2011考研数学一真题及答案

2011 考研数学一真题及答案 一、选择题 1、 曲线 2 3 y  x  1 x  2   x  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 2 y  x  1  x  2  关系可知 y(1) 0 y(2) 0 ， 2、 设 数 列   a  x  1 n 3 y  x  1 x  2   x  3  x  4  2 3  x  3  x  4  ， 4 可知 1, 2,3, 4 分别是 0 的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的 y(2)  y(3)  y(4) 0 y(3)  y (4) 0 ， y(3) 0, y(4) 0 an  an  单 调 减 少 ， lim n  n 4 的收敛域为（ ，故（3，0）是一拐点。 n 0 ， S n  a k  n 1,2 无 界 ， 则 幂 级 数 k 1 ） （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】 n  k 1 n 1 n S n  a k  n 1,2 无界，说明幂级数  an  x  1 的收敛半径 R 1 ； an  a n  单调减少， lim n  敛半径 R 1 。   n 1 n 1 0 ，说明级数  an   1 n 收敛，可知幂级数  an  x  1 n 的收 因此，幂级数   a  x  1 n n 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 收敛， x 2 3、 设 函数 时幂级数发散。可知收敛域为 0, 2 。   f (x) 具有二阶连续导数，且 f ( x)  0 ， f (0) 0 ，则函数 z  f ( x) ln f ( y ) 在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（ ） （A） (C) f (0)  1，f (0)  0 (B) (D) f (0)  1，f (0)  0 f (0)  1，f (0)  0 f (0)  1，f (0)  0 【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 z xy  析 】 由 z  f ( x) ln f ( y ) 所以 z xy x 0 y 0 x 0 y 0   f (0) 要使得函数 f ( y) f ( y)  ( f ( y )) 2 f 2 ( y) f (0) f (0) 0 ， z xx f (0) x 0 y 0  f (0) ln f (0) ， f (0) f (0)  ( f (0)) 2  f (0) f 2 (0) z  f ( x) ln f ( y ) f (0) ln f (0)  0 所以有 z x  f ( x) ln f ( y ), z y  f ( x) f ( y ) f ( y) ， z xx  f ( x ) ln f ( y ) z yy  f ( x) z yy 知 ， 在点(0,0)处取得极小值，仅需 f (0) ln f (0) f (0)  0 f (0)  1，f (0)  0 f ( x) f ( y ) ， f ( y) 4、设 I   4 0   0 0  ln sin xdx, J 4 ln cot xdx, K 4 ln cos xdx ，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 【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对应的被积函 数的大小即可。 【解析】  时， ，因此 2 x  (0, ) ln sin x  ln cos x  ln cot x 0  sin x   cos x  cot x 4 2  4  4  4  ln sin xdx   ln cos xdx   ln cot xdx 0 0 ，故选（B） 0 5. 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  1 0 0  1 0 0   单位矩阵.记 P  1 1 0 , P  0 0 1  ,则 A ( ) 1   2    0 0 1   0 1 0  （A） P1 P2 （B） P1 1 P2 （C） P2 P1 （D） P2 1 P1 【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 A BP1 1 P2  1 P1 1 P2 P1 1 6、设 x 0 (A) AP1 B ， P2 B E ， 所 以 ，故选（D）  1 , 2 ,  3 , 4  是 4 阶 矩 阵 ，  为  的 伴 随 矩 阵 ， 若 1,0,1,0  是 方 程 组 的一个基础解系，则 1， 3 (B) 1， 2  x 0 (C) 基础解系可为（ ） 1， 2， 3 (D)  2， 3， 4 【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 A A  A E 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      0 0 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 为极大无关组，故应选（D）  2， 3， 4 7、设 F x , F x 为两个分布函数，其相应的概率密度 f x , f x 是连续函数，则必 1  2  1  2  为概率密度的是( ) （A） f x f x 1  2   （B） 2 f （C） f x F x 1  2  （D） f x F x  f x F x 1  2  2  1  2  x  F1  x  【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。 【解析】检验概率密度的性质： f x F x  f x F x 0 ； 1  2  2   1    f  x  F  x   f  x  F  x  dx F  x  F  x   1 2 2 1 1 2   1 。可知 f1  x  F2  x   f 2  x  F1  x  为概率密度，故选（ D ）。 8、设随机变量 则  与  相互独立，且  与  存在，记 , U max x, y V min x, y （ ）  (UV )  (A) UV (B)  (C) U (D) V 【答案】 a   1 【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  n n n1 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、曲线 x   y   tan tdt  0  x   的弧长 s = 0 4  【答案】 1  【解析】  【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。 4  4 ' 2  y  s dx  0 10、微分方程 【答案】  4  2 tan xdx  0 y   y e  x cos x  4  0 满足条件  sec 2 x  1dx tan x  x 04 1  y ( 0 ) 0  4 的解为 y  y sin xe  x 【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  1dx 1dx y e  [ e  x cos x e  dx  C ] e  x [ cos xdx  C ] e  x [sin x  C ]   由 y (0) 0 ，得 C 0 ，故所求解为 y sin xe  x 2 F sin t 11、设函数 F  x, y   0 1  t 2 dt ，则 x 2 xy x 0 y 2  【答案】 4 【考点分析】本题考查偏导数的计算。 2 2 2 3 2 F F y sin xy 2 F y cos xy  1  x y   2 xy sin xy  ,  【解析】 。故 2 x 2 x 1  x 2 y 2 2 x  1  x2 y 2  12、设 L 是柱面方程 x 2  y 2 1 时针方向，则曲线积分  4 。 y 2 与平面 z  x  y 的交线，从 轴正向往 轴负向看去为逆 z z xzdx  xdy  L x 0 y2 dz  2