2012考研数学一真题答案(完整版)

1、.数一参考答案一、选择题12345678ccbdcbad二、填空题9、 ex ；10、；11、 1,1,1；12、3 ；13、2；14、 32124三、解答题(15)证明：令 fxx ln 1xcos x1x2， f ( x) 是偶函数1x2fxln 1x12xsin xx1xx2f00fx112 1x24x2cosx11x1x1 x224cos x14201x221x22fxf00所以即证得： x ln 1xcos x1x21x11x2(16)fx, yx2 y2x2 y2x2 y22222exexe1x0x解：fx, yx2y 2xe2y0y得驻点 p11,0 , p2 1,0;.2fx,

2、 yx2 y2x2y21 x22xe2e2xx22fx, yx2y22e21xyx y2 fx, yxex2y2y21y22根据判断极值的第二充分条件，把 p11,0 ,代入二阶偏导数b=0 ， a0， c0，所以p11,0,为极小值点，极小值为1f1,0e 2把 p21,0代入二阶偏导数b=0 ， a0 ， c0，所以p21,0为极大值点，极大值为1f1,0e 2(17) 解：（）收敛域4n24n32( n 1)1an (x)lim2n 1xlim4n24n 32( n 1) 1x2x2r lim4( n24( n1)32n12n124( n 1)nan 1 (x)n1)n4(n 1)3x2

3、(n1)1令 x21，得1x1，当 x1时，技术发散。所以，收敛域为( 1,1)（）设s( x)4n24n3x2n(2 n 1) 22x2n(2 n1)x2 n2x2 n ( x1)n 02n 1n 02n 1n 02n 1令 s1 ( x)(2 n1)x2n ， s2 ( x)2x2nn 0n 0 2n1xs1(t) dtx1)t 2n dtx2n1x2 ( x1)因为(2n0n0n01x0所以 s1(x) (x2 )1x22 ( x 1)1x(12)x因为 xs2 ( x)21x2 n 1n0 2n所以 xs2 ( x)2x2n2x2n212 ( x1)n 0n 01x;.xxx1 )dt

4、ln 1x ( x 1)所以ts2 (t ) dt212 dt( 1001 t0 1 t 1 t1x即 xs2xln 1x ，故 xs2 (x)ln 1x(x) 01x1x1 x当 x 0时， 2 ( x)x 1 x当 x 0 时， s1(0) 1,s2 (0) 21lns所以， s(x)s1 (x)s2 (x)1x21 ln 1xx( 1,0)(0,1)(1x2 )2x1x3x0(18) 解：曲 线 l 在 任 一 处 (x, y) 的 切 线 斜 率 为 dyfsin t， 过 该 点 ( x, y) 处 的 切 线 为dx(t )y costsin t (xf (t) 。令 y0 得 x

5、f (t )cot tf (t ) 。由于曲线 l 与 x 轴和 y 轴f (t )的交点到切点的距离恒为1.故有 f (t )cot t f (t)f (t) 2cos2 t 1，又因为 f (t )0(0t)2所以 f (t )sin t ，两边同时取不定积分可得f (t)ln secttan t sin t c ，又由于cot tf (0) 0 ，所以 c=0 故函数 f (t)ln secttantsin t此曲线 l 与 x 轴和 y 轴所围成的无边界的区域的面积为：s2 costf (t)dt04(19) 解：补充曲线 l1 沿 y 轴由点 (2,0) 到点 (0,0),d 为曲线

6、 l 和 l1 围城的区域。由格林公式可得原式 =3x2 ydx( x3x2y)dy3x2 ydx(x3x 2 y)dyl l1l1= (3 x213x2 ) d(2 y)dy1d2 ydydl1dl112122y224212 ydy042022(20) 解：;.（ i ）1a001a0a000 1 a 0a=1 0 1 a a ( 1)4 1 1 a 0 1 a4001a00101aa001(ii)对方程组 ax的增广矩阵初等行变换：1a 0 0 11a 0 0 11 a 0 0101 a 0101 a 010 1 a 0100 1 a 000 1 a 00 0 1a0a 0 0 1 00a

7、20 1a0 0 a31a a21a00101a01001a00001a4aa2可知，要使方程组 ax有无穷多解，则有1 a40且 aa20 ，可知 a 111001此时，方程组 ax01101，进一步化为最简形得的增广矩阵变为0110000000100101001011110011可知导出组的基础解系为，非齐次方程的特解为，故其通解01000000101 01 1为 k1 01 0(21) 解：（ 1）由二次型的秩为2，知r(t)2ta a，故 r ( a) r ( a a) 2对矩阵 a 初等变换得10110110110101101101101110a00 a 100a 100a 10a1

8、0a1001 a000;.因 r ( a)2 ，所以 a1202（2）令 bat a022224202202102e b022( 2)22(2) 122(2)(6) 0224024024所以 b 的特征值为10, 22, 36对于对于对于1230 ，解 ( 1 eb) x0 得对应的特征向量为2 ，解 ( 2 eb) x0 得对应的特征向量为6 ，解 ( 3 eb) x0 得对应的特征向量为1 (1,1, 1)t2 (1, 1,0)t3 (1,1,2)t将 1 , 2 , 3 单位化可得1111111 ,1 , 11123120621113260111正交矩阵 q，则 qt aq2326612

9、036因此，作正交变换xqy ，二次型的标准形为 f ( x)xt ( at a) xyt ay 2 y226 y32（22）解：x012p1/21/31/6y012p1/31/31/3xy0124p7/121/301/12;.（） p x2ypx0,y0p x 2,y 11104（） cov( x y,y)cov( x ,y)cov(y,y )4cov( x ,y )exyexey ，其中 ex2 , ex 21,ey1, ey25 ,33dxex 2(ex )214599dyey 2( ey )2512 ， exy2333所以， cov( x ,y)0,cov(y,y)dy2,cov( x203y,y), xy3(23) 解：（1）因为 x : n (u,2 ) ， y : n (u,22 ) ，且 x 与 y 相互独立，故zxy : (0,3 2 )1z2所以 z 的概率密度为f ( z,2 )e 62(z)6（2）最大似然函数为l( 2 )n2 )n1zi2f (zi ;(e 6 2),zi(i1,2,l,n)i 1i 16两边取对数，得n1 ln2ln l( 2 ) ln 62zi2 i 126两边求导得2n212nd ln l(2)126(zi 2)26()2 3n