2011年考研数学试题（数学一）
一、选择题1、曲线y（A）（1，0）
x1x2
2
x3
3
x4的拐点是（
4
）
（B）（2，0）（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。【解析】由y
x1x
2
2
3
2
x3
4
3
x
4可知1,2,3,4分别是
4
yx1x2x3x4
y(3)
0的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的
y(4)
00,y(4)
0，故（3，0）是一拐点。
n
关系可知y(1)0，y(2)
y(4)
y(2)0，y(3)0，y(3)
2、设数列an单调减少，liman
n
0，Sn
k1
akn
1,2
无界，则幂级数
anx1的收敛域为（
n1
n
）（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
【解析】Sn
k1
akn
1,2
无界，说明幂级数
n1
anx1
n
的收敛半径
R1；
an单调减少，liman
n
0，说明级数
n1
an
1
n
收敛，可知幂级数
n1
anx1
n
的收敛
半径
R1。
anx1
n1
n
因此，幂级数的收敛半径
R1，收敛区间为
0,2。
f(x)
0，f(0)
0,2。又由于x0时幂级数
收敛，
x2时幂级数发散。可知收敛域为
3、设函数f(x)具有二阶连续导数，且0，则函数zf(x)lnf(y)
在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（（A）(C)
）
f(0)f(0)
1，f(0)1，f(0)
0 (B) 0 (D)
f(0)f(0)
1，f(0)1，f(0)
00
【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)lnf(y)知zx
f(x)lnf(y),zy
2
f(x)f(y)
f(y)，zxy
f(x)f(y)
f(y)
zxx
f(x)lnf(y)，zyy
f(0)
f(0)f(0)
f(x)
f(y)f(y)
2
(f(y))
f(y)
所以
zxy
x0y0
0，zxx
2
x0y0
f(0)lnf(0)，
zyy
x0y0
f(0)f(0)(f(0))f(0)2
f(0)
f(0)
要使得函数zf(x)lnf(y)在点(0,0)处取得极小值，仅需0，f(0)lnf(0)f(0)1，f(0)
0
40
f(0)lnf(0)
所以有f(0)
40
0
4、设
II
lnsinxdx,JJ
K
（B）
lncotxdx,KK
J
（C）
40
lncosxdx，则I,J,K的大小关系是( ) I
K
（D）
（A）【答案】
IJKJI
B
直接将比较定积分的大小转化为比较对应的被积函数
【考点分析】本题考查定积分的性质，的大小即可。
【解析】x
(0,
4
)时，0
sinx
22
4
cosxcotx，因此lnsinxlncosxlncotx
40
lnsinxdx
40
lncosxdx
0
lncotxdx，故选（B）
B，再交换B的第二行与第一行得单
5. 设
A为3阶矩阵，将A的第二列加到第一列得矩阵
10
位矩阵.记P1
00,P21
1
100
1,则A( ) 0
（D）P2P1
1
1100
0001
（A）P1P2【答案】即可。
（B）P1P2
（C）P2P1
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
【解析】由初等矩阵与初等变换的关系知AP1
B，P2BE，所以
A
BP1
1
P2P1
1
11
P2P，故选（D）1
3
1
6、设
,
2
,,
4
是4阶矩阵，为的伴随矩阵，若）
1,0,1,0
是方程组
x0
的一个基础解系，则(A)
x
1
0基础解系可为（，
2 (C)
1
1
，
3 (B)
，
2
，
3 (D)
2
，
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】由知，
x
,
3
0的基础解系只有一个知
4都是
r(A)x
3，所以r(A)
1，又由AA
AE0
1
,
2
,x1
0的解，且0的极大线生无关组就是其基础解系，又
1A010
2
1
,
2
,
3
,
0
4
10
13
0，所以
1
,
3
线性相关，故
1
，
2
，
4
或
，
3
，
4为极大无关组，故应选（
D）
7、设
F1x,F2x为两个分布函数，其相应的概率密度f1x,f2x是连续函数，则必为
概率密度的是( ) （A）（C）
f1xf2xf1xF2x
（B）2f2（D）
xF1x
f2xF1x
f1xF2x
【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。
f1xF2x
f2xF1x
0；
【解析】检验概率密度的性质：
f1xF2x
为概率密度，故选（8、设随机变量则(A)
f2xF1xdx
。D）
相互独立，且
F1xF2x
1。可知f1xF2xf2xFx1
与）
与
存在，记Umaxx,y,Vminx,y，
(UV)
（
UV (B)
(C)
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UV进行处理，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
x0
max{X,Y}min{X,Y}XYE(XY)
E(X)E(Y)
E(max{X,Y}min{X,Y})
tantdt0x
4
的弧长s=
【答案】1
4
40
【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。
【解析】
sy
'
2
dx
e
x
40
tanxdx
2
40
secx1dx
0的解为y
2
tanx
x04
1
4
10、微分方程y【答案】y
y
x
cosx满足条件y(0)
sinxe
【考点分析】本题考查一阶线性微分方程的求解。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
先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其
ye
1dx
[ecosxe
0，得C
x
1dx
dxC]e[cosxdxC]
y
sinxe
2
x
x
e[sinxC]
x
由y(0)0，故所求解为
xy0
11、设函数Fx,y
sint1t
2
dt，则
F
2
x0y2
x
【答案】4
【考点分析】本题考查偏导数的计算。
【解析】
Fx
ysinxy1xy
2
2
2
,
Fx
ycosxy1xy
2
22222
2xysinxy
3
2
2
。故
F
2
x0y2
1xy
1与平面zxdy
y
2
x
4。
12、设
L是柱面方程x2
y
2
x
dz
y的交线，从z轴正向往z轴负向看去为逆
时针方向，则曲线积分
L
xzdx
2
【答案】
【考点分析】本题考查第二类曲线积分的计算。应的计算公式计算即可。
首先将曲线写成参数方程的形式，
再代入相
x
【解析】曲线
costsintcost
sint
，其中
L的参数方程为
yz
t从0到2。因此
xzdxxdy
L
2
ydz2
sint)(sint)costcostsintcost
2
2
2
3
2
cost(cost
02
sint
(costsint)dt2
2
sintcost
0
2
cost
2
sint
dt2
z
2
13、若二次曲面的方程为x3y
2
2axy2xz2yz4，经正交变换化为
y
21
4z
21
4，则a
【答案】
1
题目中的条件相当于告诉
【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。了二次型的特征值，通过特征值的相关性质可以解出【解析】本题等价于将二次型化为了f
a。3y
2
f(x,y,z)x
2
z
2
2axy2xz2yz经正交变换后
y
21
4z。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为
1
a1
31，可知A11
21
1,4,0。
该二次型的矩阵为
Aa1
a
2
2a10，因此a1。
2011年全国考研数学试题及答案(数学一).doc
