考研数学一真题解析与详细分析.doc

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1、2011年考研数一真题及答案解析一、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。

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