2011年考研数学试题(数学一)答案解析

1 20112011 年全国硕士研究生入学统一考试年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题数学一试题答案解析答案解析 一 选择题一 选择题 1 1 答案答案 考点分析考点分析 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C 分条件即可 解析解析 由可知分别是 432 4321 xxxxy1 2 3 4 的一 二 三 四重根 故由导数与原函数之间的 234 12340yxxxx 关系可知 1 0 y 2 3 4 0yyy 故 3 0 是一拐点 2 0 y 3 4 0yy 3 0 4 0yy 2 2 答案答案 考点分析考点分析 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C 项级数收敛性的一些结论 综合性较强 解析解析 无界 说明幂级数的收敛半径 n k kn naS 1 2 1 1 1 n n n ax 1R 单调减少 说明级数收敛 可知幂级数的收 n a0lim n n a 1 1 n n n a 1 1 n n n ax 敛半径 1R 因此 幂级数的收敛半径 收敛区间为 又由于时幂级数 1 1 n n n ax 1R 0 20 x 收敛 时幂级数发散 可知收敛域为 2x 0 2 3 3 答案答案 考点分析考点分析 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C 充分条件即可 解析解析 由知 ln yfxfz ln xy f x zfxf yzfy f y xy fx zfy f y ln xx zfxf y 2 2 yy fy f yfy zf x fy 2 所以 0 0 0 0 0 0 xy x y f zf f 0 0 0 ln 0 xx x y zff 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 yy x y fff zff f 要使得函数在点 0 0 处取得极小值 仅需 ln yfxfz 0 ln 0 0ff 0 ln 0 0 0fff 所以有0 0 1 0 ff 4 4 答案答案 考点分析考点分析 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B 对应的被积函数的大小即可 解析解析 时 因此 0 4 x 2 0sincoscot 2 xxx lnsinlncoslncotxxx 故选 B 444 000 lnsinlncoslncotxdxxdxxdx 5 5 答案答案 考点分析考点分析 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D 论即可 解析解析 由初等矩阵与初等变换的关系知 所以 1 APB 2 P BE 故选 D 1111 12121 ABPPPP P 6 6 答案答案 考点分析考点分析 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D 矩阵等方面的知识 有一定的灵活性 解析解析 由的基础解系只有一个知 所以 又由0 xA 3r A 1r A 知 都是的解 且的极大线生无关组就是0A AA E 1234 0 x A0 x A 其基础解系 又 所以线性相关 故或 123413 11 00 0 11 00 A 13 124 为极大无关组 故应选 D 432 7 7 答案答案 考点分析考点分析 本题考查连续型随机变量概率密度的性质 D 3 解析解析 检验概率密度的性质 1221 0fx Fxfx F x 可知 122112 1fx Fxfx F x dxF x Fx 为概率密度 故选 1221 fx Fxfx F x D 8 8 答案答案 考点分析考点分析 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B 变量进行处理 有一定的灵活性 UV 解析解析 由于max min UVX YX YXY 可知 max min E UVEX YX YE XYE X E Y 故应选 B 二 填空题二 填空题 9 9 答案答案 考点分析考点分析 本题考查曲线弧长的计算 直接代公式即可 1 4 解析解析 2 444 22 4 0 000 tansec1tan1 4 sydxxdxxdxxx 1010 答案答案 sin x yxe 考点分析考点分析 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 解析解析 原方程的通解为 11 cos cos sin dxdx xxx yeex edxCexdxCexC 由 得 故所求解为0 0 y0C sin x yxe 1111 答案答案 4 考点分析考点分析 本题考查偏导数的计算 解析解析 故 2223 2 2222 22 cos12sin sin 1 1 yxyx yxyxy FyxyF xx yx x y 2 2 0 2 4 x y F x 1212 答案答案 考点分析考点分析 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 4 解析解析 曲线的参数方程为 其中 从到 因此L cos sin cossin xt yt ztt t02 2 2 2 0 23 2 22 0 2 sin cos cossin sin cos cos cossin 2 sincossin sin coscos 22 L y xzdxxdydz t tttttttt dt ttt tttdt 1313 答案答案 1 考点分析考点分析 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 解析解析 本题等价于将二次型经正交变换后 222 3222f x y zxyzaxyxzyz 化为了 由正交变换的特点可知 该二次型的特征值为 22 11 4fyz 1 4 0 该二次型的矩阵为 可知 因此 11 31 111 a Aa 2 210Aaa 1a 1414 答案答案 32 考点分析考点分析 本题考查二维正态分布的性质 解析解析 由于 由二维正态分布的性质可知随机变量独立 因此0 X Y 22 E XYEX EY 由于服从 可知 则 X Y 22 0 N 2 222 EXEYDYEY 22232 E XY 三 解答题三 解答题 1515 答案答案 1 2 e 考点分析考点分析 本题考查极限的计算 属于形式的极限 计算时先按未定式的计算方1 1 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 解析解析 5 11 11 00 ln 1 ln 1 limlim 1 xx ee xx xxx xx 2 0 00 1 1 1ln 1 ln 1 1 lim limlim 12 x x xx xx xx x xexx eee 0 1 lim 2 1 2 x x xx ee 1616 答案答案 1 11 2 1 1 1 1 ff 考点分析考点分析 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 解析解析 12 z fxy yg xyfxy yg xyg x x 2 1 11 21 2 12 22 z fxy yg x xyfxy yg xyg xfxy yg x x x y fxy yg x xyg xfxy yg xyg x g xfxy yg x g x 由于在处取得极值 可知 g x1x 1 1g 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 fgfggfg xyx y fggfgggfgg ff 1717 答案答案 时 方程只有一个实根1k arctan0kxx 时 方程有两个实根1k arctan0kxx 考点分析考点分析 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 解析解析 令 则 arctanf xkxx 0 0f 2 22 1 1 11 kkx fx xx 1 当时 在单调递减 故此时的图像与轴1k 0fx f x f xx 与只有一个交点 也即方程 只有一个实根 arctan0kxx 6 2 时 在和上都有 所以在和1k 0 0 0fx f x 0 是严格的单调递减 又 故的图像在和与轴均无 0 0 0f f x 0 0 x 交点 3 时 时 在上单1k 11kxk 0fx f x 1 1 kk 调增加 又知 在上只有一个实根 又 0 0f f x 1 1 kk f x 或都有 在或都 1 k 1 k 0fx f x 1 k 1 k 单调减 又 所以 1 0 lim x fkf x 1 0 lim x fkf x 在与轴无交点 在上与轴有一个交点 f x 1 k x 1 k x 综上所述 时 方程只有一个实根1k arctan0kxx 时 方程有两个实根1k arctan0kxx 1818 考点分析考点分析 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 解析解析 1 令 则原不等式可化为 1 x n ln 1 0 1 x xx x x 先证明 ln 1 0 xx x 令 由于 可知在上单调递 ln 1 f xxx 1 10 0 1 fxx x f x 0 增 又由于 因此当时 也即 0 0f 0 x 0 0f xf ln 1 0 xx x 再证明 ln 1 0 1 x x x x 令 由于 可知在 ln 1 1 x g xx x 2 11 0 0 1 1 g xx xx g x 上单调递增 由于 因此当时 也即 0 0 0g 0 x 0 0g xg ln 1 0 1 x x x x 因此 我们证明了 再令由于 即可得到所需证明的不等式 ln 1 0 1 x xx x x 7 2 由不等式可知 数列单调 1 11 ln 1 1 nn aa nn 11 ln 1 1nn n a 递减 又由不等式可知 11 ln 1 nn 1111 1lnln 1 1 ln 1 ln 1 lnln 1 ln0 22 n annnn nn 因此数列是有界的 故由单调有界收敛定理可知 数列收敛 n a n a 1919 答案答案 a 考点分析考点分析 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 解析解析 将二重积分转化为累次积分可得 xy D xyfx y dxdy 11 00 xyxy D xyfx y dxdydyxyfx y dx 首先考虑 注意这是是把变量看做常数的 故有 1 0 xy xyfx y dx y 11111 00000 1 xyyyyyy xyfx y dxyxdfx yxyfx yyfx y dxyfyyfx y dx 由易知 1 1 0fyf x 1 1 0 yx fyfx 故 11 00 xyy xyfx y dxyfx y dx 1111 0000 xyxyy D xyfx y dxdydyxyfx y dxdyyfx y dx 对该积分交换积分次序可得 1111 0000 yy dyyfx y dxdxyfx y dy 再考虑积分 注意这里是把变量看做常数的 故有 1 0 y yfx y dy x 1111 1 0 0000 y yfx y dyydf x yyf x yf x y dyf x y dy 因此 8 1111 0000 xyy DD xyfx y dxdydxyfx y dydxf x y dyf x y dxdya 2020 答案答案 5a 321 201 1024 512 321 考点分析考点分析 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 解析解析 由于不能由表示 321 321 可知 解得05 31 421 311 321 a a 5 a 本题等价于求三阶矩阵使得C 123123 C 可知 1 1 123123 101113 013124 115135 C 计算可得 215 4210 102 C 因此 321 201 1024 512 321 2121 答案答案 1 的特征值分别为 1 1 0 对应的特征向量分别为 A 1 0 1 1 0 1 0 1 0 2 001 000 100 A 考点分析考点分析 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 9 解析解析 1 1 0 1 1 0 1 A 1 0 1 1 0 1 A 可知 1 1 均为的特征值 与分别为它们的特征向量A 1 0 1 1 1 0 1 2 可知 0 也是的特征值2 ArA 而 0 的特征向量与 正交 1 2 设为 0 的特征向量 有 得 3 2 1 3 x x x 0 0 31 31 xx xx 0 1 0 3 k 的特征值分别为 1 1 0A 对应的特征向量分别为 1 0 1 1 0 1 0 1 0 2 1 A 其中 0 1 1 011 100 011 故 1 1101110 0011001 1100110 A 011 2 1 0 2 1 2 1 0 2 1 0 1 1 011 100 011 001 000 100 2222 答案答案 1 10 X Y 0 1 101 3 01 30 101 3 2 Z 1 0 1 P 1 3 1 3 1 3 3 0 XY 考点分析考点分析 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 解析解析 1 由于 因此 22 1P XY 22 0P XY 故 因此 0 10P XY 1 11 10 111 3P XYP XYP XYP Y 再由可知 1 00P XY 0 01 00 001 3P XYP XYP XYP Y 同样 由可知 0 10P XY 0 11 10 111 3P XYP XYP XYP Y 这样 我们就可以写出的联合分布如下 X Y Y X1 01 001 30 11 301 3 2 可能的取值有 ZXY 1 01 其中 1 1 1 1 3P ZP XY 1 1 1 1 3P ZP XY 则有 0 1 3P Z 因此 的分布律为ZXY