2011考研数学一真题试卷
一选择题
1.曲线y?(x?1)(x?2)2(x?3)2(x?4)2拐点
A（1，0） B（2，0） C（3，0） D（4，0）
2设数列?an?单调递减，liman?0,Sn??ak(n?1,2,?）无界，则幂级?ak(x?1)nn??k?1k?1nn的收敛域
A(-1,1] B[-1,1) C[0,2) D(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 Af(0)?1,f??(0)?0 Bf(0)?1,f??(0)?0 Cf(0)?1,f??(0)?0 Df(0)?1,f??(0)?0
4.设I??lnsinxdx,J??lncotxdx,K??lncosxdx则I、J、K的大小关系是
444???000A I 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 ?100??100?????P1??111?,P2??001?,??第一行得单位矩阵。记?000???010??则A= AP1P2 BP2P1 DP1P2 CP2P1 6.设A?(?1,?2,?3,?4)是4阶矩阵，A*是A的伴随矩阵，若(1,0,1,0)T是方程组 Ax?0的一个基础解系，则A*x?0的基础解系可为 ?1?1A?1,?3 B?1,?2 C?1,?2,?3 D?2,?3,?4 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 Af1(x)f2(x) B2f2(x)F2(x) Cf1(x)F2(x) Df1(x)F2(x)?f2(x)F1(x) 8.设随机变量X与Y相互独立，且EX与EY存在，记U=max{x,y},V={x,y},则 E(UV)= A EUEV B EXEY C EUEY D EXEV 二填空题 9.曲线y??tantdt(0?x?0x?4)的弧长s=____________ 10.微分方程y??y?e?xcosx满足条件y(0)=0的解为y=____________ 11.设函数F(x,y)??xy0sint?2Fdt，则221?t?xx?0 ?__________12.设L是柱面方程为x2?y2?1与平面z=x+y的交线，从z轴正向往z轴负向看 y2去为逆时针方向，则曲线积分?xzdx?xdy?dz?___________ 213.若二次曲面的方程为x2?3y2?z2?2axy?2xz?2yz?4，经正交变换化为 y12?4z12?4，则a?_______________ 三解答题 ln(1?x)ex?115求极限lim() x?0x116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x=1 ?2z处取得极值g(1)=1,求 ?x?yx?1,y?1 17求方程karctanx?x?0不同实根的个数，其中k为参数。 111?ln(1?)? 18证明：1）对任意正整数n，都有 n?1nn112）设an?1?????lnn(n?1,2,?),证明{an}收敛。 2n19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,??f(x,y)dxdy?a， D?其中D?{(x,y)0?x?1,0?y?1}，计算二重积分I???xy?xy(x,y)dxdy。 D20.?1?(1,0,1)T，?2?(0,1,1)T，?3?(1,3,5)T不能由?1?(1,a,1)T，?2?(1,2,3)T， ?3?(1,3,5)T线性表出，?求a；?将?1，?2，?3由?1，?2，?3线性表出。21.A ?11???11?????A00?00R(A)?2为三阶实矩阵，，且???? ??11??11?????（1）求A的特征值与特征向量；（2）求A。 22. X P 0 1/3 1 2/3 Y P -1 1/3 0 1/3 1 1/3 P(X2?Y2)?1 求：（1）（X，Y）的分布；（2）Z=XY的分布；（3）?XY ?2?023.设x1,x2,?xn为来自正态总体N(?0,?2)的简单随机样本，其中?0已知，未知，x和S2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(?) 口2口2_2 口2 答案： CCABDDDB 填空题： 9.ln(1?2) 10y?e?xsinx 11 4 12? 13a?1 14?(?2??2) ln(1?x)?x15解：原式=lim[1?()x?0xx1ln(1?x)?xln(1?x)?xex?1x]?ex?0limln(1?x)?xx(ex?1)?e1?11?xx2?e 1216由g(x)可导且在x=1处取极值g(1)=1所以g?(1)?0 ?z?f1?[xy,yg(x)]y?f2?[xy,yg(x)]yg?(x)?x?2z??(xy,yg(x)?g(x)f12??(xy,yg(x)]?f1?[xy,yg(x)]?y[xf11?x?y?2z??(1,1)?f12??(1,1)?fx?(1,1)?f11?x?y 17解： 令f(x)?karctanx?xk?1?x2f?(x)?1?x2(1)当k?1?0,即k?1时，f?(x)?0(除去可能一点外f?(x)?0),所以f(x)单调减少，又因为limf(x)???,limf(x)???,所以方程只有一个根。x???x???（2）当k?1?0,即k?1时，由f?(x)?0得x??k?1,当x?(??,?k?1)时，f?(x)?0,当x?(?k?1,k?1)时，f?(x)?0;当x?(k?1,??)时，f?(x)?0，所以x??k?1为极小点，x?k?1为极大点极小值为?karctank?1?k?1,极大值为karctank?1?k?1,令k?1?t,当k?1时，t?0,令g(t)?karctank?1?k?1?(1?t2)arctant?t,显然g(0)?0,因为g?(t)?2tarctant?0,所以g(t)?g(0)?0(当t?0),即karctank?1?k?1?0,极小值?karctank?1?k?1?0,极大值karctank?1?k?1?0,又因为limf(x)???,limf(x)???,所以方程有三个根，分别位于x???x??? （??，k?1）（,?k?1,k?1)及（k?1，??）内。 18证明： 11111(1)f(x)?ln(1?x)在[0,]应用中值定理，ln(1?)?ln(1?)?ln1?nnn1??n11111110???,?1,即?ln(1?)?11n1?11??nn1?nnn1(2)an?1?1?1/2????ln(n?1)n?1111an?1?an??ln(n?1)?lnn??,n???n?1n?1n?1?其中an?1?an?0,an?1?an即?an?单调递减1111?ln(1?)?(1?)???ln(1?)?lnnn12nn?1?ln2?ln3/2???ln?lnnnn?1?ln(n?1)?lnn?ln?0n?an?单调递减有界，故收敛。an?1?1/2??? 19.解： ??(x,y)dxdy??xdx?yfxy??(x,y)dyI???xyfxyD0011?10??(x,y)dy??ydfx?(x,y)?yfxy?(x,y)1?yfxy0??fx(x,y)dy,001011于是，I??10??(x,y)dy??xfx?(x,1)dx??xdx?yfx?(x,y)dyxdx?yfxy0000111100001111 ?xf(x,1)??xdx?yfx?(x,y)dy???dy?xfx?(x,y)dx??[?xfx(x,y)10dy??dy?fx(x,y)dx]??dy?f(x,y)dx???f(x,y)dxdy?a00000D1111120解： 1)??1,?2,?3101?013?1?0115又??1,?2,?3不能由?1，?2，?3线性表示，?r(?1，?2，?3)?3,于是?1，?2，?3?0，解得a?5?1?2)(?1,?2,?3,?1，?2，?3)??0?1?0011131511231??1??3???0?05???0111131401221??1??3???0?64???01011311?11201??3?1???r(?1,?2,?3)?3?100210???1?2?1?4?2??3?????010420?于是??2??1?2?2?0?3?001?101????0??0???123???1