2011考研数学一真题及答案解析.pdf

2023-03-16 06:21| 来源: 网络整理| 查看: 265

该【2011考研数学一真题及答案解析】是由【闰土】上传分享，文档一共【15】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2011考研数学一真题及答案解析】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:.2011年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、选择题:1~8小题,每小题4分,共32分,下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上....(1)曲线y(x1)(x2)2(x3)3(x4)4的拐点是()(A)(1,0).(B)(2,0).(C)(3,0).(D)(4,0).nalima0Sa(n1,2,)(2)设数列单调减少,,无界,则幂级数nnnknk1a(x1)n的收敛域为()nn1(A)(1,1].(B)[1,1).(C)[0,2).(D)(0,2].(3)设函数f(x)具有二阶连续导数,且f(x)0,f(0)0,则函数zf(x)lnf(y)在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是()(A)f(0)1,f(0)0.(B)f(0)1,f(0)0.(C)f(0)1,f(0)0.(D)f(0)1,f(0)0.(4)设I4lnsinxdx,J4lncotxdx,K4lncosxdx,则I,J,K的大000小关系是()(A)IJK.(B)IKJ.(C)JIK.(D)KJI.(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100100行得单位矩阵,记P110,P001,则A()12001010(A)PP.(B)P1P.(C)PP.(D)PP1.12122121(6)设A(,,,)是4阶矩阵,A*为A的伴随矩阵,若(1,0,1,0)T是方程组1234Ax0的一个基础解系,则A*x0的基础解系可为()(A),.(B),.(C),,.(D),,.1312123234:.(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,1212则必为概率密度的是()(A)f(x)f(x).(B)2f(x)F(x).1221(C)f(x)F(x).(D)f(x)F(x)f(x)F(x).121221XYE(X)E(Y)UmaxX,Y(8)设随机变量与相互独立,且与存在,记,VminX,YE(UV)则()(A)E(U)E(V).(B)E(X)E(Y).(C)E(U)E(Y).(D)E(X)E(V).二、填空题:9~14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置上....x(9)曲线ytantdt(0x)的弧长s.04(10)微分方程yyexcosx满足条件y(0)0的解为y.sint2Fxy(11)设函数F(x,y)dt,则.01t2x2x0y2(12)设L是柱面方程x2y21与平面zxy的交线,从z轴正向往z轴负向看去y2为逆时针方向,则曲线积分xzdxxdydz.L2(13)若二次曲面的方程x23y2z22axy2xz2yz4,经过正交变换化为y24z24,则a.11(14)设二维随机变量X,Y服从正态分布N,;2,2;0,则2EXY=.三、解答题:15~23小题,...文字说明、证明过程或演算步骤.(15)(本题满分10分)ln(1x)1求极限lim()ex1.x0x:.(16)(本题满分9分)设函数zf(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x12z处取得极值g(1)1,求.xyx1y1(17)(本题满分10分)求方程karctanxx0不同实根的个数,其中k为参数.(18)(本题满分10分)111(Ⅰ)证明:对任意的正整数n,都有ln(1)成立.n1nn11a1lnn(n1,2,)a(Ⅱ)设,证明数列收敛.n2nn(19)(本题满分11分)已知函数f(x,y)具有二阶连续偏导数,且f(1,y)0,f(x,1)0,f(x,y)dxdya,其中D(x,y)|0x1,0y1,D计算二重积分Ixyf''(x,y)dxdy.xyD(20)(本题满分11分)设向量组(1,0,1)T,(0,1,1)T,(1,3,5)T,不能由向量组(1,1,1)T,1231(1,2,3)T,(3,4,a)T线性表示.23(I)求a的值;(II)将,,由,,线性表示.123123(21)(本题满分11分):.1111A为三阶实对称矩阵,A的秩为2,即rA2,且A0000.1111(I)求A的特征值与特征向量;(II)求矩阵A.(22)(本题满分11分)设随机变量X与Y的概率分布分别为X01P1/32/3Y101P1/31/31/322且PXY1.(I)求二维随机变量(X,Y)的概率分布;(II)求ZXY的概率分布;(III)求X与Y的相关系数.XY(23)(本题满分11分)设X,X,,X为来自正态总体N(,2)的简单随机样本,其中已知,20未12n00.(I)求参数2的最大似然估计量2;(II)计算E(2)和D(2).:.2011年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题答案一、选择题:1~8小题,每小题4分,共32分,下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上....(1)【答案】(C).【解析】记yx1,y1,y0,y(x2)2,y2(x2),y2,111222y(x3)3,y3(x3)2,y6(x3),333y(x4)4,y4(x4)3,y12(x4)2,444y(x3)P(x),其中P(3)0,y0,在x3两侧,二阶导数符号变化,x3故选(C).(2)【答案】(C).【解析】观察选项:(A),(B),(C),(D)四个选项的收敛半径均为1,幂级数收敛区间x1alima0a0的中心在处,故(A),(B)错误;因为单调减少,,所以,所以nnnnna为正项级数,将x2代入幂级数得a,而已知S=a无界,故原幂级数在x2nnnkn1n1k1处发散,(D)0时,交错级数(1)na满足莱布尼茨判别法收敛,故x0nn1时(1)(C).nn1(3)【答案】(A).z【解析】|f(x)lnf(y)|f(0)lnf(0)0,x(0,0)(0,0)zf(y)|f(x)|f(0)0,故f(0)0,y(0,0)f(y)(0,0)2zA|f(x)lnf(y)|f(0)lnf(0)0,x2(0,0)(0,0)2zf(y)[f(0)]2B|f(x)|0,xy(0,0)f(y)(0,0)f(0)2zf(y)f(y)[f(y)]2[f(0)]2C|f(x)|f(0)f(0).y2(0,0)f2(y)(0,0)f(0)又ACB2[f(0)]2lnf(0)0,故f(0)1,f(0)0.(4)【答案】(B).【解析】因为0x时,0sinxcosx1cotx,4:.又因lnx是单调递增的函数,所以lnsinxlncosxlncotx.故正确答案为(B).(5)【答案】(D).【解析】由于将A的第2列加到第1列得矩阵B,故100A110B,001即APB,ABP1.11由于交换B的第2行和第3行得单位矩阵,故100001BE,010即PBE,故BP1,APP1,故选(D).22221(6)【答案】(D).【解析】由于(1,0,1,0)T是方程组Ax0的一个基础解系,所以A(1,0,1,0)T0,且r(A)413,即0,且A*A|A|EO,即13A*(,,,)O,这说明,,,是A*x0的解.12341234由于r(A)3,0,所以,,(A)3,所以13234r(A*)1,因此A*x0的基础解系中含有41,,线234性无关,且为A*x0的解,所以,,可作为A*x0的基础解系,故选(D).234(7)【答案】(D).【解析】选项(D)f(x)F(x)f(x)F(x)dxF(x)dF(x)F(x)dF(x)12221112dF(x)F(x)F(x)F(x)|1.1122所以fF(x)fF(x)为概率密度.1221(8)【答案】(B).X,XY,Y,XY,【解析】因为UmaxX,YVminX,YY,XY,X,XY.所以,UVXY,于是E(UV)E(XY)E(X)E(Y).:.二、填空题:9~14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置上....(9)【答案】ln12.xds1y2dx1tan2xdxsecxdx【解析】选取为参数,则弧微元所以s4secxdxlnsecxtanx4ln(12).00(10)【答案】yexsinx.【解析】由通解公式得dxxdxye(ecosxedxC)ex(cosxdxC)ex(sinxC).由于y(0)0,故C=exsinx.(11)【答案】4.Fsinxy【解析】y,x1(xy)22Fycosxysinxy2xy2y,x2[1(xy)2]22F故|4.x2(0,2)(12)【答案】.【解析】取S:xyz0,x2y21,取上侧,则由斯托克斯公式得,dydzdzdxdxdy原式=ydydzxdzdxdxdy.xyzSSy2xzx2因zxy,z'1,z'xyydydzxdzdxdxdy[y(1)x(1)1]dxdy.Sx2y21:.(xy1)dxdyx2y21dxdy.x2y21(13)【答案】a1.【解析】由于二次型通过正交变换所得到的标准形前面的系数为二次型对应矩阵A的特征值,故A的特征值为0,1,1a1Aa31,1111a13由于A0,故a310a1.ii1111(14)【答案】22.22【解析】根据题意,二维随机变量X,Y服从N,;,;0,所xy以由二维正态分布的性质知随机变量X,Y独立,所以X,22222EXYEXEYDYEY.三、解答题:15~23小题,...文字说明、证明过程或演算步骤.(15)(本题满分10分)ln(1x)1ln(1x)1lim[1].【解析】lim[]ex1ex0xex1x0x122xxo(x)xln(1x)x2limlimex0x2ex0x2122xo(x)lim21ex0x2e2.(16)(本题满分9分)zfxy,yg(x)【解析】zfxy,yg(x)yfxy,yg(x)yg(x)x12:.2zfxy,yg(x)yf(xy,yg(x))xf(xy,yg(x))g(x)xy11112g(x)fxy,yg(x)yg(x)f[xy,yg(x)]xf[xy,yg(x)]g(x).21222因为g(x)在x1可导,且为极值,所以g(1)0,则d2z|f(1,1)f(1,1)f(1,1).dxdyx111112y1(17)(本题满分10分)【解析】显然x0为方程一个实根.x当x0时,令fxk,arctanxxarctanx1x2fx.arctanx2x令gxarctanxxR,1x211x2x2x2x2gx0,1x222221x1x即xR,gx0.g00又因为,x0gx0x0gx0即当时,;当时,.x0f'x0x0f'x0当时,;当时,.x0fxx0fx所以当时,单调递减,当时,单调递增x又由limfxlimk1k,x0x0arctanxxlimfxlimk,xxarctanx1k0fx(,0)(0,)所以当时,由零点定理可知在,内各有一个零点;1k0fx(,0)(0,)当时,则在,内均无零点.综上所述,当k1时,1时,原方程有一个根.:.(18)(本题满分10分)1【解析】(Ⅰ)设fxln1x,x0,n1显然f(x)在0,上满足拉格朗日的条件,n111111ff0ln1ln1ln1,0,nnn1nn1所以0,时,n1111111111,即:,1n1n10nn11nn1n111亦即:ln1.n1nn结论得证.111n1(II)设a1lnnlnn.n23nkk1先证数列a单调递减.nn11n11n11aalnn1lnnlnln1,n1nkkn1n1n1nk1k11111利用(I)的结论可以得到ln(1),所以ln10得到aa,即n1nn1nn1na数列单调递减.n再证数列a有下界.nn1n1alnnln1lnn,nkkk1k1n1nk1234n1ln1lnlnlnn1,kk123nk1k1n1n1alnnln1lnnlnn1lnn0.nkkk1k1:.aa.nn(19)(本题满分11分)1111【解析】Ixdxyf''(x,y)dyxdxydf'(x,y)00xy00x11xdxyfx,y|1f'x,ydyx0x001'1'xdxf(x,1)f(x,y)dy.0x0x因为f(x,1)0,所以f'(x,1)0.x11'11'Ixdxf(x,y)dydyxf(x,y)dx00x00x1111dyxf(x,y)|1f(x,y)dxdyf(1,y)f(x,y)dx00000fdxdya.D(20)(本题满分11分)【解析】(I)由于,,不能由,,线性表示,对(,,,,,)进行初123123123123等行变换:113101(,,,,,)12401312312313a115113101113101011112011112.02a301400a5210当a5时,r(,,)2r(,,,)3,此时,不能由,,线性表示,**********故,,不能由,,线性表示.123123(II)对(,,,,,)进行初等行变换:123123101113(,,,,,)013124123123115135101113101113013124013124014022001102:.1002150104210,001102故24,2,5102.**********(21)(本题满分11分)1111【解析】(I)由于A0000,设1,0,1T,1,0,1T,则121111A,,A,A0,0A,即,而,知的特征值1212112212为1,1,对应的特征向量分别为kk0,kk0.12111222rA2A00由于,故,所以.3由于A是三阶实对称矩阵,故不同特征值对应的特征向量相互正交,设0对应的3x,x,xT特征向量为,则3123T0,xx0,13即13T0,xx0.23130,1,0T0kk0解此方程组,得,故对应的特征向量为.33333(II)由于不同特征值对应的特征向量已经正交,只需单位化:1111,0,1T,21,0,1T,30,1,0T.122231231令Q,,,则QTAQ1,1230AQQT22220022122220011022220010022:.2222002200122220000000.2222100010022(22)(本题满分11分)222222【解析】(I)因为PXY1,所以PXY1PXY0.PX0,Y1PX0,Y1PX1,Y00即.利用边缘概率和联合概率的关系得到1PX0,Y0PX0PX0,Y1PX0,Y1;31PX1,Y1PY1PX0,Y1;31PX1,Y1PY1PX0,Y1.3X,Y即的概率分布为Y-101X001/3011/301/3(II)Z的所有可能取值为1,0,1.1PZ1PX1,Y1.31PZ1PX1,Y1.31PZ01PZ1PZ1.3ZXY的概率分布为Z-101P1/31/31/3CovXYEXYEXEY(III)因为,XYD(X)D(Y)D(X)D(Y)其中:.111111EXYEZ1010,EY1010.333333EXYEXEY0X,Y0所以,即的相关系数.XY(23)(本题满分11分)(x)210【解析】因为总体X服从正态分布,故设X的概率密度为f(x)e22,2x.(I)似然函数(x)21nnn1i0n(x)22i0L(2)f(x;2)[e22](22)2e2;i1i2i1i1nn(x)2lnL(2)ln(22)i0取对数:;222i1dlnL(2)nn(x)21n求导:i0[(x)22].d(2)222(2)22(2)2i0i1i1dlnL(2)1n02(x)2令,解得.d(2)ni0i11n2的最大似然估计量为2(X)2.ni0i1(II)方法1:1nX~N(,2),令YX~N(0,2),则2Y2.i0ii0nii11nE(2)E(Y2)E(Y2)D(Y)[E(Y)]22.niiiii11n11D(2)D(Y2)D(Y2Y2Y2)D(Y2)nin212nnii11124{E(Y4)[E(Y2)]2}(344).niinn方法2:XnX2X~N(,2),则i0~N(0,1),得到Yi0~2n,即i0i1n2YX2.i0i1:.1n111E2E(X)2E2Y2EY2n2.ni0nnni11n1112222444DD(X)DYDY2n.i0n2n2n2n2ni1

2011考研数学一真题及答案解析来自淘豆网www.taodocs.com转载请标明出处.

【本文地址】

公司简介

联系我们