x
2
o(x
2
)
lim
2
x0
x<
br>2
e
．
1
2
(16)(本题满分9分)
【解析】
zf
xy,yg(x)
zf
1
xy,yg(x)
yf
2<
br>
xy,yg(x)
yg
(x)
x
2
z
(xy,yg(x))x
f
12
(xy,yg(x))g(x)
f
1
xy,yg(x)
y
f
1
1
xy
[xy,yg(x)]xf
22
[
xy,yg(x)]g(x)
．
g
(x)f
2<
br>
xy,yg(x)
yg
(x)
f
12
因为
g(x)
在
x1
可导，且为极值,所
以
g
(1)0
，则
d
2
z
(1,1)f
12
(1,1)
．
|
x1f
1
(1,1)f
11
dxdy
y1
(17)(本题满分10分)
【解析】显然
x0
为方程一个实根．
当<
br>x0
时，令
f
x
x
k,
arctanx
f
x
arctanx
x
1x
2
．
2
arctanx
xR
， 令
g
x
arctanx
x
1x
2
11x
2
x2x2x
2
g
x
0
，
22
2
22
1x
1x
1x
即
xR,g
x
<
br>0
．
又因为
g
0
0
，
即当
x0
时，
g
x
0
；
当
x0
时，
g
x
0
．
当
x0
时，
f'
x
0
；当
x0
时，
f'
x
0
．
所以当
x0
时，
f
x
单调递减，当
x0
时，
f
x
单调递增
又由
limf<
br>
x
lim
x
k1k
，
x0x0
arctanx
x
limf
x
limk
，
xx
arctanx
所以当
1k0
时，由零点定理可知
f
x
在
(,0)
，
(0,)
内各有一
个零点；
当
1k0
时，则
f
x
在
(,0)
，
(0,)
内均无零点．
综上所述，
当
k1
时，原方程有三个根．当
k1
时，原方程有一个根．
(18)(本题满分10分)
【解析】(Ⅰ)设
f
x
ln
1x
,x
0,
n
显然
f(x)
在
0,<
br>
上满足拉格朗日的条件，
n
1
1
11
1
1
1
1
f
f
0
ln
1
ln1ln
1
,
0,
n
n
n
1
n
<
br>n
所以
0,
1
时，
n
1111
11111
，
<
br>，即：
1
n1
n10n
n11
nn
1
n
1
亦即：
结论得证．
1
1
1
ln
1
．
n
1
n
n
n
1111
（II）设
an
1
L
lnn
lnn
．
23n
k1
k
先证数列
a
n
单调递
减．
11
n1
1
n
1
n
1
a
n1
a
n
ln
n1
lnn
ln
ln
1
，
kkn1n1n1
n
<
br>k1
k1
利用（I）的结论可以得到
数列
a
n
单调递减．
再证数列
a
n
有下界．
n
1
1
a
n
lnn
ln
1
lnn
，
k
k1
k
k1
n
1
k1
234n1
ln1lnln
L
ln
n1
，
kk
123n
k1
k1
n
n
1
1
a
n
lnn
ln
1
lnnln
n1
lnn0
．
k
k1
k
k1
n
n
1
11
1
ln
1
0
得到
a
n1
a
n
，即
ln(1)
，所以
n1
n1n
n
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)
【解析】
I
1
0
''
xdx
yf
xy
(x,y)dy
xdx
ydf
x
'
(x,y)
000
111
1
1
xdxyf
x
x,y
|
0
f
x
'
x,y
dy<
br>
00
1
xdxf
x
'
(x,1)
f
x
'
(x,y)d
y
．
00
'
因为
f(x,1)0
，所以
fx
(x,1)0
．
1
1
I
xdx
f
x
'
(x,y)dy
dy
xf
x
'
(x,y)dx
00
00
1111
111
1
dy
xf(x,y)|
0
f(x,y)dx
dyf(
1,y)
f(x,y)dx
0000
1
fdxdy
a
．
D
(20)(本题满分11分)
【解析】(I)由于
1
,
2
,
3
不能由
1
,
2
,
3
线性表示，对
(
1,
2
,
3
,
1
,
2
,
3
)
进行初
等行变换：
113101
(
1
,
2
,
3
,
1
,
2
,
3
)
124013
13a115
3101
113101
11
011112
011112
．
02a3014
00a
5210
当
a5
时，
r(
1
,
2
,
3
)2r(
1
,
2
,
3
,
1)3
，此时，
1
不能由
1
,
2
,
3
线性表示，
故
1
,<
br>
2
,
3
不能由
1
,
2
,
3
线性表示．
(II)对
(
1
,
2
,
3
,
1
,
2
,
3
)
进行初等行变换：
101113
(
1
,
<
br>2
,
3
,
1
,
2<
br>,
3
)
013124
115135
101113
1011
13
013124
013124
014022
0
01102
100215
0104210
，
00
1102
故
1
2
14
2
3
，
2
<
br>
1
2
2
，
3
5
1
10
2
2
3
．
(21)(本题满分11分)
11
11
TT
【解析】(I)由于
A
00
00
，设
1
1,0,
1
,
2
1,0,1
，则
11
11
A
1
,
2
1
,
2
，即
A
1
1
,A
2
2
，而<
br>
1
0,
2
0
，知
A
的特征
值
为
1
1,
2
1
，对应的特征
向量分别为
k
1
1
k
1
0
，
k
2
2
k
2
0
．
由于
r
A
2
，故
A0
，所以
3
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
3
0
对应的特征向量为
3
x
1
,x
2,x
3
，则
T
1
T
3
0,
x
1
x<
br>3
0,
即
T
2
3
0,
x
1
x
3
0
．
解此方程组，得
3
0,1,0
，故
3
0
对应的特征向量为
k
3
3
k
3
0
．
T
(II)
由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化：
1
1
11
TTT
1,0,1
<
br>,
2
2
1,0,1
,
3
3
0,1,0
．
1
2
3
22
1
T
1
令
Q
1
,
2
,
3
，则
QAQ
，
0
AQQ
T
2
2
<
br>
0
2
2
2<
br>2
0
2
2
0
1
1
1
0
0
2
2
2
20
2
0
2
2
0<
br>
2
10
2
2
0
2
2
（22）（本题满分11分）
2
2
0
2
2
0
0
0
2
2
2
2
0
2
0
2
001
2
0
000
．
2
100
10
【解析】(I)因为
PX
2
Y
2
1
，所以
PX
2
Y
2
1PX
2< br>Y
2
0
．
即
P
X0,Y 1
P
X0,Y1
P
X 1,Y0
0
．
利用边缘概率和联合概率的关系得到
< br>
1
P
X0,Y0
P
< br>X0
P
X0,Y1
P
X0,Y1
；
3
1
P
X1,Y1
P
Y1
P
< br>X0,Y1
；
3
1
P
X1,Y1
P
Y1
P
X0,Y1
．
3
即
X,Y
的概率分布为
X
Y
-1
0
13
0
13
0
1
0
13
0
1
(II)
Z
的所有可能取值为
1,0,1
．
1
P
Z1
P
X1,Y1
．
3
1
P
Z1
P
X1,Y1
．
3
1
P
Z0
1P
Z1
P
Z1
．
3
ZXY
的概率分布为
Z
P
-1
13
0
13
1
13
(III)因为
XY
其中
Cov
XY
D(X)D(Y)
E
XY
E
X
E
Y
D(X)D(Y)< br>，
111111
E
XY
E<
br>
Z
1010
，
E
Y
1010
．
333333
所以
E
XY
E
X
E
Y
0
，即
X
，
Y
的相关系数
XY
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)
1
e
(x
0
)
2
2
2
，
2
x
．
(I) 似然函数
nn
1
(x
i
0
)
2
1
n
L(
2
)
f(x
2
2
2
)
n
g
e
2
2
(x
2
i
0
)2
i
;
2
)
[
i1
；
i1i1
2
e](2
n
取对数
：
lnL(
2
)
n
(x
2
i
0
)
2
ln(2
2
)
2
；
i1
2
n
(x
n
求导：
dlnL(
2
)
i
2
d(
2
)
n
2
0
)
1<
br>2
2
2
)
2
<
br>i1
2(
2(
2
)
2
[(x
i
0
)
2
]
．
i1
令
dlnL(
2
)
1
n
d(<
br>
2
)
0
，解得
2
n
(x
i
0
)
2
．
i
1
2
的最大似然估计量为
2
1<
br>
n
(X
2
n
i
0
)
．
i1
(II) 方法1：
22
2<
br>1
n
XX
2
i
~N(
0
,
)
，令
Y
ii
0
~N(0,
<
br>)
，则
n
Y
i
．
i1
E(
2
)E(
1
n
n
Y
2
i
)E(Y
2
i
)D(Y
i
)[E(Y
i
)]
2
2
．
i1
D(
2
)D(
1
nY
2
11
2
n
i
)
n
2
D
(Y
2
1
Y
22
2
L
Y
n
)
n
D(Y
i
)
i1
1
n
{E(Y(Y
22
1
44
2
4
4
i
)[E
i
)]}
n
(3
<
br>
)
n
．
方法2：
X
i
~N(
0
,
2
n
2
)
，则
Xi
0
~N(0,1)
，得到
Y
X
i
0
~
2
n
i1
<
br>，
2
Y
n
X
2
i
0
．
i1
即
1
1
2
1
n
1
E
E
(X
i
0
)
2
E
2
Y<
br>
2
E
Y
<
br>2
n
2
．
nn
n
<
br>n
i1
112
2
1
n
1
D
2D
(X
i
0
)
2<
br>
2
D
2
Y
<
br>2
4
D
Y
2
<
br>4
2n
4
．
nnn
i1
n
n