考研数学试题及参考答案数学一

一、选择题

1、 曲线yx1x2x3x4的拐点是（ ）

234（A）（1，0） （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x1x2x3x4可知1,2,3,4分别是

234yx1x2x3x4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(3)y(4)0

y(2)0，y(3)y(4)0，y(3)0,y(4)0，故（3，0）是一拐点。

2、 设数列an单调减少，limann2340，Snakn1,2无界，则幂级数anx1的

nnk1n1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。 【解析】Snakn1,2无界，说明幂级数anx1的收敛半径R1；

nnk1n1an单调减少，limann说明级数an1收敛，可知幂级数anx1的收敛半径R1。 0，

n1n1n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2n1n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f(x)0，f(0)0，则函数zf(x)lnf(y) 在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（ ）

，f(0)0 (B) f(0)1，f(0)0 （A） f(0)1，f(0)0 (D) f(0)1，f(0)0 (C) f(0)1【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f(x)f(x)f(y)，zxyf(y) f(y)f(y)2f(y)f(y)(f(y)) zxxf(x)lnf(y)，zyyf(x)f2(y)所以zxyx0y0f(0)f(0)0，zxxf(0)x0y0f(0)lnf(0)，

要使得函数zf(x)lnf(y)在点(0,0)处取得极小值，仅需

f(0)lnf(0)0，f(0)lnf(0)f(0)0

所以有f(0)1，f(0)0

4004、设Ilnsinxdx,Jlncotxdx,K4lncosxdx，则I,J,K的大小关系是( )

40 （A）IJK （B）IKJ （C）JIK （D）KJI

【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sinx2cosxcotx，因此lnsinxlncosxlncotx 24lnsinxdx04lncosxdx04lncotxdx，故选（B）

05. 设A为3阶矩阵，将A的第二列加到第一列得矩阵B，再交换B的第二行与第一行得单位矩阵.记

10010010,P001,则PA( ) 112001010（A）P1P2 （C）P2P1 1P2 （B）P2P1 （D）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AP11B，P2BE，所以ABP故选（D）

6、设1,2,3,4是4阶矩阵，为的伴随矩阵，若1,0,1,0是方程组x0的一个基

111P21PP2P11，

11础解系，则x0基础解系可为（ ）

(A) 1，3 (B) 1，2 (C) 1，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x0的基础解系只有一个知r(A)3，所以r(A)1，又由AAAE0知，

1,2,3,4都是x0的解，且x0的极大线生无关组就是其基础解系，又

1100A1,2,3,4130，所以1,3线性相关，故1，2，4或2，3，4为1100极大无关组，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,f2x是连续函数，则必为概率密度

的是( ) （A）（C）

f1xf2x （B）2f2xF1x

f1xF2x （D）f1xF2xf2xF1x

【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f2xF1x0；

f1xF2xf2xF1xdxF1xF2x1。可知f1xF2xf2xF1x为概率密

度，故选（D）。

8、设随机变量与相互独立，且与存在，记Umaxx,y,Vminx,y，则

(UV)（ ）

(A) UV (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max{X,Y}min{X,Y}XY

可知E(UV)E(max{X,Y}min{X,Y})E(XY)E(X)E(Y) 故应选（B） 二、填空题

9、曲线yx0tantdt0x的弧长s=

4 【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。

【答案】14【解析】s40ydx'2x4tanxdx204041secx1dxtanxx024

10、微分方程yye【答案】ysinxexcosx满足条件y(0)0的解为y

【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 由y(0)0，得C0，故所求解为ysinxex

11、设函数Fx,yxy0sint2Fdt，则21t2x

x0y2【答案】4

【考点分析】本题考查偏导数的计算。

2223Fysinxy2Fycosxy1xy2xysinxy2F【解析】。故,222222x1xyxx21xy4。

x0y212、设L是柱面方程xy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，

22则曲线积分

ÑLy2xzdxxdydz

2【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sint，其中t从0到2。因此

zcostsint13、若二次曲面的方程为x3yz2axy2xz2yz4，经正交变换化为y14z14，则

22222a

【答案】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。

【解析】本题等价于将二次型f(x,y,z)x3yz2axy2xz2yz经正交变换后化为了

222fy124z12。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1,4,0。

1a12该二次型的矩阵为Aa31，可知Aa2a10，因此a1。

11114、设二维随机变量(X,Y)服从N(,;,;0)，则E(XY) 【答案】

【考点分析】：本题考查二维正态分布的性质。

【解析】：由于0，由二维正态分布的性质可知随机变量X,Y独立。因此E(XY)EXEY。 由于(X,Y)服从N(,;,;0)，可知EX222232222,EY2DYEY22，则

2E(XY2)2232。

三、解答题

15、（本题满分10分）求极限lim12ln(1x)ex0x1x1

【答案】e

【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。

ln(1x)ex1ln(1x)xex1lim1e【解析】：limx0x0xx11ln(1x)x1limx0xex1ex0limln(1x)xx2e11lim1xx02x

16、（本题满分9分）设zf(xy,yg(x))，其中函数f具有二阶连续偏导数，函数g(x)可导，且在

2z x1处取得极值g(1)1，求

xyx1,y1【答案】

''f1,1(1,1)f1,2(1,1)

【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】：

zf1'(xy,yg(x))yf2'(xy,yg(x))yg'(x) x'由于g(x)在x1处取得极值g(1)1，可知g(1)0。 故

17、（本题满分10分）求方程karctanxx0不同实根的个数，其中k为参数 【答案】k1时，方程karctanxx0只有一个实根 k1时，方程karctanxx0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。

kk1x21【解析】：令f(x)karctanxx，则f(0)0，f(x)， 1x21x2（1）

当k1时，f(x)0，f(x)在(,)单调递减，故此时f(x)的图像与x轴与只有一

个交点，也即方程karctanxx0只有一个实根 （2）

k1时，在(,0)和(0,)上都有f(x)0，所以f(x)在(,0)和(0,)是严格的

单调递减，又f(0)0，故f(x)的图像在(,0)和(0,)与x轴均无交点 （3）

k1时，k1xk1时，f(x)0，f(x)在(k1,k1)上单调增加，

又f(0)0知，f(x)在(k1,k1)上只有一个实根，又f(x)(,k1)或(k1,)都有f(x)0，f(x)在(,k1)或(k1,)都单调减，又

f(k1)0,limf(x)，f(k1)0,limf(x)，所以f(x)在(,k1)与

xxx轴无交点，在(k1,)上与x轴有一个交点

综上所述：k1时，方程karctanxx0只有一个实根

k1时，方程karctanxx0有两个实根

18、（本题满分10分）证明：（1）对任意正整数n，都有

111ln(1) n1nn（2）设an111Llnn(n1,2,L)，证明数列{an}收敛 2n【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

1xx，则原不等式可化为ln(1x)x,x0。 nx1先证明ln(1x)x,x0： 令f(x)xln(1x)。由于

f'(x)110,x0，可知f(x)在0,上单调递增。又由1x于f(0)0，因此当x0时，f(x)f(0)0。也即ln(1x)x,x0。 再证明

xln(1x),x0： x111x'0,x0，可知g(x)在0,上单调递。由于g(x)1x(1x)2x1令g(x)ln(1x)增。由于g(0)0，因此当x0时，g(x)g(0)0。也即因此，我们证明了

xln(1x),x0。 x1xln(1x)x,x0。再令由于，即可得到所需证明的不等式。 x11111（2）an1an，由不等式ln(1)可知：数列an单调递减。 ln(1)n1nn1n11又由不等式ln(1)可知：

nn1111an1Llnnln(11)ln(1)...ln(1)lnnln(n1)lnn0。

2n2n因此数列

an是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列{an}收敛。

19、（本题满分11分）已知函数f(x,y)具有二阶连续偏导数，且f(1,y)0,f(x,1)0，

Df(x,y)dxdya，其中D{(x,y)|0x1,0y1}，计算二重积分IDxyfxy(x,y)dxdy

【答案】：a

【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

xyf(x,y)dxdy转化为累次积分可得

xyD首先考虑

xyf(x,y)dx，注意这是是把变量y看做常数的，故有

0xy1由f(1,y)f(x,1)0易知故

fy'(1,y)fx'(x,1)0。

10xyfxy(x,y)dxyf(x,y)dx。

0y1对该积分交换积分次序可得：dyyf(x,y)dxdxyf(x,y)dy

00y00y1111再考虑积分因此

10yfy(x,y)dy，注意这里是把变量x看做常数的，故有

20、（本题满分11分）11,0,1,20,1,1,31,3,5不能由

TTT11,a,1,21,2,3,31,3,5【答案】：①a5；②1TTT线性表出。①求a；②将1,2,3由1,2,3线性表出。

231221534210

102【考点分析】：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】：① 由于1,2,3不能由1,2,3表示

113 可知

123124a50，解得a5

13a ②本题等价于求三阶矩阵C使得

1,2,31,2,3C

11011131124可知C1,2,31,2,3013

115135215计算可得C4210

102因此1231221534210

102111121、（本题满分11分）A为三阶实矩阵，R(A)2，且A0000

1111（1）求A的特征值与特征向量（2）求A

1-10【答案】：（1）的特征值分别为1，-1，0，对应的特征向量分别为0，0，1

110001（2）A000

100【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。

-1-111【解析】：（1）0-0 00

11111-1 可知：1，-1均为的特征值，10与20分别为它们的特征向量

11r(A)2，可知0也是的特征值

而0的特征向量与1，2正交

x1设3x2为0的特征向量

x30x1x30有 得3k1 x1x300 的特征值分别为1，-1，0

1-10 对应的特征向量分别为0，0，1

110 （2）

-111101，001

其中011011011101001

故A001011011022. （本题满分11分）

X P Y P 求：（1）

0 1/3 -1 1/3 0 1/3 1 2/3 1 1/3 1X,Y的分布；

XY的分布；

（2）Z （3）XY. 【答案】：（1） X 0 1 Y -1 0 1 （2）

P （3）XY0

【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P故P -1 1/3 0 1 1/3 1/3 0 1/3 0 1/3 0 1/3 X2Y21，因此PX2Y20。

X0,Y10，因此

再由PX1,Y00可知

X0,Y10可知

X,Y的联合分布如下：

同样，由P这样，我们就可以写出 （2）ZXY可能的取值有1，0，1

其中P(Z1)P(X1,Y1)1/3，P(Z1)P(X1,Y1)1/3， 则有P(Z0)1/3。 因此，ZXY的分布律为

P -1 1/3 0 1 1/3 1/3 （3）EX2/3，EY0，EXY0,cov(X,Y)EXYEXEY0

cov(X,Y)0

DXDY2故XY23（、本题满分11分）设x1,x2,L,xn为来自正态总体N(0,)的简单随机样本，其中0已知，0未知，x和S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E()和D()【答案】：（1）^2^2^2222^2

^^(Xi0)224222 （2）E(),D()nn2i12n【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】：

2（1）似然函数

Lx1,x2,L,xn,2i1n(xi0)211expexpn22222ni1nn(xi0)2 22(xi0)2 2nlnLln2nln则2i1n(xi0)2nn12ln2ln22222i1^lnL2令0可得的最大似然估计值22i1n^(xi0)22，最大似然估计量ni1n(Xi0)2

n（2）由随机变量数字特征的计算公式可得 由于X10:N0,2，由正态分布的性质可知

2X10X02:N0,1。因此1:1，

2^24X10242由的性质可知D2，因此D(X10)2，故D()n。

2