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1、20112011 内蒙古考研数学一真题及答案内蒙古考研数学一真题及答案一、选择题一、选择题1、曲线 4324321xxxxy的拐点是（）（A）（1，0）（B）（2，0）（C）（3，0）（D）（4，0）【答案答案】C【考点分析考点分析】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。【解析解析】由 4324321xxxxy可知1,2,3,4分别是 23412340yxxxx的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关系可知(1)0y，(2)(3)(4)0yyy(2)0y，(3)(4)0yy，(3)0,(4)0yy，故（3，0）是一拐点。2、设数列 na单调减少，0limnna
2、，nkknnaS12,1无界，则幂级数11nnnax的收敛域为（）（A）(-1，1（B）-1，1)（C）0，2)（D）(0，2【答案答案】C【考点分析考点分析】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。【解析解析】nkknnaS12,1无界，说明幂级数11nnnax的收敛半径1R；na单调减少，0limnna，说明级数11nnna收敛，可知幂级数11nnnax的收敛半径1R。因此，幂级数11nnnax的收敛半径1R，收敛区间为0,2。又由于0 x 时幂级数收敛，2x 时幂级数发散。可知收敛域为0,2。3、设 函数)(xf具有二阶连续导数，且0)(
3、xf，0)0(f，则函数)(ln)(yfxfz 在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（）（A）0)0(1)0(ff，(B)0)0(1)0(ff，(C)0)0(1)0(ff，(D)0)0(1)0(ff，【答案答案】C【考点分析考点分析】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。【解析解析】由)(ln)(yfxfz 知()()ln(),()()xyf xzfxf yzfyf y，()()()xyfxzfyf y()ln()xxzfxf y，22()()()()()yyfy f yfyzf xfy所以00(0)(0)0(0)xyxyfzff，00(0)ln(0)xxx
4、yzff，2200(0)(0)(0)(0)(0)(0)yyxyfffzfff要使得函数)(ln)(yfxfz 在点(0,0)处取得极小值，仅需(0)ln(0)0ff，(0)ln(0)(0)0fff所以有0)0(1)0(ff，4、设444000lnsin,lncot,lncosIxdx Jxdx Kxdx，则,I J K的大小关系是()（A）IJK（B）IKJ（C）JIK（D）KJI【答案答案】B【考点分析考点分析】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。【解析解析】(0,)4x时，20sincoscot2xxx，因此lnsinlncoslncotxxx4
5、44000lnsinlncoslncotxdxxdxxdx，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B，再交换B的第二行与第一行得单位矩阵.记1100110001P,2100001010P,则A()（A）12PP（B）112P P（C）21P P（D）121P P【答案答案】D【考点分析考点分析】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 析解 析】由 初 等 矩 阵 与 初 等 变 换 的 关 系 知1APB，2P BE，所 以111112121ABPPPP P，故选（D）6、设4321,是 4 阶矩阵，为的伴随矩阵，若0,1,0,1是方程组0
6、x的一个基础解系，则0 x基础解系可为（）(A)31，(B)21，(C)321，(D)432，【答案答案】D【考点分析考点分析】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。【解析解析】由0 x的基础解系只有一个知()3r A，所以()1r A，又由0A AA E知，1234,都是0 x的解，且0 x的极大线生无关组就是其基础解系，又1234131100,01100A ，所 以13,线 性 相 关，故124，或432，为极大无关组，故应选（D）7、设 12,F xFx为两个分布函数，其相应的概率密度 12,fxfx是连续函数，则必为概率密度的是()（A
7、）12fx fx（B）212 fx F x（C）12fx Fx（D）1221fx Fxfx F x【答案答案】D【考点分析考点分析】本题考查连续型随机变量概率密度的性质。【解析解析】检验概率密度的性质：12210fx Fxfx F x；1221121fx Fxfx F x dxF x Fx。可知 1221fx Fxfx F 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yxU,max,yxV,min，则)(UV（）(A)VU(B)(C)U(D)V【答案答案】B【考点分析考点分析】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。【解析解析
8、】由于max,min,UVX YX YXY可知()(max,min,)()()()E UVEX YX YE XYE X E Y故应选（B）二、填空题二、填空题9、曲线xxtdty040tan的弧长s=【答案答案】14【考点分析考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。【解析解析】24442240000tansec1tan14sydxxdxxdxxx 10、微分方程xeyyxcos满足条件0)0(y的解为y【答案答案】sinxyxe【考点分析考点分析】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。【解析解析】原方程的通解为
9、11cos cossindxdxxxxyeex edxCexdxCexC由0)0(y，得0C，故所求解为sinxyxe11、设函数xydtttyxF021sin,，则2022yxxF【答案答案】4【考点分析考点分析】本题考查偏导数的计算。【解析解析】22232222222cos12sinsin,11yxyx yxyxyFyxyFxx yxx y。故22024xyFx。12、设L是柱面方程221xy与平面zxy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22Lyxzdxxdydz【答案答案】【考点分析考点分析】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
10、算公式计算即可。【解析解析】曲线L的参数方程为cossincossinxtytztt，其中t从0到2。因此22202322202sincos(cossin)(sin)cos cos(cossin)2sincossinsin coscos22Lyxzdxxdydzttttttttt dtttttttdt13、若 二 次 曲 面 的 方 程 为22232224xyzaxyxzyz，经 正 交 变 换 化 为221144yz，则a【答案答案】1【考点分析考点分析】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。【解析解析】本题等价
11、于将二次型222(,)3222f x y zxyzaxyxzyz经正交变换后化为了22114fyz。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1,4,0。该二次型的矩阵为1131111aAa，可知2210Aaa ，因此1a 。14、设二维随机变量(,)X Y服从22(,;,;0)N ，则2()E XY【答案答案】32【考点分析【考点分析】：本题考查二维正态分布的性质。【解析【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22()E XYEX EY。由于(,)X Y服从22(,;,;0)N ，可知2222,EXEYDYEY，则22232()E XY。三、解答题三、解答题1
12、5、（本题满分 10 分）求极限110ln(1)limxexxx【答案答案】12e【考点分析【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。【解析【解析】：111100ln(1)ln(1)limlim 1xxeexxxxxxx2000111ln(1)ln(1)1limlimlim12xxxxxxxxxxexxeee01lim2(1)2xxxxee16、（本题满分 9 分）设(,()zf 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1x 处取得极值(1)1g，求21,1zx
13、yx y【答案答案】1,11,2(1,1)(1,1)ff【考点分析【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。【解析解析】：12(,()(,()()zfxy yg xyfxy yg xyg xx21,11,212,12,22(,()(,()()(,()(,()()(,()()()(,()()zfxy yg x xyfxy yg xyg xfxy yg x xx yfxy yg x xyg xfxy yg xyg x g xfxy yg x g x 由于()g x在1x 处取得极值(1)1g，可知(1)0g。故21,11,212,12,221
14、,11,2(1,(1)(1,(1)(1)(1,(1)1,1(1,(1)(1)(1,(1)(1)(1)(1,(1)(1)(1,1)(1,1)zfgfggfgxyx yfggfgggfggff 17、（本题满分 10 分）求方程arctan0kxx不同实根的个数，其中k为参数【答案答案】1k 时，方程arctan0kxx只有一个实根1k 时，方程arctan0kxx有两个实根【考点分析【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。【解析解析】：令()arctanf xk
15、xx，则(0)0f，2221()111kkxfxxx ，（1）当1k 时，()0fx，()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arctan0kxx只有一个实根（2）1k 时，在(,0)和(0,)上都有()0fx，所以()f x在(,0)和(0,)是严格的单调递减，又(0)0f，故()f x的图像在(,0)和(0,)与x轴均无交点（3）1k 时，11kxk 时，()0fx，()f x在(1,1)kk上单调增加，又(0)0f知，()f x在(1,1)kk上只有一个实根，又()f x(,1)k 或(1,)k 都有()0fx，()f x在(,1)k 或(1,)k
16、 都单调减，又(1)0,lim()xfkf x，(1)0,lim()xfkf x，所以()f x在(,1)k 与x轴无交点，在(1,)k 上与x轴有一个交点综上所述：1k 时，方程arctan0kxx只有一个实根1k 时，方程arctan0kxx有两个实根18、（本题满分 10 分）证明：（1）对任意正整数n，都有111ln(1)1nnn（2）设111ln(1,2,)2nan nn，证明数列na收敛【考点分析【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
17、）的结论。【解析解析】：（1）令1xn，则原不等式可化为ln(1),01xxx xx。先证明ln(1),0 xx x：令()ln(1)f xxx。由于1()10,01fxxx，可知()f x在0,上单调递增。又由于(0)0f，因此当0 x 时，()(0)0f xf。也即ln(1),0 xx x。再证明ln(1),01xx xx：令()ln(1)1xg xxx。由于211()0,01(1)g xxxx，可知()g x在0,上单调递增。由于(0)0g，因此当0 x 时，()(0)0g xg。也即ln(1),01xx xx。因此，我们证明了ln(1),01xxx xx。再令由于，即可得到所需证明的不
18、等式。（2）111ln(1)1nnaann，由不等式11ln(1)1nn可知：数列 na单调递减。又由不等式11ln(1)nn可知：11111lnln(1 1)ln(1).ln(1)lnln(1)ln022nannnnnn。因此数列 na是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列na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(1,)0,(,1)0fyf x，(,)Df x y dxdya，其 中(,)|01,01Dx yxy，计 算 二 重 积 分(,)xyDIxyfx y dxdy【答案答案】：a【考点分析【考点分析】：本题考查二重积分的计算。计算中主要利
19、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。【解析解析】：将二重积分(,)xyDxyfx y dxdy转化为累次积分可得1100(,)(,)xyxyDxyfx y dxdydyxyfx y dx 首先考虑10(,)xyxyfx y dx，注意这是是把变量y看做常数的，故有1111100000(,)(,)(,)(,)(1,)(,)xyyyyyyxyfx y dxyxdfx yxyfx yyfx y dxyfyyfx y dx由(1,)(,1)0fyf x易知(1,)(,1)0yxfyfx。故1100(,)(,)xyyxyfx y dxyfx y dx。1111
20、0000(,)(,)(,)xyxyyDxyfx y dxdydyxyfx y dxdyyfx y dx 对该积分交换积分次序可得：11110000(,)(,)yydyyfx y dxdxyfx y dy 再考虑积分10(,)yyfx y dy，注意这里是把变量x看做常数的，故有1111100000(,)(,)(,)(,)(,)yyfx y dyydf x yyf x yf x y dyf x y dy 因此11110000(,)(,)(,)(,)xyyDDxyfx y dxdydxyfx y dydxf x y dyf x y dxdya 20、（本题满分 11 分）1231,0,1,0,1,
21、1,1,3,5TTT不能由1231,1,1,2,3,1,3,5TTTa线性表出。求a；将123,由123,线性表出。【答案答案】：5a；3212011024512321【考点分析【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。【解析解析】：由于321,不能由321,表示可知0531421311321aa，解得5a本题等价于求三阶矩阵C使得123123,C 可知 11123123101113,013124115135C 计算可得2154210102C因此321201102451232121、（本题满分 11 分）A为三阶实矩
22、阵，()2R A，且111100001111A（1）求A的特征值与特征向量（2）求A【答案答案】：（1）的特征值分别为 1，-1，0，对应的特征向量分别为101，101-，010（2）001000100A【考点分析【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。【解析解析】：（1）101-101-101101可知：1，-1 均为的特征值，1011与101-2分别为它们的特征向量2)(Ar，可知 0 也是的特征值而 0 的特征向量与1，2正交设3213xxx为 0 的特征向量有003131xxxx得0103k的特征值分别为 1，-1，0对应的特征向量分别为101，
23、101-，010（2）-1其中011，011100011故1110111000110011100110A011210212102101101110001100100010022.（本题满分 11 分）X01P1/32/3Y-101P1/31/31/3221P XY求：（1）,X Y的分布；（2）ZXY的分布；（3）XY.【答案答案】：（1）XY01-101/301/30101/3（2）Z-101P1/31/31/3（3）0XY【考点分析【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【解析】：（1）由于221P XY，因此220P
24、XY。故0,10P XY，因此1,11,10,111/3P XYP XYP XYP Y再由1,00P XY可知0,01,00,001/3P XYP XYP XYP Y同样，由0,10P XY 可知0,11,10,111/3P XYP XYP XYP Y 这样，我们就可以写出,X Y的联合分布如下：YX101001/3011/301/3（2）ZXY可能的取值有1，0，1其中(1)(1,1)1/3P ZP XY ，(1)(1,1)1/3P ZP XY，则有(0)1/3P Z。因此，ZXY的分布律为Z-101P1/31/31/3（3）2/3EX，0EY，0,cov(,)0EXYX YEXYEXEY故
25、cov(,)0XYX YDXDY23、（本题满分 11 分）设12,nx xx为来自正态总体20(,)N 的简单随机样本，其中0已知，20未知，x和2S分别表示样本均值和样本方差，（1）求参数2的最大似然估计2（2）计算2()E和2()D【答案答案】：（1）2201()niiXn（2）42222(),()EDn【考点分析【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2的最大似然估计时，最重要的是要将2看作一个整体。在求2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。【解析解析】：（1）似然函数222001222211()()11,expe
26、xp2222nniinnniixxL x xx 则222002211()()1lnln2lnln2ln22222nniiiixxnnnLn 2022221()ln122niixLn 令2ln0L可 得2的 最 大 似 然 估 计 值2201()niixn，最 大 似 然 估 计 量2201()niiXn（2）由随机变量数字特征的计算公式可得22222001011122220010211()1()()()()11()()()nniiiinniiiiXEEE XE XDXnnXDDD XD Xnnn由 于2100,XN，由 正 态 分 布 的 性 质 可 知100,1XN。因 此 22101X，由2的性质可知2102XD，因此2410()2D X，故422()Dn。