2011海南考研数学一真题及答案.docx

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1、2011海南考研数学一真题及答案一、选择题1、 曲线的拐点是（ ）（A）（1，0） （B）（2，0） （C）（3，0） （D）（4，0）【答案】【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】由可知分别是的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关系可知，故（3，0）是一拐点。2、 设数列单调减少，无界，则幂级数的收敛域为（ ） （A） (-1，1 （B） -1，1) （C） 0，2) （D）(0，2【答案】【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】无界，说明幂级数的收敛半径；单调减少，

2、说明级数收敛，可知幂级数的收敛半径。因此，幂级数的收敛半径，收敛区间为。又由于时幂级数收敛，时幂级数发散。可知收敛域为。3、 设 函数具有二阶连续导数，且，则函数在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（ ）（A） (B) (C) (D) 【答案】【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】由知，所以，要使得函数在点(0,0)处取得极小值，仅需，所以有4、设，则的大小关系是( ) （A） （B） （C） （D）【答案】【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，故选（B）5. 设为3

3、阶矩阵，将的第二列加到第一列得矩阵，再交换的第二行与第一行得单位矩阵.记,则( )（A） （B） （C） （D）【答案】【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，所以，故选（D）6、设是4阶矩阵，为的伴随矩阵，若是方程组的一个基础解系，则基础解系可为（ ）(A) (B) (C) (D) 【答案】【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】由的基础解系只有一个知，所以，又由知，都是的解，且的极大线生无关组就是其基础解系，又，所以线性相关，故或为极大无关组，故应选（

4、D）7、设为两个分布函数，其相应的概率密度是连续函数，则必为概率密度的是( )（A） （B）（C） （D）【答案】【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：；。可知为概率密度，故选（）。8、设随机变量与相互独立，且与存在，记,，则（ ）(A) (B) (C) (D) 【答案】【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进行处理，有一定的灵活性。【解析】由于可知故应选（B）二、填空题9、曲线的弧长= 【答案】 【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。【解析】10、微分方程满足条件的解为 【答案】【考点分析】本题考查一阶线性

5、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】原方程的通解为由，得，故所求解为11、设函数，则 【答案】【考点分析】本题考查偏导数的计算。【解析】。故。12、设是柱面方程与平面的交线，从轴正向往轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分 【答案】【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式计算即可。【解析】曲线的参数方程为，其中从到。因此13、若二次曲面的方程为，经正交变换化为，则 【答案】【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

6、的相关性质可以解出。【解析】本题等价于将二次型经正交变换后化为了。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为。该二次型的矩阵为，可知，因此。14、设二维随机变量服从，则 【答案】【考点分析】：本题考查二维正态分布的性质。【解析】：由于，由二维正态分布的性质可知随机变量独立。因此。由于服从，可知，则。三、解答题15、（本题满分10分）求极限【答案】【考点分析】：本题考查极限的计算，属于形式的极限。计算时先按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】：16、（本题满分9分）设，其中函数具有二阶连续偏导数，函数可导，且在处取得极值，求【答案】【考点分析】

7、：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】：由于在处取得极值，可知。故17、（本题满分10分）求方程不同实根的个数，其中为参数【答案】时，方程只有一个实根时，方程有两个实根【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】：令，则，（1） 当时，在单调递减，故此时的图像与轴与只有一个交点，也即方程只有一个实根（2） 时，在和上都有，所以在和是严格的单调递减，又，故的图像在和与轴均无交点（3） 时，时，在上单调增

8、加，又知，在上只有一个实根，又或都有，在或都单调减，又，所以在与轴无交点，在上与轴有一个交点综上所述：时，方程只有一个实根时，方程有两个实根18、（本题满分10分）证明：（1）对任意正整数，都有（2）设，证明数列收敛【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）的结论。【解析】：（1）令，则原不等式可化为。先证明：令。由于，可知在上单调递增。又由于，因此当时，。也即。再证明：令。由于，可知在上单调递增。由于，因此当时，。也即。因此，我们证明了。再令由于

9、，即可得到所需证明的不等式。（2），由不等式可知：数列单调递减。又由不等式可知：。因此数列是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列收敛。19、（本题满分11分）已知函数具有二阶连续偏导数，且，其中，计算二重积分【答案】：【考点分析】：本题考查二重积分的计算。计算中主要利用分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】：将二重积分转化为累次积分可得首先考虑，注意这是是把变量看做常数的，故有由易知。故。对该积分交换积分次序可得：再考虑积分，注意这里是把变量看做常数的，故有因此20、（本题满分11分）不能由线性表出。求；将由线性表出。【答案】：；【考点分析】：

10、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】： 由于不能由表示 可知，解得 本题等价于求三阶矩阵使得可知计算可得因此21、（本题满分11分）为三阶实矩阵，且（1）求的特征值与特征向量（2）求【答案】：（1）的特征值分别为1，-1，0，对应的特征向量分别为，（2）【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】：（1） 可知：1，-1均为的特征值，与分别为它们的特征向量，可知0也是的特征值而0的特征向量与，正交设为0的特征向量有 得 的特征值分别为1，-1，0 对应的特征向量分别为， （

11、2） 其中， 故22. （本题满分11分） X 0 1 P 1/3 2/3 Y -1 0 1 P 1/3 1/3 1/3求：（1）的分布； （2）的分布； （3）.【答案】：（1） X Y 0 1-101/301/30101/3（2） -1 0 1 P 1/3 1/3 1/3（3）【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】：（1）由于，因此。故，因此再由可知同样，由可知这样，我们就可以写出的联合分布如下： （2）可能的取值有，其中，则有。因此，的分布律为 -1 0 1 P 1/3 1/3 1/3（3），故23、（本题满分11分）设为来自正态总体的简单随机样本，其中已知，未知，和分别表示样本均值和样本方差，（1）求参数的最大似然估计（2）计算和【答案】：（1）（2）【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。在求的最大似然估计时，最重要的是要将看作一个整体。在求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】：（1）似然函数则令可得的最大似然估计值，最大似然估计量（2）由随机变量数字特征的计算公式可得由于，由正态分布的性质可知。因此，由的性质可知，因此，故。