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2011海南考研数学一真题及答案.doc
2011 海南考研数学一真题及答案
一、选择题
1、 曲线
y
x
1
x
2
x
2
3
3
x
4
4
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
y
x
1
x
2
x
2
3
3
x
4
4
可知1,2,3,4 分别是
y
x
1
x
2
2
x
3
3
x
4
4
的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的
0
关系可知 (1)
y
， (2)
0
y
y
(3)
y
(4) 0
y
(2)
， (3)
0
y
y
(4) 0
， (3)
y
0,
y
(4) 0
，故（3，0）是一拐点。
2、 设 数 列 na 单 调 减 少 ，
lim
a
n
n
0
，
S
n
n
k
1
na
k
2,1 无 界 ， 则 幂 级 数
n
1
a x
n
1 n
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】
S
n
n
k
1
na
k
2,1 无界，说明幂级数
n
1
a x
n
1 n
的收敛半径 1R ；
na 单调减少，
lim
a
n
n
0
，说明级数
a
n
n
1
1 n
收敛，可知幂级数
n
1
a x
n
1 n
的收敛
半径 1R 。
因此，幂级数
n
1
a x
n
1 n
的收敛半径 1R ，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 )(xf 具有二阶连续导数，且
)(
xf
0
，
f
)0(
0
，则函数
z
ln)(
xf
)(
yf
在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（ ）
（A）
f
1)0(
，
f
)0(
0
(B)
f
1)0(
，
f
)0(
0
(C)
f
1)0(
，
f
)0(
0
(D)
f
1)0(
，
f
)0(
0
【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
ln)(
xf
)(
yf
知
z
x
( )ln ( ),
f x
f y
z
y
( )
f x
( )
f y
f
( )
y
z
，
xy
( )
f x
( )
f y
f
( )
y
xxz
f
( )ln ( )
x
f y
，
z
yy
( )
f x
f
( )
( )
y f y
2
f
(
( )
y
f
( ))
y
2
所以
z
xy
f
f
(0)
(0)
x
y
0
0
f
(0) 0
，
z
xx
x
y
0
0
f
(0)ln (0)
f
，
z
yy
x
y
0
0
f
(0)
f
f
(0)
(0)
2
f
(
(0)
f
(0))
2
f
(0)
要使得函数
z
ln)(
xf
)(
yf
在点(0,0)处取得极小值，仅需
f
(0)ln (0) 0
， (0)ln (0)
f
f
f
f
(0) 0
所以有
f
1)0(
，
f
)0(
0
ln sin
4
0
J K
I
4、设
（A） I
【答案】 B
,
xdx J
4
0
ln cot
xdx K
,
（B） I K J
4
0
（C） J
ln cos
xdx
，则 ,
I J K 的大小关系是(
,
)
I K
（D） K J
I
【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】 (0,
x
)
4
时，
0 sin
x
2
2
cos
x
cot
x
，因此 ln sin
x
ln cos
x
ln cot
x
4
4
0
0
xdx
ln sin
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
，故选（B）
ln cos
ln cot
xdx
xdx
0
4
P
单位矩阵.记 1
1 0 0
1 1 0
0 0 1
P
, 2
1 0 0
0 0 1
0 1 0
,则 A (
)
（A） 1 2PP
（B） 1
2P P
1
（C） 2 1P P
（D） 1
1P P
2
【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 1AP B ， 2P B E ， 所 以
A BP
1
1
1
P P
1
2
1
1
P P
2 1
，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
0x
的一个基础解系，则
0x 基础解系可为（ ）
(A)
1 ，
3
(B)
1 ，
2
(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
0x 的基础解系只有一个知 (
r A ，所以 (
) 3
r A ，又由
) 1
A A
A E
0
知， 1
都是
,
,
2
,
3
4
0x
的解，且
0x 的极大线生无关组就是其基础解系，又
A
1
0
1
0
4
,
,
,
1
2
3
1
0
1
0
3
1
0
， 所 以 1
, 线 性 相 关 ， 故 1
3
， ， 或
2
4
，，
4
3
2
为极大无关组，故应选（D）
7、设
F x F x 为两个分布函数，其相应的概率密度
f
1
,
1
2
x
,
f
2
x 是连续函数，则必为
概率密度的是(
)
（A）
f
1
x f
2
x
（C）
f
1
x F x
2
（B）
2 f
2
x F x
1
（D）
f
1
x F x
2
f
2
x F x
1
【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：
f
1
x F x
x F x
；
0
f
2
2
1
f
1
x F x
为概率密度，故选（ D ）。
f
2
2
1
x F x dx F x F x
1
2
1
。可知
f
1
x F x
2
f
2
x F x
1
8、设随机变量与 相互独立，且与存在，记
U
max
yx
,
,
V
min
yx
,
，
则
(UV
)
（ ）
(A)
VU
(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{ , }min{ , }
X Y
X Y
XY
( )
E X E Y
(
)
(max{ , }min{ , })
X Y
X Y
E XY
(
)
可知 (
E UV
)
E
故应选（B）
二、填空题
9、曲线
y
x
0
tan
tdt
0
x
4
的弧长 s =
【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
【解析】
s
4
y
0
4
'
y
2
dx
4
0
x cos
2
tan
xdx
x
满足条件
4
0
y
10、微分方程
e
y
)0(
0
的解为 y
2
sec
x
1
dx
tan
x
x
4
0
1
4
【答案】 sin
y
x
xe
【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
xdx C
]
e
x
[sin
x C
]
1
dx
y
e
由
y
)0(
[
0
x
e
，得
1
dx
cos
x e
dx C
[ cos
0C ，故所求解为 sin
e
y
x
]
xe
11、设函数
,
yxF
xy
0
t
2
sin
1
t
dt
，则
2
F
2
x
x
y
0
2
【答案】 4
【考点分析】本题考查偏导数的计算。
x
【解析】
F
x
sin
xy
y
2
2
1
x y
,
2
F
2
x
2
y
cos
xy
1
1
2
2
x y
2
x y
3
xy
sin
xy
2
2
2
。故
2
F
2
x
4
。
x
y
0
2
y
2
与平面 z
1
的交线，从 z 轴正向往 z 轴负向看去为逆
x
y
12、设 L 是柱面方程 2
x
时针方向，则曲线积分
L
xzdx
xdy
2
y
2
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
x
y
z
cos
sin
cos
t
t
t
sin
t
，其中t 从 0 到 2。因此
xzdx
xdy
2
y
2
dz
L
0
2
0
2
cos (cos
t
t
sin )( sin ) cos cos
t
t
t
t
t
2
sin
2
(cos
t
sin )
t dt
sin cos
t
2
t
2
sin
t
cos
t
2
2
cos
t
t
3
sin
2
dt
13 、 若 二 次 曲 面 的 方 程 为 2
x
2
3
y
2
z
2
axy
2
xz
2
yz
， 经 正 交 变 换 化 为
4
2
y
1
2
14
z
，则 a
4
【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
2
x
3
y
2
2
z
2
axy
2
xz
2
yz
经正交变换后
化为了
f
2
y
1
。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为1,4,0 。
2
14
z
该二次型的矩阵为
A
1
1
a
3 1
a
1 1 1
，可知
A
a
2 2
a
1 0
，因此
a 。
1
14、设二维随机变量 (
)X Y 服从
,
N ，则
;0)
(
;
,
,
2
2
(
E XY
2
)
【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
E XY
(
2
)
EX EY
2
。
N ，可知
;0)
(
;
,
,
2
2
EX
,
EY
2
DY
EY
2
2
2
，则
由于 (
,
)X Y 服从
)
2
E XY
(
2
2
2
3
。
三、解答题
15、（本题满分 10 分）求极限
1
xe
1
lim
0
x
ln(1
x
x
)
【答案】
1
2e
【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。
【
lim
0
x
lim
0
x
e
ln(1
x
x
2 (1
x
x
)
解
lim 1
x
0
ln(1
x
x
)
x
析
1
x
1
e
】
：
ln(1
)
x
x
x
1
x
1
e
lim
0
x
lim
0
x
ln(1
x
x
2
)
x
e
lim
0
x
e
e
1
1
1
x
2
x
1
x
1
e
x
)
1
2
e
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 1x 处取得极值 (1) 1
，求
g
2
z
x y
x
1,
y
1
【答案】 '
f
1,1
(1,1)
f
'
1,2
(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
x
'
( ))
f xy yg x y
1
(
,
'
( )
f xy yg x yg x
2
( ))
(
,
'
2
z
x y
'
(
f
2,1
'
f
1,1
(
xy yg x xy
( ))
,
'
f
1,2
(
( )
xy yg x yg x
( ))
,
'
( ))
f xy yg x x
1
(
,
( )
xy yg x xyg x
( ))
,
'
f
'
2,2
(
( )
xy yg x yg x g x
( ))
( )
,
'
'
( )
f xy yg x g x
2
( ))
(
,
'
由于 ( )g x 在 1x 处取得极值 (1) 1
，可知 '(1) 0
。
g
g
故
2
z
x y
'
f
2,1
'
f
1,1
1,
1
y
x
'
(1)
(1))
(1,
g
g
'
(1,1)
(1,1)
f
1,2
'
f
1,1
(1,
g
(1))
'
f
1,2
(1,
g
(1)) (1)
g
'
f
1
(1,
g
(1))
f
'
2,2
(1,
g
(1)) (1)
g
g
'
(1)
f
'
2
(1,
g
(1))
g
'
(1)
17、（本题满分 10 分）求方程 arctan
k
【答案】 1k 时，方程 arctan
k
x
1k 时，方程 arctan
k
x 只有一个实根
x
x 有两个实根
0
x
0
x 不同实根的个数，其中 k 为参数
0
【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 ( )
f x
k
arctan
x
，则 (0) 0
，
x
f
( )
f x
k
1
2
x
1
k
2
1
x
2
1
x
，
（1） 当 1k 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 arctan
k
x
x 只有一个实根
0
（2）
1k 时，在(
和 (0,
,0)
) 上都有 ( ) 0
f x
，所以 ( )
f x 在 (
和 (0,
,0)
)
是严格的单调递减，又 (0) 0
，故 ( )
f x 的图像在 (
f
和 (0,
,0)
) 与 x 轴均无交点
（3）
1k 时，
k
1
x
k
1
时， ( ) 0
f x
， ( )
f x 在 (
k
1,
k
1)
上单调
增加，又 (0) 0
知， ( )
f x 在 (
f
k
1,
k
上只有一个实根，又 ( )
1)
f x (
,
k
1)
或 (
k 都有 ( ) 0
f x
， ( )
f x 在 (
1,
)
,
k
1)
或 (
k 都单调减，又
1,
)
f
(
k
1) 0, lim ( )
f x
x
， (
f
k
1) 0, lim ( )
f x
x
，所以 ( )
f x 在
(
,
k
1)
与 x 轴无交点，在 (
k 上与 x 轴有一个交点
1,
)
综上所述： 1k 时，方程 arctan
k
x
x 只有一个实根
0
1k 时，方程 arctan
k
x
x 有两个实根
0
18、（本题满分 10 分）证明：（1）对任意正整数 n ，都有 1
1n
ln(1
1
n
)
1
n
（2）设
na
1
ln (
n n
1,2,
，证明数列{ }na 收敛
)
1
2
1
n
【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
先证明 ln(1
x
)
1
n
,
x x
：
0
，则原不等式可化为
x
x
1
x
ln(1
x
)
,
x x
0
。
令 ( )
f x
x
ln(1
。由于 '
x
)
又由于 (0) 0
，因此当 0
f
f x
( ) 1
1
x 时， ( )
f x
1
x
f
0,
x
0
，可知 ( )
f x 在
0, 上单调递增。
(0) 0
。也即 ln(1
x
)
,
x x
。
0
再证明
x
1
x
ln(1
),
x x
0
：
令 ( )
g x
ln(1
x
)
x
1
x
。由于 '
( )
g x
1
1
x
1
x
2
)
(1
0,
x
0
，可知 ( )g x 在
0, 上
单调递增。由于 (0) 0
g
x 时， ( )
g x
g
(0) 0
。也即
x
1
x
ln(1
),
x x
0
。
因此，我们证明了
x
（2） 1
a
n
a
n
n
1
1
,
x x
0
。再令由于，即可得到所需证明的不等式。
ln (1
1
1
n
)
，由不等式
1
1n
ln(1
1
n
)
可知：数列 na 单调
递减。
又由不等式
na
1
1
2
ln(1
可知：
1
n
n
ln
)
1
n
1
n
ln(1 1)
ln(1
1
2
)
...
ln(1
1
n
)
ln
n
ln(
n
1)
ln
n
0
。
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。
，因此当 0
x
ln(1
x
)
f x y 具有二阶连续偏导数，且 (1,
)
f
y
)
0,
( ,1)
f x
，
0
{( ,
x y
) | 0
x
1,0
， 计 算 二 重 积 分
1}
y
19、（本题满分 11 分）已知函数 ( ,
( ,
f x y dxdy
， 其 中
a
D
)
D
I
D
xyf
xy
( ,
x y dxdy
)
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