考研数学试题详解及评分参考.pdf

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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）（3,0）（D）（4,0）【答】应选（C）.【解】显然1,2,3,4x=分别是（）yx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,）nnkkSan=?

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0x=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（）fx具有二阶连续导数，且（）0,（0）0fxf=，则函数（）ln（）zfxfy=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，（）00f时，有22（0）ln（0）0BACff=.因而（）ln（）zfxfy=在点0,0（）处取得极小值.故应选（A）.（4）设40lnsinIxdx=,40lncotJxdx=,40lncosKxdx=,则,IJK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（）（）lnsinlncosxx，从而4400ln（sin）ln（cos）xdxxdx，即IK，而40ln（sin）0Kxdx=.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行得单位矩阵.记1100110001P=，2100001010P=，则A=（A）12PP（B）112PP（C）21PP（D）121PP【答】应选（D）.【解】易见12,PP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=，2EPB=，从而21EPAP=，即1121APP=.又122PP=，111PP，所以121APP=，但21APP，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*0Ax=的基础解系可为（A）13,（B）12,（C）123,（D）234,【答】应选（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（）413rA=，于是有*（）1rA=，从而方程组*0Ax=的基础解系包含*4（）413rA=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（）3rA=，知=0A，于是根据*AAAE=，有*0AA=，因此A的列向量1234,都是方程组*0Ax=的解.再由（）3rA=，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*0Ax=的基础解系，故选（D）.（7）设1（）Fx与2（）Fx为两个分布函数，其相应的概率密度1（）fx与2（）fx是连续函数，则必为概率密度的是（A）12（）（）fxfx（B）212（）（）fxFx（C）12（）（）fxFx（D）1221（）（）（）（）fxFxfxFx+【答】应选（D）.【解】由题意，有1（）1F+=，1（）0F=，2（）1F+=，2（）0F=，且11（）（）Fxfx=，22（）（）Fxfx=.由此不难验证，只有选项（D）满足密度函数的性质+-（）1fxdx=，而其他选项并不满足.事实上，对于选项（D），有+12211221-（）（）（）（）（）（）（）（）（）fxdxfxFxfxFxdxFxFxFxFxdx+=+=+12121212（）（）=（）（）=（）（）（）（）1FxFxdxFxFxFFFF+=+=，故选（D）.（8）设随机变量X与Y相互独立，且EX与EY存在，记max,UXY=，min,VXY=，则（）EUV=（A）EUEV（B）EXEY（C）EUEY（D）EXEV【答】应选（B）.【解】由max,UXY=，min,VXY=，易见UVXY=，又X与Y相互独立，因此（）（）EUVEXYEXEY=，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+=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）dxdxxxxyxeCexedxeCxdxeCx=+由（0）0y=，得0C=，故sinxyex=.（11）设函数20sin（,）1xytFxydtt=+，则2022xyFx=.【答】应填4.【解】因（）22sin1xyFyxxy=+，故（）（）（）（）22222222cos12sin1yxyxyxyxyFyxxy+=+，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（,）XY服从正态分布22（,;,;0）N，则2（）EXY=.【答】应填23+.【解】因（,）XY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（）（）EYDYEY=+=+，从而222223（）（）（）EXYEXEY=+=+三、解答题（三、解答题（1523小题，共小题，共94分分.）（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0x时，lnln

（1）lnln1xxxye+=，00011lnln

（1）ln

（1）ln

（1）limlnlimlim11xxxxxxxxxye+=4分0

（1）ln

（1）lim

（1）ln

（1）xxxxxxx+=+20

（1）ln

（1）limxxxxx+=01ln

（1）11lim22xxx+=.9分当0x时，lnln

（1）ln（）ln1xxxye+=，00lnln

（1）ln（）1limlnlim12xxxxxye+=.综上可知，110ln

（1）1lim（）xexxxe+=.10分（16）（本题满分（本题满分9分）分）设函数（,（）zfxyygx=，其中函数f具有二阶连续偏导数，函数（）gx可导且在1x=处取得极值

（1）1g=，求211|xyzxy=.解：

解：

由题意

（1）0g=2分因12（）zyfygxfx=+，4分21111222122（）（）（）（）zfyxfgxfgxfygxxfgxfxy=+，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211xyzxy=11112（1,1）（1,1）（1,1）fff=+.9分（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（）arctanfxkxx=，则（）fx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，（）fx单调增加；在（1,）k+内，（）0fx.又arctanlim（）lim

（1）xxkxfxxx+=，所以存在（1,）k+，使得（）0f=.由（）fx是奇函数及其单调性可知：

当1k时，方程（）0fx=有且仅有三个不同实根,0,xxx=.10分（18）（本题满分（本题满分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,）2nannn=+=?

，证明数列na收敛.解：

解：

（I）根据拉格朗日中值定理，存在（,1）nn+，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（,）fxy具有二阶连续偏导数，且（1,）0fy=，（,1）0fx=，（,）Dfxydxdya=，其中（,）|01,01Dxyxy=，计算二重积分（,）xyDIxyfxydxdy=.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）0fx=，所以（1,）0yfy=，（,1）0xfx=.2分从而1100I（,）xyxdxyfxydy=4分111000（,）|（,）yxyxxyfxyfxydydx=1100（,）xdyxfxydx=7分111000（,）（,）xxxfxyfxydxdy=1100（,）dyfxydxa=.11分（20）（本题满分（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1011131002150131240104210115135001102=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111100001111A=.（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（,）Txxx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）0xxx=，123（1,0,1）0xxx=，即131300xxxx=+=.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1100010000PAP=，8分1100010000APP=1122112211010000010010100000110000010100=.11分（22）（本题满分（本题满分11分）分）设随机变量X与Y的概率分布分别为X01Y-101P1/32/3P1/31/31/3且221PXY=.（I）求二维随机变量（,）XY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221PXY=，得220PXY=，所以0,10,11,00PXYPXYPXY=.故（,）XY的概率分布为XY-101001/3011/301/34分（II）ZXY=的可能取值为1,0,1.由（,）XY的概率分布可得Z的概率分布为7分Z101P1/31/31/3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9页（III）由X，Y及Z的概率分布得222,0,（）0393EXDXEYDYEZEXY=，所以（,）0,CovXY=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,nxxx?

为样本观测值，则似然函数20211（）2222（）

（2）.niinxLe=，2220211ln（）ln

（2）（）22niinLx=，令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（）niiEEXn=，8分?

4422221001021112（）（）（）niiXDDXDXDnnnn=.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，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0x时，函数（）3sinsin3fxxx=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）kkkkxxxxfxxxxxxxcxcxckxckkx+=303cos+27cos3=lim

（1）

（2）kxxxckkkx30241=lim

（1）

（2）kxckkkx，由此可见3k=，且241

（1）

（2）ckkk=，从而4c=，故选（C）.【解法二】由泰勒公式，当0x时，33sin（）6xxxox=+，339sin33（）2xxxox=+从而333（）3sinsin34（）4fxxxxoxx=+，于是4c=，3k=.故选（C）.

（2）设函数（）fx在0x=处可导，且（0）0f=，则2330（）2（）limxxfxfxx=（A）2（0）f（B）（0）f（C）（0）f（D）0【答】应选（B）.【解】因（0）0f=，故00（）（0）（）（0）limlimhhfhffhfhh=，于是23333000（）2（）（）（）limlim2lim（0）2（0）（0）xxxxfxfxfxfxfffxxx=.故选（B）.（3）函数（）ln|

（1）

（2）（3）|fxxxx=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|fxxxx=+，知（）211131211123

（1）

（2）（3）xxfxxxxxxx+=+=，令（）0fx=，有2312110xx+=，由于其判别式（）2=1243110，所以（）0fx=有两个实根，即（）fx有两个驻点，故选（C）.（4）微分方程2（0）xxyyee=+的特解形式为（A）（）xxaee+（B）（）xxaxee+（C）（）xxxaebe+（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（）*12xxyyyxaebe=+=+.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（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）ln22ln2limlnlimlimln212xxxxxxyx+=+，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,xexfxx=，则（）xfxdx+=.【答】应填1.【解】000011（）xxxxxfxdxxedxxeedxe+=+=.（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】442sin3220442sincossincossin4Dxyddrdrd=24662227=sin1（）33212=.（14）二次型222123123121323（,）3222fxxxxxxxxxxxx=+，则f的正惯性指数为.【答】应填2.【解法一】因222221123232323232（）（）（）+32fxxxxxxxxxxxx=+221232=（）2xxxx+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（1523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）（）xtdtFxx+=.设0lim（）lim（）0xxFxFx+=，试求的取值范围.解：

解：

因为2201ln

（1）ln

（1）lim（）limlimxxxxtdtxFxxx+=22112211limlim

（1）

（1）xxxxxx+=，由题意lim（）0xFx+=，得1.5分又因为2201000ln

（1）ln

（1）lim（）limlimxxxxtdtxFxxx+=231001limlimxxxxx+=，由题意0lim（）0xFx+=，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,ETETDTDT（B）1212,ETETDTDT（C）1212,ETETDTDT（D）1212,ETETDTDT=，且21211DTDTnnnn=+=，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（13）xttfxxt=+，则（）fx=.【答】应填（）31+3xxe.【解】因133300（）lim（13）lim（13）xxxttttfxxtxtxe=+=+=，故（）（）333313xxxfxexexe=+=+（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和y分别求导，得11ln

（1）zxxzxyyxy=+，21ln

（1）zxxxzyyyxy=+，于是有（1,1）2ln21zx=+，（1,1）（2ln21）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）3Vydxxdx=.（13）设二次型123（,）TfxxxxAx=的秩为1，A的各行元素之和为3，则f在正交变换xQy=下的标准形为.郝海龙：

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