2011 年考研数一真题及答案解析
一、选择题 1、 曲线 y
x 1 x 2 2 x
（ B）（ 2， 0）
3 3 x 4 4 的拐点是（
）
（A）（ 1， 0）
（ C）（ 3， 0） （ D）（4， 0）
【答案 】 C 【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。
2
3
4
【解析 】由 y x
1 x 2 2 x 3 3 x 4 4 可知 1,2,3,4 分别是 y
x 1 x 2 x 3
y (3) y (4)
n 1
x 40
0
的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关系可知
y (1) 0 ， y (2)
y (2)
0， y (3)
y (4)
0 ， y (3) 0, y (4) 0 ，故（ 3， 0）是一拐点。
n
n
2、 设数列 an 单调减少， lim an
0 ， Sn
k 1
ak n
1,2
无界，则幂级数
an x 1
n
的收敛域
为（
） （ A） (-1， 1] （B） [-1 ， 1) （ C） [0，2) （ D） (0， 2]
【答案 】 C 【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。
n
n 1
n
【解析 】 Sn
k 1
ak n 1,2
无界，说明幂级数
an x 1
的收敛半径 R
1；
n
an 单调减少， lim an
0 ，说明级数
an
n 1
1 收敛，可知幂级数
n
an x 1 的收敛半径 R 1。
n
1
n
n 1
n
因此，幂级数
an x 1 的收敛半径 R 1 ，收敛区间为 0,2 。又由于 x
0 时幂级数收敛， x
2 时
幂级数发散。可知收敛域为
0,2 。
3、 设 函数 f (x) 具有二阶连续导数，且 在点 (0,0)处取得极小值的一个充分条件是（ （A） (C)
f ( x)
）
0 ， f (0) 0 ，则函数 z
f (x) ln f ( y)
f (0)
1， f (0) 0 1， f ( 0)
0
(B) (D)
f (0) 1， f (0) f (0) 1， f (0)
0 0
f (0)
【答案 】 C 【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 z
f ( x) ln f ( y) 知 zx f ( x)ln f ( y), zy
f (x) f ( y)
f ( y) ， zxy
f ( x) f ( y)
f ( y)
z
xx
f ( x)ln f ( y) ， zyy
f ( x) f ( y) f ( y) ( f ( y))2
f 2 ( y)
所以 zxy
x 0 y 0
f (0) f (0)
f (0)
0 ， zxx
x y
0 0
f (0)ln f (0) ，
z
yy
x 0 y 0
f (0) f (0) f (0)
f 2 (0)
( f (0))2
f (0)
要使得函数 z f ( x) ln f ( y) 在点 (0,0)处取得极小值，仅需
f (0)ln f (0) 0 ， f (0)ln f (0) f
所以有
(0)
0
f (0) 1， f (0)
4
0
4、设 I
ln sin xdx, J
4 ln cot xdx, K 0
4
ln cosxdx，则 I , J, K 的大小关系是 ( )
0 0
（A） I
J K （B） I KJ（C）JI K（D）KJI
【答案】B
【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 】 x (0,
4
) 时， 0 sin x 4
2 2
cosx cot x ，因此 lnsin x lncos x lncot x
0
ln sin xdx
4 0
ln cosxdx
4 0
ln cot xdx
，故选（
B）
5.设A为
3 阶矩阵，将
A 的第二列加到第一列得矩阵
0 1 ,则
B ，再交换 B 的第二行与第一行得单位矩阵
.记
1
1
0 0
P 110 ,P00
1 0
2
A
( )
0
（A）
0
1 2
1
0 1
（B） P1 1P2
0
2
1
（C） 21
（D）
1
P P
P P P P
【答案 】 D 【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
AP1 B ，P2B E，所以 A BP1
1
P2 1P1
1
P2 P1 1 ，故选（D）
6、设 则 (A)
1
,
2, 3, 4 是4阶矩阵，
为
1的伴随矩阵， 若 1,0,1,0 是方程组
2
x
0 的一个基础解系，
x 基础解系可为（
1
0
）
1
2
， 3 (B) ， 2(C) ， ， 3
(D)
， 3， 4
【答案 】 D 【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 都是
x 0 的基础解系只有一个知 r ( A) 3 ，所以 r ( A ) 1，又由 A A
A E 0知， 1, 2,
3
,
4
x 0 的解，且
x 0 的极大线生无关组就是其基础解系，又 1 0
13
A
1 0 1 0
1 2 3 4
,,,
0 ，所以 1,
，，
1
2
3 线性相关，故
4 或
2， 3， 4 为极大无
1 0
关组，故应选（ D） 7、设 F1
x , F2 x 为两个分布函数， 其相应的概率密度 f1 x , f 2 x 是连续函数，则必为概率密度的是 (
x x
2
)
（A） f1 x f2 （C） f x F
1
（B） 2 f2 x F1 x （ D） f
1
x F x f
2
x F x
2
1
【答案 】 D 【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： f1 x F2 x f 2 x F1 x 0 ；
f1 x F2 x
选（ D）。
f2 x F1 x dx
F1 x F2 x
1。可知 f1 x F2 x
f 2 x F1 x 为概率密度，故
8、设随机变量 (A)UV
与 (B)
相互独立， 且
(C)
与
存在，记 U max x, y , V min x, y ，则 (UV) （
）
U
(D)
V
【答案 】 B 【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 有一定的灵活性。 【解析 】由于 UV 可知 E(UV ) 故应选（ B） 二、填空题 9、曲线 y
UV 进行处理，
max{ X ,Y}min{ X ,Y} XY
E(max{ X ,Y}min{
x 0
X ,Y}) E( XY)
E( X )E(Y)
tan tdt 0 x
4
的弧长 s=
【答案】1
【考点分析 】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。
4
【解析 】 s
4 y
' 2
dx
4
tan2 xdx
4
sec2 x 1dx tan x x 4
0
1
0
0
0
4
10、微分方程 y y
e x cos x 满足条件 y(0) 0 的解为 y
【答案 】 y
sin xe x
【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 】原方程的通解为
1dx
1dx
y e
[ e x cosx e dx C] e x[
cosxdx C ] e x[sin x C]
由 y( 0)
0，得C 0 ，故所求解为 y
sin xe x
xy2
11、设函数 F sin t
F
x, y
dt ，则
0
1 t
2
x2 x
0
y 2
【答案】4
【考点分析 】本题考查偏导数的计算。
【解析 】F
ysin xy
2
F
y2 cosxy 1 x2 y2 2xy3 sin xy
2 F
4 。
x 1 x2
y
2
,
x 2
1 x2 y2 2。故
x
2
x 0
y 2
12、设 L 是柱面方程 x2
y2 1与平面 z x y 的交线，从 z 轴正向往 z 轴负向看去为逆时针方向，则曲y
2
线积分
xzdx xdy
dz
L
【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。
x
cost
【解析 】曲线
L 的参数方程为
y sin t
，其中 t 从 0 到 2 。因此
z cost
sin t
L
xzdx xdy y2 dz
2
2
2
cost (cost sin t)( sin t ) cost cost
0 2
sin 2 t
3
0
sin t cos2 t sin t cost cos2 t sin dt
2 2
x2 3y2
t
2
(cost sin t )dt
13、若二次曲面的方程为 【答案】
z2 2axy 2xz 2 yz 4 ，经正交变换化为 y12 4 z12 4 ，则 a
1
【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 。
3y2 z2 2axy 2xz
1,4,0 。
【 解 析 】 本 题 等 价 于 将 二 次 型 f ( x, y, z) x2
2 yz 经 正 交 变 换 后 化 为 了
f y12
4z12 。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为
1 a 1 1
1
1 ，可知 A 1
2
该二次型的矩阵为 A a 3
a2
2a 1 0 ，因此 a
1。
14、设二维随机变量 【答案 】
3
(X,Y)服从 N( , ;
2
,
2
;0) ，则 E( XY 2 )
【考点分析】 ：本题考查二维正态分布的性质。 【解析】：由于 由于 (X,Y) 服从 N(
0 ，由二维正态分布的性质可知随机变量
, ;
2
2
X ,Y 独立。因此 E( XY2) EX EY 2 。
,
2
;0) ，可知 EX
2 。
,EY
2
DY EY
2
22 ，则
E( XY2 )
2
3
1
三、解答题
15、（本题满分 10 分）求极限 lim
x 0
ln(1
x
x) e 1
x
1
【答案 】 e 2
【考点分析】 ：本题考查极限的计算，属于
1 形式的极限。计算时先按 1 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。
2011年考研数学一试卷真题与答案解析
