2023年12月2日发(作者：数学试卷zip)
2011 年考研数一真题及答案解析
一、选择题
1、 曲线
y
x 1 x 2
2 x
（ B）（ 2， 0）
3
3 x 4
4
的拐点是（
）
（A）（ 1， 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。
2 3 4
【解析 】由 y
x
1 x
2
2
x 3
3 x 4
4
可知 1,2,3,4
分别是
y
x 1
x 2
x
3
y (3)
y (4)
n 1
x 40
0
的一、二、三、四重根，故由导数与原函数之间的关系可知
y (1) 0
， y (2)
y (2)
0， y (3)
y (4)
0
， y
(3) 0, y
(4) 0
，故（
3，
0）是一拐点。
n
n
2、 设数列
an
单调减少， lim an
0
，
Sn
k 1
ak n
1,2
无界，则幂级数
an
x 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。
n
n 1
n
【解析 】 Sn
k 1
ak n
1,2
无界，说明幂级数
an
x 1
的收敛半径 R
1；
n
an
单调减少，
lim an
0
，说明级数
an
n 1
1
收敛，可知幂级数
n
an
x
1
的收敛半径 R
1。
n 1
n
n 1
n
因此，幂级数
an x
1
的收敛半径 R
1
，收敛区间为
0,2
。又由于 x
0
时幂级数收敛， x
2
时
幂级数发散。可知收敛域为
0,2
。
3、 设 函数
f (x) 具有二阶连续导数，且
在点 (0,0)处取得极小值的一个充分条件是（
（A）
(C)
f ( x)
）
0
， f (0)
0
，则函数 z
f (x) ln f ( y)
f (0)
1， f (0)
0
1， f ( 0)
0
(B)
(D)
f (0)
1， f
(0)
f (0)
1， f
(0)
0
0
f (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
f ( x) ln f ( y)
知 zx f ( x)ln f ( y), zy
f (x)
f ( y)
f ( y)
， zxy
f ( x)
f ( y)
f ( y)
z
xx
f ( x)ln f ( y)
，
zyy
f ( x) f ( y) f ( y) ( f ( y))2
f
2 ( y)
所以 zxy
x 0
y 0
f (0)
f (0)
f (0)
0
， zxx
x
y
0
0
f (0)ln f (0)
，
zyy
x 0
y 0
f (0) f (0) f (0)
f
2 (0)
( f (0))2
f
(0)
要使得函数 z
f ( x) ln
f ( y)
在点
(0,0)处取得极小值，仅需
f (0)ln
f (0)
0
， f
(0)ln
f (0) f
所以有
(0)
0
f (0)
1， f (0)
40
4、设
I
ln sin xdx, J
4
ln cot xdx, K
0
4 ln cosxdx，则
I , J, K
的大小关系是
( )
0 0
（A）
I
J K
（B）
I
KJ（C）JI
K（D）KJI
【答案】B
【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 】 x (0,
4
)
时， 0 sin x
4
2
2
cosx cot x
，因此
lnsin x lncos x lncot x
0
ln sin xdx
4
0
ln cosxdx
4
0
ln cot xdx
，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
0
1
,则
B
，再交换 B
的第二行与第一行得单位矩阵
.记
1
1
0
0
P 110
,P00
1
0
2
A
( )
0
（A）
0
1 2
1
0
1
（B）
P1
1P2
0
2
1
（C）
21
（D）
1
P P
P P
P
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
AP1
B
，P2B
E，所以 A
BP1
1
P2
1P1
1
P2 P1
1
，故选（D）
6、设
则
(A)
1
,2,
3,
4
是4阶矩阵，
为
1的伴随矩阵， 若 1,0,1,0
是方程组
2x
0
的一个基础解系，
x
基础解系可为（
10）
1
2
， 3
(B)
， 2(C)
，
， 3
(D)
， 3， 4
【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
都是
x
0
的基础解系只有一个知
r ( A) 3
，所以 r ( A )
1，又由
A A
A E
0知，
1,
2,
3
,4
x
0
的解，且
x 0
的极大线生无关组就是其基础解系，又
1
0
13
A
1
0
1
0
1 2 3 4
,,,
0
，所以
1,
，，
1 23
线性相关，故
4
或
2，
3，
4
为极大无
1
0
关组，故应选（
D）
7、设
F1
x
, F2
x
为两个分布函数， 其相应的概率密度
f1 x , f
2
x
是连续函数，则必为概率密度的是
(
x
x
2
)
（A）
f1
x f2
（C）
f x F
1
（B）
2 f2
x F1
x
（ D）
f
1
x F x
f
2
x F x
2 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： f1
x
F2
x
f
2 x F1 x
0
；
f1 x F2
x
选（ D）。
f2
x F1 x dx
F1
x
F2
x
1。可知
f1
x F2
x
f
2 x F1
x
为概率密度，故
8、设随机变量
(A)UV
与
(B)
相互独立， 且
(C)
与
存在，记 U
max
x, y
,
V
min x, y
，则
(UV)
（
）
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
有一定的灵活性。
【解析 】由于 UV
可知 E(UV )
故应选（ B）
二、填空题
9、曲线
y
UV
进行处理，
max{ X ,Y}min{
X ,Y}
XY
E(max{ X ,Y}min{
x
0
X ,Y})
E( XY)
E( X )E(Y)
tan tdt
0 x
4
的弧长 s=
【答案】1
【考点分析 】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式即可。
4
【解析 】 s
4
y\'
2
dx
4 tan2 xdx
4 sec2 x 1dx tan x x
4
0
1
0
0 0
4
10、微分方程
y
y
e
x cos x
满足条件 y(0) 0
的解为
y
【答案 】 y
sin xe
x
【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
1dx 1dx
y e
[ e
x cosx
e
dx
C] e
x[
cosxdx
C ] e
x[sin x C]
由 y( 0)
0，得C 0
，故所求解为 y
sin xe
x
xy2
11、设函数
F sin t
F
x, y
dt
，则
0
1 t
2
x2 x
0
y 2
【答案】4
【考点分析 】本题考查偏导数的计算。
【解析 】F
ysin xy
2F
y2 cosxy 1
x2 y2
2xy3 sin xy
2
F
4
。
x 1 x2 y2,
x
2
1 x2
y2
2。故
x2
x 0
y 2
12、设
L 是柱面方程
x2
y2
1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y
2
线积分
xzdx xdy
dz
L
【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。
x
cost
【解析 】曲线
L
的参数方程为
y sin t
，其中
t
从
0
到
2
。因此
z cost
sin t
L
xzdx xdy
y2
dz
2
2
2
cost (cost
sin t)(
sin t )
cost cost
0
2
sin
2
t
3
0
sin t cos2 t
sin
t cost
cos2 t
sin
dt
2
2
x2 3y2
t2
(cost sin t )dt
13、若二次曲面的方程为
【答案】
z2 2axy 2xz 2 yz 4
，经正交变换化为 y12 4 z12 4
，则 a
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
。
3y2
z2
2axy 2xz
1,4,0
。
【 解 析 】 本 题 等 价 于 将 二 次 型 f ( x, y, z)
x2
2 yz
经 正 交 变 换 后 化 为 了
f y12
4z12
。由正交变换的特点可知，该二次型的特征值为
1
a
1
1
1
1
，可知 A
1
2
该二次型的矩阵为 A a
3
a2
2a
1
0
，因此 a
1。
14、设二维随机变量
【答案 】
3
(X,Y)服从 N( , ;
2
,2
;0)
，则 E( XY
2 )
【考点分析】 ：本题考查二维正态分布的性质。
【解析】：由于
由于 (X,Y)
服从 N(
0
，由二维正态分布的性质可知随机变量
, ;2
2
X ,Y
独立。因此 E( XY2) EX EY
2
。
,2 ;0)
，可知
EX
2
。
,EY2
DY EY
2
22
，则
E( XY2 )
2 3
1
三、解答题
15、（本题满分
10 分）求极限
lim
x 0
ln(1
x
x) e
1
x
1
【答案 】 e
2
【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。
1
e
1
【解析】： lim
x 0
ln(1
x)
x
1
x
lim 1
x 0
ln(1 x) x
1
x
1
e
e
lim ln(1
x 0
x) x 1
xex 1
e
lim ln(1
x 0
x2x) x
e1 1
lim
x
2 x
x 0
1
x
lim
x
ex 0
2 x(1 x )
e
2
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
2
g( x)
可导，且在
x 1
处取得极值 g(1) 1
，求
z
x y x
1, y 1
【答案 】 f1,1\'
(1,1)
f1,2\' (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
f1\' ( xy, yg( x)) y f
2\' (xy, yg( x)) yg\' (x)
f1,1\'( xy, yg ( x)) xy
x y
f2,1\' ( xy, yg ( x)) xyg
\' ( x)
由于 g(x)
在
x
故
2zf1,2\' (xy , yg ( x)) yg( x)
f1\' ( xy, yg (x)) x
f
2\' ( xy, yg ( x)) g
\' ( x)
f2,2\' ( xy, yg ( x)) yg (x) g
\' ( x)
1，可知 g
\' (1)
0
。
1
处取得极值 g(1)
2
z
1
f1,1\' (1,g(1)) f1,2\' (1,g(1))g(1)
f1
\' (1,g (1))
x y x 1, y
f2,1\' (1,g(1))g
\' (1)
f2,2\' (1,g (1))g(1)g\' (1)
f2\' (1,g (1))g
\' (1)
f1,1\' (1,1) f1,2\' (1,1)
17、（本题满分
10 分）求方程
k arctan x
【答案 】 k 1
时，方程 k arctan x
x 0
不同实根的个数，其中
k
为参数
x 0
只有一个实根
k
1
时，方程 k arctanx
x
0
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 f (x)
k arctan x x
，则 f (0)
0
， f ( x)
k
1
x2
1
k 1
x2
，
1
x2
（1）
当 k
1
时，
f
( x)
0
， 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 k arctanx
（2）
x
0
只有一个实根
k
1
时，在 (
,0)
和 (0,
)
上都有 f ( x)
,0)
和 (0,
0
，所以 f ( x)
在 (
)
与 x
轴均无交点
,0)
和 (0,
)
是严格的单调递
减，又
f (0)
0
，故 f ( x)
的图像在 (
（3）
k
1
时，
k
1
x
k
1
时， f
( x)
0，f ( x)
在 (
k
1,
k
1)
上单调增加， 又 f (0)
0
知， f (x)
在 (
k
1,
k
1)
上只有一个实根，又
f ( x)
(
k
1)或(
,
k
1)
或
( k
1)
0, lim
f ( x)
x
1,
)
都有 f ( x)
，
0
，
f ( x)
在 (
,
k
1,
)
都单调减，又
f (
k
f ( k
1)
0, lim
f ( x)
x
，所以 f (x)
在 (
,
k
1)
与 x
轴无交点，在 ( k
1, )
上与 x
轴有一
个交点
综上所述： k
1
时，方程 k arctanx
x
0
只有一个实根
k
1
时，方程 k arctanx
x
0
有两个实根
n
，都有
18、（本题满分
10 分）证明：（ 1）对任意正整数
1
ln(1
1
)
n
1
n
1
n
（2）设
an
1
1
2
1
n
ln n(n
1,2,
)
，证明数列 { an }
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。
化为函数不等式，再利用单调性进行证明；
结论。
（ 1）要证明该不等式，可以将其转
（ 2）证明收敛性时要用到单调有界收敛定理，注意应用（
1）的
【解析 】：（ 1）令
1
x
，则原不等式可化为
x
x
1
ln(1
x)
x, x
0
。
n
先证明 ln(1
令 f (x)
x) x, x
0
：
x
ln(1
x)
。
由于
f
\'
( x)
1
1
x
1
0, x 0
， 可知
f (x)
在 0,
上 单调 递增。又
由于
f (0)
再证明
0
，因此当
x
0
时，
f ( x)
0
：
f (0)
0
。也即 ln(1
x)
x, x
0
。
x
x
1
ln(1
ln(1
x), x
令 g( x)
x)
x
x
1
。由于 g
\' ( x)
1
1
x
1
0, x
0
，可知 g( x)
在
0,
(1
x)
2
上单调递增。由
于 g(0)
0
，因此当
x
0
时，
g( x)
g (0)
0
。也即
x
x
1
ln(1 x), x
0
。
x
因此，我们证明了
x
1
1
ln(1
x)
（2）
a
a
n 1
ln(1
1
x,
x 0。再令由于，即可得到所需证明的不等式。
11
n
n
n
)
，由不等式
1
ln(1
)
可知：数列
a
单调递减。
n 1
n
n
又由不等式 ln(1
1
)
1
可知：
n
n
1
ln n
n
an 1
1
2
因此数列
ln(1
1)
ln(1 )
2
1
...
ln(1
1
)
ln n ln( n
n
{ an }
收敛。
1)
ln n
0
。
an
是有界的。故由单调有界收敛定理可知：数列
19、（本题满分 11
分 ） 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
D
a
，其中 D
{( x, y) | 0 x
1,0
y
1}
，计算二重积分
I
D
xyfxy ( x, y) dxdy
【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
D
xyf
xy ( x, y)dxdy
转化为累次积分可得
1 1
xyfxy
( x, y) dxdy
D
dy
0
xyfxy
(x, y) dx
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
首先考虑
xyfxy ( x, y)dx
，注意这是是把变量
y
看做常数的，故有
1
0
xyfxy
( x, y )dx y
xdf
y ( x, y) xyf
y ( x, y)
yf
y ( x, y) dx yf
y (1,y)yf
y ( x, y)dx
1 1
0
由 f (1,y) f ( x,1)
故1
0
0
易知
f
y\'
(1, y)
1
0
fx\' (x,1)
0
。
。
xyf
xy ( x, y )dx
yf
y
1
( x, y)dx
1
0
xyfxy
( x, y) dxdy
D
dy
0
xyfxy
(x, y)dx
0
dy
yf
y (x, y)dx
1 1
1 1
对该积分交换积分次序可得：
dy yf
y ( x, y)dx
0 0 0
dx
0
yf
y ( x, y)dy
1
再考虑积分
0
yf
y ( x, y)dy
，注意这里是把变量
x
看做常数的，故有
1 1
yf
y (x, y) dy
0
0
ydf (x, y)
1
1
1
yf ( x, y)
0
f ( x, y) dy
0 0
f (x, y)dy
因此
1 1 1 1
xyfxy ( x, y) dxdy
D
dx
0
0
yf
y ( x, y)dy
dx
0
f (x, y)dy
0
f ( x, y)dxdy
a
D
T
1
T
3
T
20、（本题满分
11 分）
T
1,0,1
T
,
2
T
0,1,1
,
1,3,5
不能由
2
1 1,a,1 ,
1,2,3
1
,
3
1,3,5
线性表出。①求
a
；②将
1 ,
2 ,
3 1
3由 1
,2 ,
3
线性表出。
2
3
2
4
1
1
0
5
2
【答案 】：① a
5
；②
2
2
10
【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
1,
2
,
3
不能由
1,
2,
3表示
1
1
3
可知1231
2
4
3
a
a 5 0
，解得
a 5
1
②本题等价于求三阶矩阵
C使得
1,
1
2
,3
1 2
1
,,3
C
1
0
1
123
1
1
3
1
2
4
1
3
5
可知C1,
2,
3
,,
0 1
3
1
1
5
2
4
1
1
0
5
计算可得 C
1 2
2
10
2
2
3
3
1
2
1
5
2
因此
4
2
10
1
0
1
2，且A 0
1
0
1
1
0
0
1
1
21、（本题满分
11 分）
A 为三阶实矩阵，
R( A)
1
1
（1）求
A 的特征值与特征向量（
2）求
A
1
-1
0
， 1
【答案 】：（ 1）
的特征值分别为
1， -1， 0，对应的特征向量分别为
0
，
0
1
1
1
（2）A00
0
0
0
1
0
0
【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。
- 1
- 1
1
1
【解析】：
（1）
0
- 0
0
0
1
1
1
1
1
-1
可知： 1， -1 均为
的特征值，
1
0
与
2
0
分别为它们的特征向量
1
1
r ( A) 2
，可知
0 也是
的特征值
而 0 的特征向量与 1
，
2
正交
x1
设
3
x2
为 0 的特征向量
x3
0
有x1
x3
0
3
得
k 1
x1
x3
0
0
的特征值分别为
1， -1， 0
1
- 1
0
对应的特征向量分别为
0， 0
，
1
1
1
0
-1
（ 2）
0
1
1，
0
1
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
其中
1
故 A 0
1
0
0
1
1
0
1
1
1
0
0
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
1
1
0
1
0
2
1
0
2
1
1
1
2
1
2
0
1
0 0
1
0 0
0
1 0
0
22. （本题满分 11 分）
X
P
0
1/3
1
2/3
Y
P
-1
1/3
0
1/3
1
1/3
P X
2
Y
2
1
求：（ 1）
X,Y
的分布；
（ 2）
Z
XY
的分布；
（ 3）
XY.
【答案 】：（ 1）
X
Y
0
1/3
0
1
-1
0
1/3
0
1
0
1/3
（ 2）
Z
P
-1
1/3
0
1/3
1
1/3
（ 3）XY
0【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
P
故 P X
X
2
Y
2
1，因此 P X2
Y
2
0
。
0,Y
1
0
，因此
P X
1,Y
再由P X
1
P X
1,Y
0
0
X
1,Y
1
P X
0
可知
0,Y
1
P Y
1
1/ 3
P X
0,Y
P
X
1,Y
0,Y
0
P
X
0, Y
0
P Y
0
1/ 3
同样，由 P
1
0
可知
1, Y
1
P X
0,Y
1
P
X
P
X 0,Y
1
P Y
1
1/ 3
这样，我们就可以写出
X ,Y
的联合分布如下：
Y
X
1
0
1/ 3
0
1
0
1/ 3
0
1
0
1/ 3
（2）
Z
其中 P(Z
则有 P(Z
因此， Z
XY
可能的取值有
1)
P( X
1,Y
0)
1/ 3。
1， 0
， 1
1)
1/ 3， P(Z
1)
P( X
1,Y
1)
1/ 3，
XY
的分布律为
Z
P
-1
0
1
1/3
1/3
1/3
（3）
EX
故
XY
2/3， EY
0，
EXY
0,cov( X ,Y)
0
EXY
EXEY
0
cov( X ,Y )
DX DY
23、（本题满分 11 分）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，
2
知， x
和
S2
分别表示样本均值和样本方差，
0
未
^
（1）求参数
2
^
的最大似然估计
^
2
（ 2）计算
E(
2)和
D(
2)
^
2
【答案 】：（ 1）
n
( Xi
i 1
0
)2
n
（2）
E(
2
)
^
2
, D (
^
2
)
2
4
n
2
【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
的最大似然估计时，
2
^
2
最重要的是要将
看作一个整体。在求
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
n
质和公式，难度较大。
【解析 】：
2
( xi
n
（1）似然函数
L
x1, x2 ,
, xn ,
i 1
1
2
exp
0 )2
2
1
n
2
exp
n
( xi
0 )2
2
2
n
2 i 1
2
则
ln L
n
n
ln 2
n ln
2
ln L
2
i 1
2( xi
0 )
2
2
n
ln 2
2
2n
ln
2
1
(xi
0 )
2
2
2
i 1
2
n
2
1
2
(xi
2
i 1
n
2
0 )
2
令
ln L
2
2
^
0
可得
的最大似然估计值
n
2
0
2
( xi
，最大似然估计量
i 1
n
)^ n
2
i 1
(X
i
0
)2
n
（2）由随机变量数字特征的计算公式可得
^
n
E(2) E
^
( X
i
i 1
n
0
)2
n
1
n
2
0
n
E( Xi
n
i 1
0 )
2E(X1
0 )2
DX1
2
2
2
的
i 1
D(2)D
i
( Xi
1
)
n
1
n2
D ( Xi
2 )
01
D(X1
2 )0
n
由于 X1
0
N
0,
2
，由正态分布的性质可知
X1
0
X1
0
N 0,1
^
2
。因此
X1
0 2
1
，由
2
性质可知
D
2，因此
D( X1
2
0
)24
，故
D ()
2
n
4
。
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