2011吉林考研数学一真题及答案.pdf

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1、2 0 1 1 吉 林 考 研 数 学 一 真 题 及 答 案一、选 择 题1、曲 线 4 3 24 3 2 1 x x x x y 的 拐 点 是（）（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 4 3 24 3 2 1 x x x x y 可 知 1,2,3,4 分 别 是 2 3 41 2 3 4 0 y x x x x 的 一、二、三、四 重 根，故 由 导 数 与 原 函 数 之 间 的关 系 可 知(

2、1)0 y，(2)(3)(4)0 y y y(2)0 y，(3)(4)0 y y，(3)0,(4)0 y y，故（3，0）是 一 拐 点。2、设 数 列 na 单 调 减 少，0 l i m nna，nkk nn a S12,1 无 界，则 幂 级 数 11nnna x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。【解 析】nkk nn a S12,1 无 界，说

3、明 幂 级 数 11nnna x的 收 敛 半 径 1 R；na 单 调 减 少，0 l i m nna，说 明 级 数 11nnna收 敛，可 知 幂 级 数 11nnna x的 收 敛半 径 1 R。因 此，幂 级 数 11nnna x的 收 敛 半 径 1 R，收 敛 区 间 为 0,2。又 由 于 0 x 时 幂 级 数收 敛，2 x 时 幂 级 数 发 散。可 知 收 敛 域 为 0,2。3、设 函 数)(x f 具 有 二 阶 连 续 导 数，且 0)(x f，0)0(f，则 函 数)(l n)(y f x f z 在 点(0,0)处 取 得 极 小 值 的 一 个 充 分 条 件

4、 是（）（A）0)0(1)0(f f，(B)0)0(1)0(f f，(C)0)0(1)0(f f，(D)0)0(1)0(f f，【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)(l n)(y f x f z 知()()l n(),()()x yf xz f x f y z f yf y，()()()x yf xz f yf y()l n()x xz f x f y，22()()()()()y yf y f y f yz f xf y 所 以00(0)(0)0(0)x yxy

5、fz ff，00(0)l n(0)x xxyz f f，2200(0)(0)(0)(0)(0)(0)y yxyf f fz f ff 要 使 得 函 数)(l n)(y f x f z 在 点(0,0)处 取 得 极 小 值，仅 需(0)l n(0)0 f f，(0)l n(0)(0)0 f f f 所 以 有 0)0(1)0(f f，4、设4 4 40 0 0l n s i n,l n c ot,l n c os I x dx J x dx K x dx，则,I J K 的 大 小 关 系 是()（A）I J K（B）I K J（C）J I K（D）K J I【答 案】B【考 点 分 析】本

6、 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】(0,)4x 时，20 s i n c os c ot2x x x，因 此 l n s i n l n c o s l n c o t x x x 4 4 40 0 0l n s i n l n c os l n c ot x dx x dx x dx，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11 0 01

7、1 00 0 1P,21 0 00 0 10 1 0P,则 A()（A）1 2P P（B）11 2P P（C）2 1P P（D）12 1P 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1A P B，2P B E，所 以1 1 1 11 2 1 2 1A B P P P P P，故 选（D）6、设 4 3 2 1,是 4 阶 矩 阵，为 的 伴 随 矩 阵，若 0,1,0,1 是 方 程 组 0 x 的 一 个 基 础 解 系，则

8、0 x 基 础 解 系 可 为（）(A)3 1，(B)2 1，(C)3 2 1，(D)4 3 2，【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 0 x 的 基 础 解 系 只 有 一 个 知()3 r A，所 以()1 r A，又 由 0 A A A E 知，1 2 3 4,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 1 2 3 4 1 31 10 0,01 10 0A，所 以1 3,

9、线 性 相 关，故1 2 4，或4 3 2，为 极 大 无 关 组，故 应 选（D）7、设 1 2,F x F x 为 两 个 分 布 函 数，其 相 应 的 概 率 密 度 1 2,f x f x 是 连 续 函 数，则 必 为概 率 密 度 的 是()（A）1 2f x f x（B）2 12 f x F x（C）1 2f x F x（D）1 2 2 1f x F x f x F 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：1 2 2 10 f x F x f x F x；1 2 2 1

10、 1 21 f x F x f x F x dx F x F x。可 知 1 2 2 1f x F x f x 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 y x U,m a x,y x V,m i n，则)(U V（）(A)V U(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 U V 进 行 处 理，有 一 定 的 灵 活 性。【解 析】由 于 m a x,m i n,U V X Y X Y X Y 可 知()(m a

11、 x,m i n,)()()()E U V E X Y X Y E X Y E X E Y 故 应 选（B）二、填 空 题9、曲 线 xx t dt y040 t a n的 弧 长 s=【答 案】14【考 点 分 析】本 题 考 查 曲 线 弧 长 的 计 算，直 接 代 公 式 即 可。【解 析】24 4 4 2 2400 0 0t a n s e c 1 t a n 14s y dx x dx x dx x x 1 0、微 分 方 程 x e y yxc os 满 足 条 件 0)0(y 的 解 为 y【答 案】s i nxy x e【考 点 分 析】本 题 考 查 一 阶 线 性 微 分

12、 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1 1 c os c os s i n dx dxx x xy e e x e dx C e x dx C e x C 由 0)0(y，得 0 C，故 所 求 解 为 s i nxy x e1 1、设 函 数 x ydttty x F021s i n,，则 2022yx xF【答 案】4【考 点 分 析】本 题 考 查 偏 导 数 的 计 算。【解 析】2 2 2 322 2 2 22 2c

13、os 1 2 s i ns i n,11y x y x y x y x yF y x y Fx x y xx y。故22024xyFx。1 2、设 L 是 柱 面 方 程2 21 x y 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 线 积 分22Lyx z dx x dy dz【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 L 的 参 数 方 程 为c oss i

14、 nc os s i nx ty tz t t，其 中 t 从 0 到 2。因 此22 202 3 22 202s i nc os(c os s i n)(s i n)c os c os(c os s i n)2s i n c os s i ns i n c os c os2 2Lyx z dx x dy dztt t t t t t t t dtt t tt t t dt 1 3、若 二 次 曲 面 的 方 程 为2 2 23 2 2 2 4 x y z ax y x z y z，经 正 交 变 换 化 为2 21 14 4 y z，则 a【答 案】1【考 点 分 析】本 题 考 查 二 次

15、 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2 2 2(,)3 2 2 2 f x y z x y z ax y x z y z 经 正 交 变 换 后化 为 了2 21 14 f y z。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1 13 11 1 1aA a，可 知22 1 0 A a a，因 此 1 a。1 4、设

16、二 维 随 机 变 量(,)X Y 服 从2 2(,;,;0)N，则2()E X Y【答 案】3 2【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2 2()E X Y E X E Y。由 于(,)X Y 服 从2 2(,;,;0)N，可 知 22 2 2,E X E Y D Y E Y，则 2 2 2 3 2()E X Y。三、解 答 题1 5、（本 题 满 分 1 0 分）求 极 限110l n(1)l i mxexxx【答 案】12e【考 点 分 析】：本

17、 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】：1 11 10 0l n(1)l n(1)l i m l i m 1x xe ex xx x xx x 20 0 0111 l n(1)l n(1)1l i m l i m l i m1 2xx x xx x x xxx e x xe e e 01l i m2(1)2xxx xe e 1 6、（本 题 满 分 9 分）设(,()z f x y y g

18、 x，其 中 函 数 f 具 有 二 阶 连 续 偏 导 数，函 数()g x 可导，且 在 1 x 处 取 得 极 值(1)1 g，求21,1zx y x y【答 案】1,1 1,2(1,1)(1,1)f f【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】：1 2(,()(,()()zf x y y g x y f x y y g x y g xx 2 1,1 1,2 1 2,1 2,2 2(,()(,()()(,()(,()()(,()()()(,()()

19、zf x y y g x x y f x y y g x y g x f x y y g x xx yf x y y g x x y g x f x y y g x y g x g x f x y y g x g x 由 于()g x 在 1 x 处 取 得 极 值(1)1 g，可 知(1)0 g。故2 1,1 1,2 1 2,1 2,2 2 1,1 1,2(1,(1)(1,(1)(1)(1,(1)1,1(1,(1)(1)(1,(1)(1)(1)(1,(1)(1)(1,1)(1,1)zf g f g g f gx y x yf g g f g g g f g gf f 1 7、（本 题 满 分

20、 1 0 分）求 方 程 a r c t a n 0 k x x 不 同 实 根 的 个 数，其 中 k 为 参 数【答 案】1 k 时，方 程 a r c t a n 0 k x x 只 有 一 个 实 根1 k 时，方 程 a r c t a n 0 k x x 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

21、 件。【解 析】：令()a r c t a n f x k x x，则(0)0 f，22 21()11 1k k xf xx x，（1）当 1 k 时，()0 f x，()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 a r c t a n 0 k x x 只 有 一 个 实 根（2）1 k 时，在(,0)和(0,)上 都 有()0 f x，所 以()f x 在(,0)和(0,)是 严 格 的 单 调 递 减，又(0)0 f，故()f x 的 图 像 在(,0)和(0,)与 x 轴 均 无 交 点（3）1 k 时，1 1

22、 k x k 时，()0 f x，()f x 在(1,1)k k 上 单 调增 加，又(0)0 f 知，()f x 在(1,1)k k 上 只 有 一 个 实 根，又()f x(,1)k 或(1,)k 都 有()0 f x，()f x 在(,1)k 或(1,)k 都 单 调 减，又(1)0,l i m()xf k f x，(1)0,l i m()xf k f 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：1 k 时，方 程 a r c t a n 0 k x x 只 有 一 个 实 根1 k 时，方 程 a r c

23、t a n 0 k x x 有 两 个 实 根1 8、（本 题 满 分 1 0 分）证 明：（1）对 任 意 正 整 数 n，都 有1 1 1l n(1)1 n n n（2）设1 11 l n(1,2,)2na n nn，证 明 数 列 na 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】：（

24、1）令1xn，则 原 不 等 式 可 化 为 l n(1),01xx x xx。先 证 明 l n(1),0 x x x：令()l n(1)f x x x。由 于1()1 0,01f x xx，可 知()f x 在 0,上 单 调 递 增。又 由 于(0)0 f，因 此 当 0 x 时，()(0)0 f x f。也 即 l n(1),0 x x x。再 证 明 l n(1),01xx xx：令()l n(1)1xg x xx。由 于21 1()0,01(1)g x xx x，可 知()g x 在 0,上单 调 递 增。由 于(0)0 g，因 此 当 0 x 时，()(0)0 g x g。也 即

25、 l n(1),01xx xx。因 此，我 们 证 明 了 l n(1),01xx x xx。再 令 由 于，即 可 得 到 所 需 证 明 的 不 等 式。（2）11 1l n(1)1n na an n，由 不 等 式1 1l n(1)1 n n 可 知：数 列 na 单 调递 减。又 由 不 等 式1 1l n(1)n n 可 知：1 1 1 11 l n l n(1 1)l n(1).l n(1)l n l n(1)l n 02 2na n n n nn n。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。1 9、（本 题 满

26、分 1 1 分）已 知 函 数(,)f x y 具 有 二 阶 连 续 偏 导 数，且(1,)0,(,1)0 f y f x，(,)Df x y d x d y a，其 中(,)|0 1,0 1 D x y x y，计 算 二 重 积 分(,)x yDI x y f x y d x d y【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(,)x yDx y f x y

27、 dx dy 转 化 为 累 次 积 分 可 得1 10 0(,)(,)x y x yDx y f x y dx dy dy x y f x y dx 首 先 考 虑10(,)x yx y f x y dx，注 意 这 是 是 把 变 量 y 看 做 常 数 的，故 有1 1 1 1 10 0 0 0 0(,)(,)(,)(,)(1,)(,)x y y y y y yx y f x y dx y x df x y x y f x y y f x y dx y f y y f x y dx 由(1,)(,1)0 f y f x 易 知(1,)(,1)0y xf y f x。故1 10 0(,)(

28、,)x y yx y f x y dx y f x y dx。1 1 1 10 0 0 0(,)(,)(,)x y x y yDx y f x y dx dy dy x y f x y dx dy y f x y dx 对 该 积 分 交 换 积 分 次 序 可 得：1 1 1 10 0 0 0(,)(,)y ydy y f x y dx dx y f x y dy 再 考 虑 积 分10(,)yy f x y dy，注 意 这 里 是 把 变 量 x 看 做 常 数 的，故 有1 1 1 1100 0 0 0(,)(,)(,)(,)(,)yy f x y dy y df x y y f x

29、y f x y dy f x y dy 因 此1 1 1 10 0 0 0(,)(,)(,)(,)x y yD Dx y f x y dx dy dx y f x y dy dx f x y dy f x y dx dy a 2 0、（本 题 满 分 1 1 分）1 2 31,0,1,0,1,1,1,3,5T T T 不 能 由 1 2 31,1,1,2,3,1,3,5T T Ta 线 性 表 出。求 a；将1 2 3,由1 2 3,线 性 表 出。【答 案】：5 a；3 2 1 2 0 110 2 45 1 23 2 1【考 点 分 析】：本 题 考 查 向 量 的 线 性 表 出，需 要

30、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3 2 1,不 能 由3 2 1,表 示可 知 0 53 14 2 13 1 13 2 1 aa，解 得 5 a 本 题 等 价 于 求 三 阶 矩 阵 C 使 得 1 2 3 1 2 3,C 可 知 111 2 3 1 2 31 0 1 1 1 3,0 1 3 1 2 41 1 5 1 3 5C 计 算 可 得2 1 54 2 101 0 2C 因 此 3 2 1 2 0 110 2 45 1 23 2 1 2 1、（本 题 满

31、分 1 1 分）A 为 三 阶 实 矩 阵，()2 R A，且1 1 1 10 0 0 01 1 1 1A（1）求 A 的 特 征 值 与 特 征 向 量（2）求 A【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）0 0 10 0 01 0 0A【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）101-101-101101可 知：1，-1 均 为 的 特 征 值，1011 与101-2 分 别 为 它 们

32、 的 特 征 向 量2)(A r，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 003 13 1x xx x得0103k 的 特 征 值 分 别 为 1，-1，0对 应 的 特 征 向 量 分 别 为101，101-，010（2）-1 其 中 011，0 1 11 0 00 1 1故11 1 0 1 1 1 00 0 1 1 0 0 11 1 0 0 1 1 0A 0 1 121021210210110 1 11 0 00 1 10 0 10 0 01 0 02 2.（本 题 满 分 1 1 分）X 0 1P 1/

33、3 2/3Y-1 0 1P 1/3 1/3 1/3 2 21 P X Y 求：（1）,X Y 的 分 布；（2）Z X Y 的 分 布；（3）X Y.【答 案】：（1）XY0 1-1 0 1/30 1/3 01 0 1/3（2）Z-1 0 1P 1/3 1/3 1/3（3）0X Y【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 2 21 P X Y，因 此 2 20 P X Y。故 0,1 0 P X Y，因 此 1,1 1,1 0

34、,1 1 1/3 P X Y P X Y P X Y P Y 再 由 1,0 0 P X Y 可 知 0,0 1,0 0,0 0 1/3 P X Y P X Y P X Y P Y 同 样，由 0,1 0 P X Y 可 知 0,1 1,1 0,1 1 1/3 P X Y P X Y P X Y P Y 这 样，我 们 就 可 以 写 出,X Y 的 联 合 分 布 如 下：YX 1 0 10 0 1/3 01 1/3 0 1/3（2）Z X Y 可 能 的 取 值 有 1，0，1其 中(1)(1,1)1/3 P Z P X Y，(1)(1,1)1/3 P Z P X Y，则 有(0)1/3

35、P Z。因 此，Z X Y 的 分 布 律 为Z-1 0 1P 1/3 1/3 1/3（3）2/3 E X，0 E Y，0,c ov(,)0 E X Y X Y E X Y E X E Y 故c ov(,)0X YX YD X D Y 2 3、（本 题 满 分 1 1 分）设1 2,nx x x 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】：（1）2 2 01()niiXn（2）4 2 2

36、 22(),()E Dn【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】：（1）似 然 函 数 2 22 0 01 2 2 22 1 1()()1 1,e xp e xp2 2 22n ni in nni ix xL x x x 则2 22 0 02 21 1()()1l n l

37、n 2 l n l n 2 l n2 2 2 2 2n ni ii ix x n n nL n 202 2 221()l n 12 2niix L n 令2l n0L可 得2 的 最 大 似 然 估 计 值2 2 01()niixn，最 大 似 然 估 计 量2 2 01()niiXn（2）由 随 机 变 量 数 字 特 征 的 计 算 公 式 可 得2 2 2 2 2 00 1 0 11 12 2 2 2 00 1 0 21 1()1()()()()1 1()()()n niii in niii iXE E E X E X D Xn nXD D D X D Xn n n 由 于 21 00,X N，由 正 态 分 布 的 性 质 可 知 1 00,1XN。因 此 22 1 01X，由2 的 性 质 可 知21 02XD，因 此2 41 0()2 D X，故4 22()Dn。