考研数学一历年真题答案2002 2011

则函数的图形为【答案】【解析】此题为定积分的应用知识考核，由的图形可见，其图像与轴及轴、所围的图形的代数面积为所求函数，从而可得出几个方面的特征：①时，，且单调递减。②时，单调递增。③时，为常函数。④时，为线性函数，单调递增。⑤由于F(x)为连续函数结合这些特点，可见正确选项为。（4）设有两个数列，若，则当收敛时，收敛. 当发散时，发散. 当收敛时，收敛. 当发散时，发散.【答案】C【解析】方法一：举反例A取 B取 D取故答案为（C）方法二：因为则由定义可知使得时，有又因为收敛，可得则由定义可知使得时，有从而，当时，有，则由正项级数的比较判别法可知收敛。（5）设是3维向量空间的一组基，则由基到基的过渡矩阵为. . . .【答案】A【解析】因为，则称为基到的过渡矩阵。则由基到的过渡矩阵满足所以此题选。（6）设均为2阶矩阵，分别为的伴随矩阵，若，则分块矩阵的伴随矩阵为. . . .【答案】B【解析】根据，若分块矩阵的行列式，即分块矩阵可逆故答案为B。（7）设随机变量的分布函数为，其中为标准正态分布函数，则. . . .【答案】【解析】因为，所以，所以而，所以。（8）设随机变量与相互独立，且服从标准正态分布，的概率分布为，记为随机变量的分布函数，则函数的间断点个数为0. 1. 2. 3.【答案】B【解析】独立（1）若，则（2）当，则为间断点，故选（B）二、填空题：9-14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.（9）设函数具有二阶连续偏导数，，则。【答案】【解析】，（10）若二阶常系数线性齐次微分方程的通解为，则非齐次方程满足条件的解为。【答案】【解析】由常系数线性齐次微分方程的通解为可知，为其线性无关解。代入齐次方程，有从而可见。微分方程为设特解代入，特解把，代入，得所求（11）已知曲线，则。【答案】【解析】由题意可知，，则，所以（12）设，则。【答案】【解析】方法一：方法二：由轮换对称性可知所以，（13）若3维列向量满足，其中为的转置，则矩阵的非零特征值为。【答案】2【解析】,的非零特征值为2.(14)设为来自二项分布总体的简单随机样本，和分别为样本均值和样本方差。若为的无偏估计量，则【答案】【解析】为的无偏估计三、解答题：15－23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（15）（本题满分9分）求二元函数的极值。【解析】故则而二元函数存在极小值（16）（本题满分9分）设为曲线与所围成区域的面积，记，求与的值。【解析】由题意，与在点和处相交，所以，从而由取得（17）（本题满分11分）椭球面是椭圆绕轴旋转而成，圆锥面是过点且与椭圆相切的直线绕轴旋转而成。（Ⅰ）求及的方程（Ⅱ）求与之间的立体体积。【解析】（I）的方程为，过点与的切线为，所以的方程为。（II）记，由，记，则（18）（本题满分11分）（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数在上连续，在可导，则存在，使得（Ⅱ）证明：若函数在处连续，在内可导，且，则存在，且。【解析】（Ⅰ）作辅助函数，易验证满足：；在闭区间上连续，在开区间内可导，且。根据罗尔定理，可得在内至少有一点，使，即（Ⅱ）任取，则函数满足；在闭区间上连续，开区间内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在，使得……又由于，对上式（*式）两边取时的极限可得：故存在，且。（19）（本题满分10分）计算曲面积分，其中是曲面的外侧。【解析】，其中①②③①+②+③=由于被积函数及其偏导数在点（0，0，0）处不连续，作封闭曲面（外侧）有（20）（本题满分11分）设，（Ⅰ）求满足的所有向量，（Ⅱ）对（Ⅰ）中的任一向量，证明：线性无关。【解析】（Ⅰ）解方程故有一个自由变量，令，由解得，求特解，令，得故，其中为任意常数解方程故有两个自由变量，令，由得令，由得求特解故，其中为任意常数（Ⅱ）证明：由于故线性无关.（21）（本题满分11分）设二次型（Ⅰ）求二次型的矩阵的所有特征值；（Ⅱ）若二次型的规范形为，求的值。【解析】（Ⅰ）（Ⅱ）若规范形为，说明有两个特征值为正，一个为0。则若，则，，不符题意若，即，则，，符合若，即，则，，不符题意综上所述，故（22）（本题满分11分）袋中有1个红色球，2个黑色球与3个白球，现有放回地从袋中取两次，每次取一球，以分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数。（Ⅰ）求；（Ⅱ）求二维随机变量的概率分布。【解析】（Ⅰ）在没有取白球的情况下取了一次红球，利用压缩样本空间则相当于只有1个红球，2个黑球放回摸两次，其中摸了一个红球（Ⅱ）X，Y取值范围为0，1，2，故XY01201/41/61/3611/31/9021/900（23）（本题满分11分） 设总体的概率密度为，其中参数未知，，,…是来自总体的简单随机样本 (Ⅰ)求参数的矩估计量；（Ⅱ）求参数的最大似然估计量【解析】（1）由而为总体的矩估计量（2）构造似然函数取对数令故其最大似然估计量为2011年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题答案解析一、选择题1、【答案】【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】由可知分别是的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关系可知，，，，故（3，0）是一拐点。2、【答案】【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】无界，说明幂级数的收敛半径；单调减少，，说明级数收敛，可知幂级数的收敛半径。因此，幂级数的收敛半径，收敛区间为。又由于时幂级数收敛，时幂级数发散。可知收敛域为。3、【答案】【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】由知，，所以，，要使得函数在点(0,0)处取得极小值，仅需，所以有4、【答案】【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】时，，因此，故选（B）5、【答案】【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，，所以，故选（D）6、【答案】【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】由的基础解系只有一个知，所以，又由知，都是的解，且的极大线生无关组就是其基础解系，又，所以线性相关，故或为极大无关组，故应选（D）7、【答案】【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：；。可知为概率密度，故选（）。8、【答案】【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进行处理，有一定的灵活性。【解析】由于可知故应选（B）二、填空题9、【答案】【考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。【解析】10、【答案】【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，得，故所求解为11、【答案】【考点分析】本题考查偏导数的计算。【解析】。故。12、【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】曲线的参数方程为，其中从到。因此13、【答案】【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。【解析】本题等价于将二次型经正交变换后化为了。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为。该二次型的矩阵为，可知，因此。14、【答案】【考点分析】：本题考查二维正态分布的性质。【解析】：由于，由二维正态分布的性质可知随机变量独立。因此。由于服从，可知，则。三、解答题15、【答案】【考点分析】：本题考查极限的计算，属于形式的极限。计算时先按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】：16、【答案】【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】：由于在处取得极值，可知。故17、【答案】时，方程只有一个实根时，方程有两个实根【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。【解析】：令，则，，当时，，在单调递减，故此时的图像与轴与只有一个交点，也即方程只有一个实根时，在和上都有，所以在和是严格的单调递减，又，故的图像在和与轴均无交点时，时，，在上单调增加，又知，在上只有一个实根，又或都有，在或都单调减，又，，所以在与轴无交点，在上与轴有一个交点综上所述：时，方程只有一个实根时，方程有两个实根18、【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，则原不等式可化为。先证明：令。由于，可知在上单调递增。又由于，因此当时，。也即。再证明：令。由于，可知在上单调递增。由于，因此当时，。也即。因此，我们证明了。再令由于，即可得到所需证明的不等式。（2），由不等式可知：数列单调递减。又由不等式可知：。因此数列是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列收敛。19、【答案】：【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】：将二重积分转化为累次积分可得首先考虑，注意这是是把变量看做常数的，故有由易知。故。对该积分交换积分次序可得：再考虑积分，注意这里是把变量看做常数的，故有因此20、【答案】：①；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由于不能由表示可知，解得②本题等价于求三阶矩阵使得可知计算可得因此21、【答案】：（1）的特征值分别为1，-1，0，对应的特征向量分别为，，（2）【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）可知：1，-1均为的特征值，与分别为它们的特征向量，可知0也是的特征值而0的特征向量与，正交设为0的特征向量有得的特征值分别为1，-1，0对应的特征向量分别为，，（2）其中，故22、【答案】：（1）XY01-101/301/30101/3（2）-101P1/31/31/3（3）【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，因此。故，因此再由可知同样，由可知这样，我们就可以写出的联合分布如下：（2）可能的