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1、2011年数学（一）真题解析一、选择题一、选择题（1） 【答案】【答案】（C）.解】由/（2）+/（3）=0/（）,竺厂心） 得（3,0）为曲线的拐点，应选（C）.（2） 【答案】【答案】（C）.【解】 【解】 因为Sn + a2 + a”无界，所以limS”不存在，n-*o于是级数发散，即级数工0”工在工=1处发散；因为仏”单调递减且lima” =0,所以由莱布尼茨审敛法得（一l）a”收敛， n_* n = loo oo即级数 在工=-1处收敛，从而级数的收敛半径为R=l,且收敛域为n= n=1191） 9故级数 a” （工一1）的收敛域为一1 x 1 1J(O) 0,应选(A).(4)【答
2、案】【答案】(E).【解】【解】当0 VhV 丁时，由sin工 V cos x V cot jc 得 In sin 乂 In cos 工 V In cot jc 9 4从而 In sin jc djr CJ 0 ,In cos x( (x L 0 .4 In cot无山9艮卩/ K V丿9应选（E）.o方法点评：（1） 积分限相同的几个定积分比较大小9 一般比较其被积函数即可；（2） 本题中In sin x dx与In cot x dx都是反常积分口 = 0为其瑕点，J 0 J 0Ct i t Ct jc cos x .In sin x ax = jc In sin jc :-dx 9J 0
3、0 Jo sin x2011年全国硕士研究生考试数学（一）真题第 1 页，共 11 页因为 lim x In sin x = lim -；- sin x In sin x =lim = 0，lo+ sin X LO十 1又ldjc为正常积分， J o sin x所以 In sin x dj?收敛.J 01 In cot x djr0T0In cos x dx In sin x dx ?因为 In cos x dx 为正常积分 9 J 0 Jo所以in cot a- dx收敛，故本题按正常积分比较大小的方法比较.J 0(5)【答案】【答案】(D).【解】【解】由题意得B=A 110b即,00、/
4、I010=o00丿01从而 A =P71P71，再由 Pj =卩2 得 A =P2P?1，应选(D).方法点评：矩阵的初等变换分为初等行变换和初等列变换.其中初等行(列)变换包含：(1) 对调两行(列)；(2) 某行(列)的非零常数倍；(3) 某行(列)的倍数加到另一行(列).初等矩阵有三种，即(1) ij-对调E的*, j行(列)；(2) E,(c)(c H 0)E 的 z 行(列)c 倍；(3) E1；()E的第j行怡倍加到第z行或E的第2列怡倍加到第j列.矩阵的左边乘三个初等矩阵相当于进行三种初等行变换，矩阵的右边乘三个初等矩阵相 当于进行三种初等列变换，另外:E, =E“ , E； ；
5、c) =E,(右)，E?(k) =Ej(k).(6)【答案】【答案】(D).【解】 【解】 因为AX= 0的基础解系含一个线性无关的解向量，所以r(A)=3,于是r(A* )=1, 齐次线性方程组A*X=0的基础解系含3个线性无关的解向量，排除(A),(B)； 由 A* A = A E =O,得 为 A X =()的一组解.J |：|由(1,0,1,0)为方程组 AX =0 的解，得 A | | = (a ! ,a2,a ；,a4)=0,即 a i + a3 = 0,或a( = a3,从而a i ,a2 ,a3线性相关，于是a2， ，a3 ,a4线性无关，故a2， ，a3 .a4为方程组 A
6、* X=Q的一个基础解系，应选(D).方法点评：本题是一道综合考查齐次线性方程组系数矩阵的秩与基础解系的关系及向量 组相关性概念，需要熟练掌握如下重要知识点：2011年全国硕士研究生考试数学（一）真题第 2 页，共 11 页n , r （A ） = /?,（1） r（A ） = 1, r （A ） n 1,、0 , r （A ） 0,z W 0,2严工0,z W 0,方法二取心=;方法二取心=;心工）=0,显然 f2 Qx )分别为参数为1和2的指数分布的密度函数，九（工”2 （z）= |2e lo,Z 0 9因为/i (工)九(e )dr = 2 e3r drJ OO J 02m工1，所以力
7、Cz）九（工）不是概率密度，（A）不对；取川亠匚f2()= (2e，10,爲:则F2）于是2九（工）厂（工）=“【0,工0 9Z V 0 9工 0,X 0,JC $ 0 9z V 0，因为2九（工）F（工）dz =4J OO *4-00(e2j02ef ）山=三工1，所以2九（工）尸（工）不是概率密度，（B）不对;j?0,取 / (x )=1 er ,z 0 92严，z 0 91 _7%（工）=F2 (j?)=【0,乂 W 0 9Io,h W 0，lo,e_2j囂因为2fi (x )F2 (j： ：)=0,*4-00fi Q )F2 (rr )dr+ 9(e- e3j )dz = # 1, o
8、 33所以fx）F2（x）不是概率密度，（C）不对，应选（D）.（8）【答案】【答案】（E）.【解】 【解】 因为UV = XY,所以E（L7V） =E（XY）.又因为 X,Y 独立，所以 E（UV） =E（XY） =E（X）E（Y）,应选（E）.二、填空题二、填空题（9）【答案】【答案】ln（l+V2）.【解】由山=1 +T djr = /1 + tan2 jc dr = sec x dr 92011年全国硕士研究生考试数学（一）真题第 3 页，共 11 页= ln(l +短).0方法点评：本题考查变积分限函数求导、弧微分的公式、定积分的计算.需要熟练掌握曲线的弧长计算公式：(1) 若 L
9、-y = Wb),则 ds = a/1 + f (j? ) dr ,s =丿1 + 广(rr ) ；J a(2) 若 jL： 卩 (aW/W0)，则 &= J C (t) + W (/) d/ ,s= J (/) + 中(t) d/y 0(i) J a(3) 若 L ：r = r (0) (a W 0 W 仔)，则 ds = Jr，2 (9) + r2 (9) d。，s = J,* (0)十 r? (&)(10)答案】er sin .【解】方法一由 yf y = cos x 9 得夕=(e=r cos x J山 djr + C)e 山=(sin jc + C)= Ce_r + e_J sin
10、jc ,因为)(0)=0,所以 C =0,于是 y = er sin x .方法二 y+_y=0 的通解为 y =Ce =C e_r.令原方程的通解为y =C(_z)eF，代入原方程得CQ)eF =e- cos工， 解得C(_z ) = sin z + C ,即原方程的通解为= (sin + C)e_J , 由夕(0) =0得C =0,故原方程满足初始条件的特解为y =ePsin工.(11) 答案】答案】4.3F ysin xy 32 F y (1 + x2 y2 )cos xy 2a：v sin xy狂=m7，乔=$ (lUE ，=4.x=0y = 2(12) 【答案】【答案】TV.【解】
11、【解】 方法一 设L所在的截面为X,按右手法则Q的法向量指向上侧,【解】【解】则共djCS 的法向量为=(一 1, 1,1)，方向余弦为 cos a = 占，cos 0 = 2，cosy =二 73 V3 V3dz + 工 + 工 dy + -dz =2cos a1d aZTdsxz一 j/ + l)dS =揑(x 一 j； + 1)djr dj/D2方法二x = COS t 9令 L Ay = sin t, (起点 i =0,终点 t = 2?r),则z = sin t + cos t2011年全国硕士研究生考试数学（一）真题第 4 页，共 11 页y xzax + jc dj/ H dzL
12、 22ncos t (sin t + cos t) ( sin )ck + cosLdt + sin2Z (cos t 一 sin t)dt o 21 . 2 2 i 2 1.3、i sin Zcos t 一 sin cos t 十 cos t-sin t j at1 . 2 2 i 9 1. 3 1sin Zcos t 一 sm 才 cos t 十 cos t-sin t j At*sinLcos t + cosL)ck =-sinol2 t cos tdt + 2 cos21 dt0“ 1 兀2 cosSdr = 4I2=4X X = tc.J o 2 2方法点评:方法点评:本题考查三维空
13、间对坐标的曲线积分的计算.三维空间对坐标的曲线积分Pdx +Qdy+Rdz常用的计算方法有： 方法一定积分法pr =卩（/）,设 L =0（/）,（起点 t =a，终点 t =/?）,则zJ PcLz+Qdy +Rdz= P卩（/）+Q0（/）+）d/.方法二 斯托克斯公式Pdx +Qdy-Rdz =3djCPcos acos / a aZRdS,其中 cos a , cos B , cos 7为曲面工的法向量的方向余弦.（13）答案】答案】1./Ia1、【解】令【解】令A=a31 ,xh1I1（工y）,则二次曲面表示为X4X=4.因为XAX= 4经过正交变换化为嶄+4喝=4,所以A的特征值为
14、入i= 0,A2= 1,A3= 4,于是r(A)=2.I1a 1 I11/Il 1 而 A =3 !-a 1 -a(0 a 1 0 故 a=l41 JJ3 F0 3 a 1 a（14）【答案】z【答案】z2 十/.【解】【解】因为（X,Y）N （，y2；0),所以 X Ng,/),Y N(， 0(工 0),1f(0)=0, , 工由 得 /(rr) 0(j7 0),即当 h0 时，-!- 0(工 0), 1+工令 g (乂)=工一ln(l + 工)，g(0)=0, gQ)=l 0(工0),1十z(g (0) = 0， r由 . 得 (乂)0(工0)，即当工0 时，ln(l+z)VH9g (jc
15、 )0(乂 0) 9r 1 I / 1 1于是当 h0 时 9 -.-V ln( 1 + ) Vi 取工=一 9 则有V lnl 1 H-) V .1 十 h n 十 1 Ti 丿 n方法二 中值定理方法二 中值定理令 /(r) =ln(l +/)&0), /(0) =0, ft)由拉格朗日中值定理，存在 6(0,丄)，使得于(丄)一于(0)=匚空，即 72 / 77 / TIln(1 + 7)_i_n(l +f)i因为一丄亍V1 + -n1 iT?EEv I,所以一Hrn i-ln(1 + 7)丄n方法三 因为当攵G 川皿+ 1时，一7r W丄W丄且不恒等，?十 JL x n“+1 1 r”
16、+i i r”+i 1 1 1所以 -4-t d: dr de 即一VlnG +1)11172 V9 整理得J n 7? + 1 J n X J n 72 77+1 Tl.- V lnfl -) 0 9 所以- 单调减少且有下界，故- 收敛.方法点评：方法点评：在本题基础上需要掌握不等式证明中使用的放缩法：【例】 证明：ln( 1 + ? ) W 1 i- -W 1 + In n.2 Tlr i 1 r2 1 c2 1 r2 i【证明】 当x G 1，2时9由，得 dx djc，即1 $ dx.1 x J1 1 J1 X J1 x1 1 f3 1 3 1 1 f3 1当H W 2,3时，由得斗归A 土比r，即苛羽土dr.L X J 2 Z J 2 X L J 2 X2011年全国硕士研究生考试数学（一）真题第 7 页，共 11 页4 1同理+dr13 Xn1*+i 1 1 1dr，相加得+百+-$x L n J11 .n又当x E 1,2时，由士 W丄得| -dr 上dr,即三| W血；2x2 1，2 1 ,心 1*+i idz = ln(l in)3C2当无 2,3时今由1 T 1同
