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1、郝海龙：考研数学复习大全配套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 1 页 2011 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 数学试题详解及评分参考数学试题详解及评分参考 数数 学（一）学（一）一选择题：一选择题：1-8 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 32 分分.下列每题给出的四个选项中，只有一下列每题给出的四个选项中，只有一 个是符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定的位置上个是符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定的位置上.(1)曲线234(1)(2)(3)(4)yxxxx=的拐点是 (A)(1,0)(B)(2,0)(C

2、)(3,0)(D)(4,0)【答】应选(C).【解】显然1,2,3,4x=分别是()y x的一、二、三、四重根，因此有(2)0,y(3)0,y=(4)0,(3)0,(4)0yyy=，由此可见，点(2,0)不是拐点，点(3,0)是拐点.故选(C).注：注：上述解法虽然无法直接排除选项(A)和(D)，但作为单选题，排除选项(B)，并选择(C)的理由却是十分充分的.(2)设数列na单调减少，lim0nna=，1(1,2,)nnkkSa n=?无界，则幂级数1(1)nnnax=的收敛域为 (A)(1,1(B)1,1)(C)0,2)(D)0,2(【答】应选(C).【解】因1(1)nnnax=的收敛区间必

3、定是以1x=为中心的区间，所以应排除(A)和(B)；由于na单调递减，且lim0nxa=，故由莱布尼茨判敛法，知1(1)nnna=收敛，即幂级数1(1)nnnax=在0 x=处收敛，又由1nnkkSa=无界，知幂函数1(1)nnnax=在2x=处发散，因此1(1)nnnax=的收敛半径必为1R=，收敛域必为0,2)，故选(C).(3)设函数()f x具有二阶连续导数，且()0,(0)0f xf=，则函数()ln()z f xf y=在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是 (A)(0)1,(0)0ff (B)(0)1,(0)0ff (C)(0)1,(0)0ff (D)(0)1,(0)0ff，

4、()00f 时，有22(0)ln(0)0BACff=.因而()ln()zf xf y=在点0,0（）处取得极小值.故应选(A).(4)设40lnsinIxdx=,40lncotJxdx=,40lncosKxdx=,则,I J K的大小关系为(A)IJK(B)IKJ(C)JIK(D)KJI 【答】应选(B).【解】因04x时，有0sincosxx，于是()()ln sinln cosxx，从而 4400ln(sin)ln(cos)x dxx dx，即IK，而40ln(sin)0Kx dx=.因此JKI，故选(B).(5)设A为3阶矩阵，将A的第2列加到第1列得矩阵B，再交换B的第2行与第3行得单

5、位矩阵.记1100110001P=，2100001010P=，则A=(A)12PP (B)112P P (C)21P P (D)121P P【答】应选(D).【解】易见12,P P正是与题中所给初等变换相对应的初等矩阵，故由初等矩阵的性质，有1BAP=，2EP B=，从而21EP AP=，即1121AP P=.又122PP=，111PP，所以 121AP P=，但21AP P，故选(D).(6)设1234(,)A =是4阶矩阵，*A为A的伴随矩阵.若(1,0,1,0)T是方程组0Ax=的一个基础解系，则*0A x=的基础解系可为 (A)13,(B)12,(C)123,(D)234,【答】应选(

6、D).郝海龙：考研数学复习大全配套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 3 页【解】因方程组0Ax=的基础解系只包含1个解向量()1,0,1,0T，所以()4 13r A=，于是有*()1r A=，从而方程组*0A x=的基础解系包含*4()4 13r A=个解向量，由此可排除(A)和(B)；又因()1,0,1,0T是0Ax=的解，所以()1234(,)1,0,1,00T =，即130+=，因此13,线性相关，从而123,线性相关，故排除(C)；对于选项(D)，由()3r A=，知=0A，于是根据*A AA E=，有*0A A=，因此A的列向量1234,都是方程组*0A x

7、=的解.再由()3r A=，知向量组1234,中存在三个向量线性无关，而根据前述已知13,线性相关，故234,必定线性无关，于是234,可以成为*0A x=的基础解系，故选(D).(7)设1()F x与2()F x为两个分布函数，其相应的概率密度1()f x与2()fx是连续函数，则必为概率密度的是 (A)12()()f x fx(B)212()()fx F x (C)12()()f x F x(D)1221()()()()f x F xfx F x+【答】应选(D).【解】由题意，有1()1F+=，1()0F =，2()1F+=，2()0F =，且11()()F xf x=，22()()F

8、xfx=.由此不难验证，只有选项(D)满足密度函数的性质+-()1f x dx=，而其他选项并不满足.事实上，对于选项(D)，有+12211221-()()()()()()()()()f x dxf x F xfx F x dxF x F xF x F x dx+=+=+12121212()()=()()=()()()()1F x F xdx F x F xFFFF+=+=，故选(D).(8)设随机变量X与Y相互独立，且EX与EY存在，记max,UX Y=，min,VX Y=，则()E UV=(A)EU EV (B)EX EY (C)EU EY (D)EX EV 【答】应选(B).【解】由ma

9、x,UX Y=，min,VX Y=，易见UVXY=，又X与Y相互独立，因此()()E UVE XYEX EY=，故选(B).二、填空题：二、填空题：914 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分分.请将答案写在答题纸请将答案写在答题纸指定位置上指定位置上.(9)曲线0tan(0)4xytdtx=的弧长s=.【答】应填 ln(12)+.郝海龙：考研数学复习大全配套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 4 页【解】()2244400011tansecsydxxdxxdx=+=+=/40=ln(sectan)ln(21)xx+=+.(10)微分方程cosxyyex+

10、=满足条件(0)0y=的解为y=.【答】应填 sinxex.【解】根据一阶线性非齐次微分方程的通解公式，得()(cos)=(cos)=(sin)dxdxxxxy xeCex edxeCxdxeCx=+由(0)0y=，得0C=，故sinxyex=.(11)设函数20sin(,)1xytF x ydtt=+，则2022xyFx=.【答】应填 4.【解】因()22sin1xyFyxx y=+，故()()()()22222222cos12sin1yxyx yxyxyFyxx y+=+，于是20224xyFx=.(12)设L是柱面221xy+=与平面zxy=+的交线，从z轴正向往z轴负向看去为逆时针 方

11、向，则曲线积分22yLxzdxxdydz+=?.【答】应填.【解】将L的方程化为参数式cos,sin,cossin,xtytztt=+()02t，则 原式2201=cos(cossin)(sin)coscossin(sincos)2tttttttttdt+222001cos2=cos2ttdtdt+=.(13)设二次曲面方程22232224xyzaxyxzyz+=经正交变换化为221144yz+=，则a=.【答】应填 1.【解】显然22232224xyzaxyxzyz+=与221144yz+=的左端都是二次型，且由题意知，22114yz+是2223222xyzaxyxzyz+经过正交变换化成的

12、标准型，所以两二次型的矩阵相似，因此其秩都是 2，从而有 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 5 页()2110=311.111aaa=由此可解得1a=.(14)设二维随机变量(,)X Y服从正态分布22(,;,;0)N ，则2()E XY=.【答】应填 23+.【解】因(,)X Y服从正态分布22(,;,;0)N ，故2(,)XN，2(,)XN，且X与Y相互独立，因此EXEY=，2222()()E YDYEY=+=+，从而 222223()()()E XYEX E Y=+=+三、解答题（三、解答题（15 23 小题，共小题，共 94 分分.）

13、(15)（本题满分（本题满分 10 分）分）求极限110ln(1)lim()xexxx+.解：解：记11ln(1)()xexyx+=.当0 x 时，lnln(1)lnln1xxxye+=，00011lnln(1)ln(1)ln(1)lim lnlimlim11xxxxxxxxxye+=4 分 0(1)ln(1)lim(1)ln(1)xxxxxxx+=+20(1)ln(1)limxxxxx+=01 ln(1)11lim22xxx+=.9 分 当0 x 时，ln ln(1)ln()ln1xxxye+=，00ln ln(1)ln()1limlnlim12xxxxxye+=.综上可知，110ln(1)

14、1lim()xexxxe+=.10 分(16)（本题满分（本题满分 9 分）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1x=处取得极值(1)1g=，求211|xyzx y=.解：解：由题意(1)0g=2 分 因 12()zyfyg x fx=+，4 分 21111222122()()()()zfy xfg x fg x fyg x xfg x fx y=+，8 分 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 6 页 所以 211xyzx y=11112(1,1)(1,1)(1,1)fff=+.9 分

15、(17)（本题满分（本题满分 10 分）分）求方程arctan0kxx=不同实根的个数，其中k为参数.解：解：令()arctanf xkxx=，则()f x是(,)+上的奇函数，且221(0)0,()1kxffxx=+.3 分 当10k 即1k 时，()0(0)fxx即1k 时，在(0,1)k 内，()0fx，()f x单调增加；在(1,)k+内，()0fx.又arctanlim()lim(1)xxkxf xxx+=，所以存在(1,)k+，使得()0f=.由()f x是奇函数及其单调性可知：当1k 时，方程()0f x=有且仅有三个不同实根,0,xxx=.10 分(18)（本题满分（本题满分

16、10 分）分）（I）证明：对任意的正整数n，都有111ln(1)1nnn+成立.（II）设111ln(1,2,)2nan nn=+=?，证明数列na收敛.解：解：（I）根据拉格朗日中值定理，存在(,1)n n+，使得 11ln(1)ln(1)lnnnn+=+=，所以1111ln(1)1nnn+=+.4 分（II）当1n 时，由（I）知111ln(1)01nnaann+=+?ln(1)ln0nn=+，所以数列na单调下降且有下界，故na收敛.10 分(19)（本题满分（本题满分 11 分）分）已知函数(,)f x y具有二阶连续偏导数，且(1,)0fy=，(,1)0f x=，(,)Df x y

17、dxdya=，其中(,)|01,01Dx yxy=，计算二重积分(,)xyDIxyfx y dxdy=.郝海龙：考研数学复习大全配套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 7 页 解：解：因为(1,)0fy=，(,1)0f x=，所以(1,)0yfy=，(,1)0 xfx=.2 分 从而1100I(,)xyxdxyfx y dy=4 分 111000(,)|(,)yxyxx yfx yfx y dy dx=1100(,)xdyxfx y dx=7 分 111000(,)(,)xxx f x yf x y dx dy=1100(,)dyf x y dxa=.11 分(20)（本

18、题满分（本题满分 11 分）分）设向量组1(1,0,1)Ta=，2(0,1,1)Ta=，3(1,3,5)Ta=不能由向量组T1(1,1,1=），T2(1,2,3=），T3(3,4,a=）线性表示.（I）求a的值；（II）将123,用123,线性表示.解：（解：（I）4 个 3 维向量123,i 线性相关(1,2,3)i=，若123,线性无关，则i 可由123,线性表示(1,2,3)i=，与题设矛盾.于是123,线性相关.3 分从而 123113|,|1245013aa=，于是5a=此时，1不能由向量组123,线性表示.5 分（II）令 123123(,|,)=A.对A施以初等行变换 10111

19、31002150131240104210115135001102=A，从而 112324=+，2122=+，31235102=+.11 分(21)（本题满分（本题满分 11 分）分）设A为 3 阶实对称矩阵，A的秩为 2，且111 100001 111A=.（I）求A的所有特征值与特征向量；（II）求矩阵A.解：解：（I）由于A的秩为 2，故 0 是A的一个特征值.由题设可得110011A=，110011A =，郝海龙：考研数学复习大全配套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 8 页 所以，1是A的一个特征值，且属于1的特征向量为1(1,0,1)Tk，1k为任意非零常数；1

20、 也是A的一个特征值,且属于 1 的特征向量为2(1,0,1)Tk.2k为任意非零常数；4 分 设123(,)Tx x x是A的属于 0 的特征向量，由于A为实对称矩阵，则 123(1,0,1)0 xxx=，123(1,0,1)0 xxx=，即131300 xxxx=+=.于是属于 0 的特征向量为3(0,1,0)Tk，3k为任意非零常数；6 分（II）令 110001110P=，则 1100010000P AP=，8 分 1100010000APP=1122112211010000010010100000110000010100=.11 分(22)（本题满分（本题满分 11 分）分）设随机变

21、量X与Y的概率分布分别为 X 0 1 Y-1 0 1 P 1/3 2/3 P 1/3 1/3 1/3 且221P XY=.（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.解：（解：（I）由221P XY=，得220P XY=，所以 0,10,11,00P XYP XYP XY=.故(,)X Y的概率分布为 X Y-1 0 1 0 0 1/3 0 1 1/3 0 1/3 4 分（II）ZXY=的可能取值为1,0,1.由(,)X Y的概率分布可得Z的概率分布为 7 分 Z 1 0 1 P 1/3 1/3 1/3 郝海龙：考研数学复习大全配

22、套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 9 页（III）由X，Y及Z的概率分布得222,0,()0393EXDXEYDYEZE XY=，所以(,)0,Cov X Y=0XY=.11 分(23)（本题满分（本题满分 11 分）分）设12,nXXX?为来自正态总体20(,)N 的简单随机样本，其中0已知，20未知.X和2S分别表示样本均值和样本方差.（I）求参数2的最大似然估计?2；（II）计算?2E 和?2D.解：解：（I）设12,nx xx?为样本观测值，则似然函数20211()2222()(2).niinxLe=，2220211ln()ln(2)()22niinLx=，令

23、 2ln0()dLd=，得 202411()022niinx=+=，从而得2的最大似然估计?22011()niiXn=.6 分（II）解法）解法 1 由于?2202122()()niiXnn=，8 分 所以?222Enn=，?442222Dnnn=.11 分 解法解法 2?222011()niiEE Xn=，8 分?4422221001021112()()()niiXDD XD XDnnnn=.11 分 数数 学（二）学（二）一选择题：一选择题：1-8 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 32 分分.下列每题给出的四个选项中，只有一下列每题给出的四个选项中，只有一 个是符合题目要求的，

24、请将所选项前的字母填在答题纸指定的位置上个是符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定的位置上.(1)已知当0 x 时，函数()3sinsin3f xxx=与kcx是等价无穷小，则 (A)1,4kc=(B)1,4kc=(C)3,4kc=(D)3,4kc=【答】应选(C).【解法一】根据题意及洛必达法则，有 郝海龙：考研数学复习大全配套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 10 页 120000()3sinsin33cos3cos33sin9sin31=limlimlim=lim(1)kkkkxxxxf xxxxxxxcxcxckxck kx+=303cos+27cos

25、3=lim(1)(2)kxxxck kkx30241=lim(1)(2)kxck kkx，由此可见3k=，且241(1)(2)ck kk=，从而4c=，故选(C).【解法二】由泰勒公式，当0 x 时，33sin()6xxxo x=+，339sin33()2xxxo x=+从而333()3sinsin34()4f xxxxo xx=+，于是4c=，3k=.故选(C).(2)设函数()f x在0 x=处可导，且(0)0f=，则2330()2()limxx f xf xx=(A)2(0)f (B)(0)f (C)(0)f (D)0 【答】应选(B).【解】因(0)0f=，故00()(0)()(0)l

26、imlimhhf hff hfhh=，于是 23333000()2()()()limlim2lim(0)2(0)(0)xxxx f xf xf xf xfffxxx=.故选(B).(3)函数()ln|(1)(2)(3)|f xxxx=的驻点个数为 (A)0(B)1(C)2(D)3 【答】应选(C).【解】由()ln|1|ln|2|ln|3|f xxxx=+，知()211131211123(1)(2)(3)xxfxxxxxxx+=+=，令()0fx=，有2312110 xx+=，由于其判别式()2=124 3 110 ，所以()0fx=有两个实根，即()f x有两个驻点，故选(C).(4)微分方

27、程2(0)xxyyee=+的特解形式为 (A)()xxa ee+(B)()xxax ee+(C)()xxx aebe+(D)2()xxxaebe+【答】应选(C).【解】原方程对应的齐次方程的特征方程为220r=，其根为1,2r=，所以 2xyye=的特解形式为*1xyaxe=，2xyye=的特解形式为*2xybxe=，根据叠加原理知，原方程的特解形式为()*12xxyyyx aebe=+=+.故选(C).郝海龙：考研数学复习大全配套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 11 页(5)【同数学一（3）题】(6)【同数学一（4）题】(7)【同数学一（5）题】(8)【同数学一（

28、6）题】二、填空题：二、填空题：914 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分分.请将答案写在答题纸请将答案写在答题纸指定位置上指定位置上.(9)1012lim()2xxx+=.【答】应填 2.【解】令112()2xxy+=，有1121lnlnln(12)ln22xxyxx+=+，从而 000ln(12)ln22 ln2limlnlimlimln212xxxxxxyx+=+，于是1ln2012lim()22xxxe+=.(10)【同数学一（10）题】(11)【同数学一（9）题 】(12)设函数,0,()00,0,xexf xx=，则()xf x dx+=.【答】应填 1.【解】0

29、00011()xxxxxf x dxxedxxeedxe+=+=.(13)设平面区域D由直线yx=，圆222xyy+=及y轴所围成，则二重积分Dxyd=.【答】应填 712.【解】442sin3220442 sincossincos sin4Dxyddrdrd=24662227=sin1()33212=.(14)二次型222123123121323(,)3222f x xxxxxx xx xx x=+，则f的正惯性指数为 .【答】应填 2.【解法一】因222221123232323232()()()+32fxx xxxxxxxxx x=+221232=()2xxxx+郝海龙：考研数学复习大全配

30、套光盘2011 年数学试题详解及评分参考 2011 年 第 12 页 故二次型的标准型为22122fyy=+，可见其正惯性指数2p=.【解法一】易见二次型f的矩阵为111=131111A，令=0EA，得A的特征值 123=0=1=4，故二次型的标准型为22234fyy=+，可见其正惯指数2p=.三、解答题（三、解答题（15 23 小题，共小题，共 94 分。）分。）(15)（本题满分（本题满分 10 分）分）已知函数20ln(1)()xtdtF xx+=.设0lim()lim()0 xxF xF x+=，试求的取值范围.解：解：因为2201ln(1)ln(1)lim()limlimxxxxtd

31、txF xxx+=22112211limlim(1)(1)xxxxxx +=，由题意lim()0 xF x+=，得1.5 分 又因为2201000ln(1)ln(1)lim()limlimxxxxtdtxF xxx+=231001limlimxxxxx+=，由题意 0lim()0 xF x+=，得3.综上所述，13的泊松分布，12,(2)nXXXn?为来自该总体的简 单随机样本.则对于统计量111niiTXn=和121111niniTXXnn=+，有 (A)1212,ETET DTDT(B)1212,ETET DTDT(C)1212,ETET DTDT(D)1212,ETET DTDT=，且2

32、1211DTDTnnnn=+=，故选(D).二、填空题：二、填空题：914 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分分.请将答案写在答题纸请将答案写在答题纸指定位置上指定位置上.(9)设0()lim(1 3)xttf xxt=+，则()fx=.【答】应填()31+3xx e.【解】因133300()lim(1 3)lim(1 3)xxxttttf xxtxtxe=+=+=，故()()33331 3xxxfxexex e=+=+(10)设函数(1)xyxzy=+，则(1,1)|dz=.【答】应填(1+2ln2)()dxdy 【解】两边取对数，得lnln(1)xxzyy=+，再两边对x

33、和y分别求导，得 11ln(1)zxxz xyyxy=+，21ln(1)zxxxz yyyxy=+，于是有 (1,1)2ln2 1zx=+，(1,1)(2ln2 1)zy=+，(1,1)|(1+2ln2)()dzdxdy=.(11)曲线tan()4yxye+=在点(0,0)处的切线方程为.【答】应填 2yx=.【解】曲线方程可变形为arctan()4yxye+=，两边对x求导，得211yyeyye+=+，于是曲线在点0,0（）处切线的斜率为(0,0)2y=，从而所求切线方程为2yx=.(12)曲线21yx=，直线2x=及x轴所围的平面图形绕x轴旋转所成的旋转体的体积为 .【答】应填 43.【解】2222114(1)3Vy dxxdx=.(13)设二次型123(,)Tf x x xx Ax=的秩为1，A的各行元素之和为3，则f在正交变换xQ y=下的标准形为 .郝海龙：考研数学复习大全配套光