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1、120112011 年全国硕士研究生入学统一考试年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题数学一试题答案解析答案解析一、选择题一、选择题1 1、 【答案答案】【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C分条件即可。【解析解析】由可知分别是 4324321xxxxy1,2,3,4的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的 23412340yxxxx关系可知，(1)0y(2)(3)(4)0yyy，故（3，0）是一拐点。(2)0y(3)(4)0yy(3)0,(4)0yy2 2、 【答案答案】【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C项级
2、数收敛性的一些结论，综合性较强。【解析解析】无界，说明幂级数的收敛半径； nkknnaS12 , 1LL11n n nax1R 单调减少，说明级数收敛，可知幂级数的收 na0lim nna 11n n na11n n nax敛半径。1R 因此，幂级数的收敛半径，收敛区间为。又由于时幂级数11n n nax1R 0,20x 收敛，时幂级数发散。可知收敛域为。2x 0,23 3、 【答案答案】【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C充分条件即可。【解析解析】由知，)(ln)(yfxfz ( )( )ln( ),( )( )xyf xzfxf yzfyf y( )
3、( )( )xyfxzfyf y，( )ln( )xxzfxf y22( ) ( )( )( )( )yyfy f yfyzf xfy2所以， 0 0(0)(0)0(0)xyx yfzff 0 0(0)ln(0)xxx yzff 220 0(0) (0)(0)(0)(0)(0)yyx yfffzfff 要使得函数在点(0,0)处取得极小值，仅需)(ln)(yfxfz ，(0)ln(0)0ff(0)ln(0)(0)0fff所以有0)0(1)0( ff，4 4、 【答案答案】【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B对应的被积函数的大小即可。【解析解析】时，因此(
4、0,)4x20sincoscot2xxxlnsinlncoslncotxxx，故选（B）444000lnsinlncoslncotxdxxdxxdx 5 5、 【答案答案】【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D论即可。【解析解析】由初等矩阵与初等变换的关系知，所以1APB2P BE，故选（D）1111 12121ABPPPP P6 6、 【答案答案】【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D矩阵等方面的知识，有一定的灵活性。【解析解析】由的基础解系只有一个知，所以，又由0xA( )3r A ()1r A知，都是的解，且的极
5、大线生无关组就是0A AA E1234, 0xA0xA其基础解系，又，所以线性相关，故或12341311 00,011 00A 13, 124，为极大无关组，故应选（D）432，7 7、 【答案答案】【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。D3【解析解析】检验概率密度的性质：； 12210fx Fxfx F x。可知 1221121fx Fxfx F x dxF x Fx为概率密度，故选（） 。 1221fx Fxfx F xD8 8、 【答案答案】【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B变量进行处理，有一定的灵活性。UV【解析解析】由于m
6、ax, 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 9、 【答案答案】 【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。14【解析解析】 2444224 0000tansec1tan14sydxxdxxdxxx 1010、 【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11cos cossindxdxxxxyeex edxCexdxC
7、exC由，得，故所求解为0)0(y0C sinxyxe1111、 【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】。故。 22232222222cos12sinsin,11yxyx yxyxyFyxyF xx yxx y220 24 x yF x 1212、 【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式计算即可。4【解析解析】曲线的参数方程为，其中 从到。因此Lcossincossinxtytztt t022220232 2202sincos (cossin )( sin )cos cos(cossin )
8、2 sincossinsin coscos22Lyxzdxxdydzttttttttt dtttttttdt 1313、 【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】本题等价于将二次型经正交变换后222( , , )3222f x y zxyzaxyxzyz化为了。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为。22 114fyz1,4,0该二次型的矩阵为，可知，因此。11 31 111a Aa 2210Aaa 1a 1414、 【答案答案】32【考点分析考点分析】：本题考查二维正
9、态分布的性质。【解析解析】：由于，由二维正态分布的性质可知随机变量独立。因此0,X Y。22()E XYEX EY由于服从，可知，则(, )X Y22( , ;,;0)N 2222,EXEYDYEY。22232()E XY 三、解答题三、解答题1515、 【答案答案】1 2e【考点分析考点分析】：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11 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】：5111100ln(1)ln(1)limlim 1xxeexxxxx xx2000111ln(1)ln(1)1limlimlim12xxxxxxxxx
10、xexxeee 01lim2 (1)2xx xxee1616、 【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 xx2 1,11,21 2,12,22(,( )(,( )( )(,( )(,( )( )(,( )( )( )(,( )( )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
11、在处取得极值，可知。( )g x1x (1)1g(1)0g故2 1,11,21 2,12,22 1,11,2(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 1717、 【答案答案】时，方程只有一个实根1k arctan0kxx时，方程有两个实根1k arctan0kxx 【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
12、件。【解析解析】：令，则，( )arctanf xkxx(0)0f2221( )111kkxfxxx （1）当时，在单调递减，故此时的图像与轴1k ( )0fx( )f x(,) ( )f xx与只有一个交点，也即方程只有一个实根arctan0kxx6（2）时，在和上都有，所以在和1k (,0)(0,)( )0fx( )f x(,0)是严格的单调递减，又，故的图像在和与轴均无(0,)(0)0f( )f x(,0)(0,)x交点（3）时，时，在上单1k 11kxk ( )0fx( )f x(1,1)kk调增加，又知，在上只有一个实根，又(0)0f( )f x(1,1)kk( )f x或都有，在或
13、都(,1)k (1,)k ( )0fx( )f x(,1)k (1,)k 单调减，又，所以(1)0, lim( ) xfkf x (1)0, lim( ) xfkf x 在与轴无交点，在上与轴有一个交点( )f x(,1)k x(1,)k x综上所述：时，方程只有一个实根1k arctan0kxx时，方程有两个实根1k arctan0kxx 1818、 【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）的结论。【解析解析】：（1）令，则原不等式可化为。1xnln(1),01xxx xx先证明：ln(1),0xx x令。由于，可知在上单调递( )ln(1)f xxx1( )10,01fxxx ( )f x0,增。又由于，因此当时，。也即。(0)0f0x ( )(0)0f xfln(1),0xx x再证明：ln(1),01xx xx令。由于，可知在( )ln(1)1xg xxx 211( )0,01(1)g xxxx( )g x上单调递增。由于，因此当时，。也即0,(0)0g0x ( )(0)0g xg。ln(1),01xx xx因此，我们证明了。再令由于，即可得到
