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1、2011 年考研数学试题（数学一） 一、选择题一、选择题 1、 曲线()() () ()4 32 4321=xxxxy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()() () ()4 32 4321=xxxxy可知1,2,3,4分别是 ()() () () 234 12340yxxxx=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)0
2、yy=，故（3，0）是一拐点。 2、 设数列 n a单调减少，0lim= n n a，() = = n k kn naS 1 2 , 1无界，则幂级数 () 1 1 n n n ax = 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】() = = n k kn naS 1 2 , 1无界，说明幂级数() 1 1 n n n ax = 的收敛半径1R； n a单调减少，0lim= n n a，说明级数() 1 1 n
3、n n a = 收敛，可知幂级数() 1 1 n n n ax = 的收敛 半径1R。 因此，幂级数() 1 1 n n n ax = 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，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( ，(0)ln(0)(0)0fff 所以有0)0(1)0( ff， 4、设 444 000
4、 lnsin,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,) 4 x 时， 2 0sincoscot 2 xxx，因此lnsinlncoslncotxxx 444 000 lnsinlncoslncotxdxxdxxdx 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
5、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=，则(0)0f=， 2 22 1 ( )1 11 kkx fx xx = = + ， （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时，11kxk ，( )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
6、 或(1,)k+都有( )0fx，( )f x在(,1)k 或(1,)k+都单调减，又 (1)0, lim( ) x fkf 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 111 ln(1) 1nnn + + （2）设 11 1ln (1,2,) 2 n an n n = +=，证明数列 n a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
7、）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。 【解析解析】 ： （1）令 1 x n =，则原不等式可化为ln(1),0 1 x xx x x + + 。 先证明ln(1),0 xx x+： 令( )ln(1)f xxx=+。 由于 1 ( )10,0 1 fxx x = + ， 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),0 1 x x x x + ： 令( )ln(1) 1 x g xx x
8、 =+ + 。 由于 2 11 ( )0,0 1(1) g xx xx = + ， 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),0 1 x x x x + 。 因此，我们证明了ln(1),0 1 x xx x x + + 。再令由于，即可得到所需证明的不等式。 （2） 1 11 ln(1) 1 nn aa nn + =+ + ，由不等式 11 ln(1) 1nn + + 可知：数列 n a单调递 减。 又由不等式 11 ln(1) nn +=+。 因此数列 n a是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列 n a收敛。
9、 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=， ( , ) D f x y dxdya= ， 其 中( , )|01,01Dx yxy=， 计 算 二 重 积 分 ( , ) xy D Ixyfx 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( , ) xy D xyfx y dxdy 转化为累次积分可得 11 00 ( , )( , ) xyxy D x
10、yfx y dxdydyxyfx y dx = 首先考虑 1 0 ( , ) xy xyfx y dx ，注意这是是把变量y看做常数的，故有 1111 1 00000 ( , )( , )( , )( , )(1, )( , ) xyyyyyy xyfx y dxyxdfx yxyfx yyfx y dxyfyyfx y dx = 由(1, )( ,1)0fyf x=易知 (1, )( ,1)0 yx fyfx=。 故 11 00 ( , )( , ) xyy xyfx y dxyfx y dx = 。 1111 0000 ( , )( , )( , ) xyxyy D xyfx y dxdy
11、dyxyfx y dxdyyfx y dx = 对该积分交换积分次序可得： 1111 0000 ( , )( , ) yy dyyfx y dxdxyfx y dy = 再考虑积分 1 0 ( , ) y yfx y dy ，注意这里是把变量x看做常数的，故有 1111 1 0 0000 ( , )( , )( , )( , )( , ) y yfx y dyydf x yyf x yf x y dyf x y dy = 因此 1111 0000 ( , )( , )( , )( , ) xyy DD xyfx y dxdydxyfx y dydxf x y dyf x y dxdya = =
12、 20、 （本题满分 11 分）()()() 123 1,0,1,0,1,1,1,3,5 TTT =不能由 ()()() 123 1, ,1,1,2,3,1,3,5 TTT a=线性表出。求a；将 123 , 由 123 , 线性表出。 【答案答案】 ：5a=；() 321 () = 201 1024 512 321 【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05 31 421 311 321 =a a ，解得5=a 本题等价于求三阶矩阵C
13、使得()() 123123 ,C = 可知() () 1 1 123123 101113 ,013124 115135 C = 计算可得 215 4210 102 C = 因此() 321 () = 201 1024 512 321 21、 （本题满分 11 分）A为三阶实矩阵，( )2R A=，且 1111 0000 1111 A = （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 1 0 1 ， 1 0 1- ， 0 1 0 （2） 001 000 100 A = 【考点分析【考点分析】 ：实对称矩阵的特征值与特征向量，解
14、题时注意应用实对称矩阵的特殊性质。 【解析解析】 ： （1） = 1 0 1- - 1 0 1- = 1 0 1 1 0 1 可知：1，-1 均为的特征值， = 1 0 1 1 与 = 1 0 1- 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 = 3 2 1 3 x x x 为 0 的特征向量 有 =+ =+ 0 0 31 31 xx xx 得 = 0 1 0 3 k 的特征值分别为 1，-1，0 对应的特征向量分别为 1 0 1 ， 1 0 1- ， 0 1 0 （2） -1 = 其中 = 0 1 1 ， = 011 100 0
15、11 故 1 1101110 0011001 1100110 A = = 011 2 1 0 2 1 2 1 0 2 1 0 1 1 011 100 011 = 001 000 100 22. （本题满分 11 分） X01 P1/32/3 Y-101 P1/31/31/3 () 22 1P XY= 求： （1）(),X Y的分布； （2）ZXY=的分布； （3） XY . 【答案答案】 ： （1） X Y 01 -101/3 01/30 101/3 （2） Z-101 P1/31/31/3 （3） 0 XY = 【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 () 22 1P XY=，因此() 22
