考研数学试题详解及评分参考资料下载.pdf

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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：

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：

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：

（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：

因为（1,）0fy=，（,1）0fx=，所以（1,）0yfy=，（,1）0xfx=.2分从而1100I（,）xyxdxyfxydy=4分111000（,）|（,）yxyxxyf