2011上海考研数学一真题及答案.pdf

《2011上海考研数学一真题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2011上海考研数学一真题及答案.pdf（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、20112011 上海考研数学一真题及答案上海考研数学一真题及答案一、选择题一、选择题1、曲线 4324321xxxxy的拐点是（）（A）（1，0）（B）（2，0）（C）（3，0）（D）（4，0）【答案答案】C【考点分析考点分析】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。【解析解析】由 4324321xxxxy可知1,2,3,4分别是 23412340yxxxx的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关系可知(1)0y，(2)(3)(4)0yyy(2)0y，(3)(4)0yy，(3)0,(4)0yy，故（3，0）是一拐点。2、设数列 na单调减少，0limnna，n

2、kknnaS12,1无界，则幂级数11nnnax的收敛域为（）（A）(-1，1（B）-1，1)（C）0，2)（D）(0，2【答案答案】C【考点分析考点分析】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。【解析解析】nkknnaS12,1无界，说明幂级数11nnnax的收敛半径1R；na单调减少，0limnna，说明级数11nnna收敛，可知幂级数11nnnax的收敛半径1R。因此，幂级数11nnnax的收敛半径1R，收敛区间为0,2。又由于0 x 时幂级数收敛，2x 时幂级数发散。可知收敛域为0,2。3、设 函数)(xf具有二阶连续导数，且0)(xf

3、，0)0(f，则函数)(ln)(yfxfz 在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（）（A）0)0(1)0(ff，(B)0)0(1)0(ff，(C)0)0(1)0(ff，(D)0)0(1)0(ff，【答案答案】C【考点分析考点分析】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。【解析解析】由)(ln)(yfxfz 知()()ln(),()()xyf xzfxf yzfyf y，()()()xyfxzfyf y()ln()xxzfxf y，22()()()()()yyfy f yfyzf xfy所以00(0)(0)0(0)xyxyfzff，00(0)ln(0)xxxyz

4、ff，2200(0)(0)(0)(0)(0)(0)yyxyfffzfff要使得函数)(ln)(yfxfz 在点(0,0)处取得极小值，仅需(0)ln(0)0ff，(0)ln(0)(0)0fff所以有0)0(1)0(ff，4、设444000lnsin,lncot,lncosIxdx Jxdx Kxdx，则,I J K的大小关系是()（A）IJK（B）IKJ（C）JIK（D）KJI【答案答案】B【考点分析考点分析】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。【解析解析】(0,)4x时，20sincoscot2xxx，因此lnsinlncoslncotxxx444

5、000lnsinlncoslncotxdxxdxxdx，故选（B）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单位矩阵.记1100110001P,2100001010P,则A()（A）12PP（B）112P P（C）21P P（D）121P P【答案答案】D【考点分析考点分析】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 析解 析】由 初 等 矩 阵 与 初 等 变 换 的 关 系 知1APB，2P BE，所 以111112121ABPPPP P，故选（D）6、设4321,是 4 阶矩阵，为的伴随矩阵，若0,1,0,1是方程组0 x的

6、一个基础解系，则0 x基础解系可为（）(A)31，(B)21，(C)321，(D)432，【答案答案】D【考点分析考点分析】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。【解析解析】由0 x的基础解系只有一个知()3r A，所以()1r A，又由0A AA E知，1234,都是0 x的解，且0 x的极大线生无关组就是其基础解系，又1234131100,01100A ，所 以13,线 性 相 关，故124，或432，为极大无关组，故应选（D）7、设 12,F xFx为两个分布函数，其相应的概率密度 12,fxfx是连续函数，则必为概率密度的是()（A）1

7、2fx fx（B）212 fx F x（C）12fx Fx（D）1221fx Fxfx F x【答案答案】D【考点分析考点分析】本题考查连续型随机变量概率密度的性质。【解析解析】检验概率密度的性质：12210fx Fxfx F x；1221121fx Fxfx F x dxF x Fx。可知 1221fx Fxfx F x为概率密度，故选（D）。8、设随机变量与相互独立，且与存在，记yxU,max,yxV,min，则)(UV（）(A)VU(B)(C)U(D)V【答案答案】B【考点分析考点分析】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量UV进行处理，有一定的灵活性。【解析解析】由

8、于max,min,UVX YX YXY可知()(max,min,)()()()E UVEX YX YE XYE X E Y故应选（B）二、填空题二、填空题9、曲线xxtdty040tan的弧长s=【答案答案】14【考点分析考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。【解析解析】24442240000tansec1tan14sydxxdxxdxxx 10、微分方程xeyyxcos满足条件0)0(y的解为y【答案答案】sinxyxe【考点分析考点分析】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。【解析解析】原方程的通解为11

9、cos cossindxdxxxxyeex edxCexdxCexC由0)0(y，得0C，故所求解为sinxyxe11、设函数xydtttyxF021sin,，则2022yxxF【答案答案】4【考点分析考点分析】本题考查偏导数的计算。【解析解析】22232222222cos12sinsin,11yxyx yxyxyFyxyFxx yxx y。故22024xyFx。12、设L是柱面方程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22Lyxzdxxdydz【答案答案】【考点分析考点分析】本题考查第二类曲线积分的计算。首先将曲线写成参数方程的形式，再代入相应的计算公

10、式计算即可。【解析解析】曲线L的参数方程为cossincossinxtytztt，其中t从0到2。因此22202322202sincos(cossin)(sin)cos cos(cossin)2sincossinsin coscos22Lyxzdxxdydzttttttttt dtttttttdt13、若 二 次 曲 面 的 方 程 为22232224xyzaxyxzyz，经 正 交 变 换 化 为221144yz，则a【答案答案】1【考点分析考点分析】本题考查二次型在正交变换下的标准型的相关知识。题目中的条件相当于告诉了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出a。【解析解析】本题等价于将

11、二次型222(,)3222f x y zxyzaxyxzyz经正交变换后化为了22114fyz。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1,4,0。该二次型的矩阵为1131111aAa，可知2210Aaa ，因此1a 。14、设二维随机变量(,)X Y服从22(,;,;0)N ，则2()E XY【答案答案】32【考点分析【考点分析】：本题考查二维正态分布的性质。【解析【解析】：由于0，由二 维正态分布 的性质可知 随机变量,X Y独立。因此22()E XYEX EY。由于(,)X Y服从22(,;,;0)N ，可知2222,EXEYDYEY，则22232()E XY。三、解答题三、解答题15、

12、（本题满分 10 分）求极限110ln(1)limxexxx【答案答案】12e【考点分析【考点分析】：本题考查极限的计算，属于1形式的极限。计算时先按1未定式的计算方法将极限式变形，再综合利用等价无穷小替换、洛必达法则等方法进行计算。【解析【解析】：111100ln(1)ln(1)limlim 1xxeexxxxxxx2000111ln(1)ln(1)1limlimlim12xxxxxxxxxxexxeee01lim2(1)2xxxxee16、（本题满分 9 分）设(,()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21,1zxyx

13、 y【答案答案】1,11,2(1,1)(1,1)ff【考点分析【考点分析】：本题综合考查偏导数的计算和二元函数取极值的条件，主要考查考生的计算能力，计算量较大。【解析解析】：12(,()(,()()zfxy yg xyfxy yg xyg xx21,11,212,12,22(,()(,()()(,()(,()()(,()()()(,()()zfxy yg x xyfxy yg xyg xfxy yg x xx yfxy yg x xyg xfxy yg xyg x g xfxy yg x g x 由于()g x在1x 处取得极值(1)1g，可知(1)0g。故21,11,212,12,221,1

14、1,2(1,(1)(1,(1)(1)(1,(1)1,1(1,(1)(1)(1,(1)(1)(1)(1,(1)(1)(1,1)(1,1)zfgfggfgxyx yfggfgggfggff 17、（本题满分 10 分）求方程arctan0kxx不同实根的个数，其中k为参数【答案答案】1k 时，方程arctan0kxx只有一个实根1k 时，方程arctan0kxx有两个实根【考点分析【考点分析】：本题考查方程组根的讨论，主要用到函数单调性以及闭区间上连续函数的性质。解题时，首先通过求导数得到函数的单调区间，再在每个单调区间上检验是否满足零点存在定理的条件。【解析解析】：令()arctanf xkxx

15、，则(0)0f，2221()111kkxfxxx ，（1）当1k 时，()0fx，()f x在(,)单调递减，故此时()f x的图像与x轴与只有一个交点，也即方程arctan0kxx只有一个实根（2）1k 时，在(,0)和(0,)上都有()0fx，所以()f x在(,0)和(0,)是严格的单调递减，又(0)0f，故()f x的图像在(,0)和(0,)与x轴均无交点（3）1k 时，11kxk 时，()0fx，()f x在(1,1)kk上单调增加，又(0)0f知，()f x在(1,1)kk上只有一个实根，又()f x(,1)k 或(1,)k 都有()0fx，()f x在(,1)k 或(1,)k 都

16、单调减，又(1)0,lim()xfkf x，(1)0,lim()xfkf x，所以()f x在(,1)k 与x轴无交点，在(1,)k 上与x轴有一个交点综上所述：1k 时，方程arctan0kxx只有一个实根1k 时，方程arctan0kxx有两个实根18、（本题满分 10 分）证明：（1）对任意正整数n，都有111ln(1)1nnn（2）设111ln(1,2,)2nan nn，证明数列na收敛【考点分析【考点分析】：本题考查不等式的证明和数列收敛性的证明，难度较大。（1）要证明该不等式，可以将其转化为函数不等式，再利用单调性进行证明；（2）证明收敛性时要用到单调有界收敛定理，注意应用（1）的

17、结论。【解析解析】：（1）令1xn，则原不等式可化为ln(1),01xxx xx。先证明ln(1),0 xx x：令()ln(1)f xxx。由于1()10,01fxxx，可知()f x在0,上单调递增。又由于(0)0f，因此当0 x 时，()(0)0f xf。也即ln(1),0 xx x。再证明ln(1),01xx xx：令()ln(1)1xg xxx。由于211()0,01(1)g xxxx，可知()g x在0,上单调递增。由于(0)0g，因此当0 x 时，()(0)0g xg。也即ln(1),01xx xx。因此，我们证明了ln(1),01xxx xx。再令由于，即可得到所需证明的不等式

18、。（2）111ln(1)1nnaann，由不等式11ln(1)1nn可知：数列 na单调递减。又由不等式11ln(1)nn可知：11111lnln(1 1)ln(1).ln(1)lnln(1)ln022nannnnnn。因此数列 na是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列na收敛。19、（本题满分 11 分）已知函数(,)f x y具有二阶连续偏导数，且(1,)0,(,1)0fyf x，(,)Df x y dxdya，其 中(,)|01,01Dx yxy，计 算 二 重 积 分(,)xyDIxyfx y dxdy【答案答案】：a【考点分析【考点分析】：本题考查二重积分的计算。计算中主要利用分

19、部积分法将需要计算的积分式化为已知的积分式，出题形式较为新颖，有一定的难度。【解析解析】：将二重积分(,)xyDxyfx y dxdy转化为累次积分可得1100(,)(,)xyxyDxyfx y dxdydyxyfx y dx 首先考虑10(,)xyxyfx y dx，注意这是是把变量y看做常数的，故有1111100000(,)(,)(,)(,)(1,)(,)xyyyyyyxyfx y dxyxdfx yxyfx yyfx y dxyfyyfx y dx由(1,)(,1)0fyf x易知(1,)(,1)0yxfyfx。故1100(,)(,)xyyxyfx y dxyfx y dx。111100

20、00(,)(,)(,)xyxyyDxyfx y dxdydyxyfx y dxdyyfx y dx 对该积分交换积分次序可得：11110000(,)(,)yydyyfx y dxdxyfx y dy 再考虑积分10(,)yyfx y dy，注意这里是把变量x看做常数的，故有1111100000(,)(,)(,)(,)(,)yyfx y dyydf x yyf x yf x y dyf x y dy 因此11110000(,)(,)(,)(,)xyyDDxyfx y dxdydxyfx y dydxf x y dyf x y dxdya 20、（本题满分 11 分）1231,0,1,0,1,1,

21、1,3,5TTT不能由1231,1,1,2,3,1,3,5TTTa线性表出。求a；将123,由123,线性表出。【答案答案】：5a；3212011024512321【考点分析【考点分析】：本题考查向量的线性表出，需要用到秩以及线性方程组的相关概念，解题时注意把线性表出与线性方程组的解结合起来。【解析解析】：由于321,不能由321,表示可知0531421311321aa，解得5a本题等价于求三阶矩阵C使得123123,C 可知 11123123101113,013124115135C 计算可得2154210102C因此321201102451232121、（本题满分 11 分）A为三阶实矩阵，

22、()2R A，且111100001111A（1）求A的特征值与特征向量（2）求A【答案答案】：（1）的特征值分别为 1，-1，0，对应的特征向量分别为101，101-，010（2）001000100A【考点分析【考点分析】：实对称矩阵的特征值与特征向量，解题时注意应用实对称矩阵的特殊性质。【解析解析】：（1）101-101-101101可知：1，-1 均为的特征值，1011与101-2分别为它们的特征向量2)(Ar，可知 0 也是的特征值而 0 的特征向量与1，2正交设3213xxx为 0 的特征向量有003131xxxx得0103k的特征值分别为 1，-1，0对应的特征向量分别为101，10

23、1-，010（2）-1其中011，011100011故1110111000110011100110A011210212102101101110001100100010022.（本题满分 11 分）X01P1/32/3Y-101P1/31/31/3221P XY求：（1）,X Y的分布；（2）ZXY的分布；（3）XY.【答案答案】：（1）XY01-101/301/30101/3（2）Z-101P1/31/31/3（3）0XY【考点分析【考点分析】：本题考查二维离散型分布的分布律及相关数字特征的计算。其中，最主要的是第一问联合分布的计算。【解析【解析】：（1）由于221P XY，因此220P XY

24、。故0,10P XY，因此1,11,10,111/3P XYP XYP XYP Y再由1,00P XY可知0,01,00,001/3P XYP XYP XYP Y同样，由0,10P XY 可知0,11,10,111/3P XYP XYP XYP Y 这样，我们就可以写出,X Y的联合分布如下：YX101001/3011/301/3（2）ZXY可能的取值有1，0，1其中(1)(1,1)1/3P ZP XY ，(1)(1,1)1/3P ZP XY，则有(0)1/3P Z。因此，ZXY的分布律为Z-101P1/31/31/3（3）2/3EX，0EY，0,cov(,)0EXYX YEXYEXEY故co

25、v(,)0XYX YDXDY23、（本题满分 11 分）设12,nx xx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，（1）求参数2的最大似然估计2（2）计算2()E和2()D【答案答案】：（1）2201()niiXn（2）42222(),()EDn【考点分析【考点分析】：本题考查参数估计和随机变量数字特征的计算，有一定的难度。在求2的最大似然估计时，最重要的是要将2看作一个整体。在求2的数学期望和方差时，则需要综合应用数字特征的各种运算性质和公式，难度较大。【解析解析】：（1）似然函数222001222211()()11,expexp

26、2222nniinnniixxL x xx 则222002211()()1lnln2lnln2ln22222nniiiixxnnnLn 2022221()ln122niixLn 令2ln0L可 得2的 最 大 似 然 估 计 值2201()niixn，最 大 似 然 估 计 量2201()niiXn（2）由随机变量数字特征的计算公式可得22222001011122220010211()1()()()()11()()()nniiiinniiiiXEEE XE XDXnnXDDD XD Xnnn由 于2100,XN，由 正 态 分 布 的 性 质 可 知100,1XN。因 此 22101X，由2的性质可知2102XD，因此2410()2D X，故422()Dn。