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2011 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题
一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每题给出的四个选项中，只有一个选
项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上．
(1) 曲线 的拐点是( )
(A) ． (B) ． (C) ． (D) ．
(2) 设数列 单调减少， ， 无界，则幂级数
的收敛域为( )
(A) ． (B) ． (C) ． (D) ．
(3) 设 函 数 具 有 二 阶 连 续 导 数 ， 且 ， ， 则 函 数
在点 处取得极小值的一个充分条件是( )
(A) ， ． (B) ， ．
(C) ， ． (D) ， ．
(4) 设 ， ， ，则 的大小
关系是( )
(A) ． (B) ．
(C) ． (D) ．
(5) 设 为3阶矩阵，将 的第2列加到第1列得矩阵 ，再交换 的第2行与第3行
得单位矩阵，记 ， ，则 ( )
(A) ． (B) ． (C) ． (D) ．
(6) 设 是4阶矩阵， 为 的伴随矩阵，若 是方程组
的一个基础解系，则 的基础解系可为( )
(A) ． (B) ． (C) ． (D) ．(7) 设 ， 为两个分布函数，其相应的概率密度 ， 是连续函数，则
必为概率密度的是( )
(A) ． (B) ．
(C) ． (D) ．
(8) 设随机变量 与 相互独立，且 与 存在，记 ，
则 ( )
(A) ． (B) ．
(C) ． (D) ．
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) 曲线 的弧长 ．
(10) 微分方程 满足条件 的解为 ．
(11) 设函数 ，则 ．
(12) 设 是柱面方程 与平面 的交线，从 轴正向往 轴负向看去
为逆时针方向，则曲线积分 ．
(13) 若二次曲面的方程 ，经过正交变换化为
，则 ．
(14) 设二维随机变量 服从正态分布 ，则 = ．
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10分)
求极限 ．(16)(本题满分9分)
设函数 ，其中函数 具有二阶连续偏导数，函数 可导且在
处取得极值 ，求 ．
(17)(本题满分10分)
求方程 不同实根的个数，其中k为参数．(18)(本题满分10分)
(Ⅰ)证明：对任意的正整数n，都有 成立．
(Ⅱ)设 ，证明数列 收敛．
(19)(本题满分11分)
已 知 函 数 具 有 二 阶 连 续 偏 导 数 ， 且 ， ，
，其中 ，
计算二重积分 ．(20)(本题满分11分)
设向量组 ，不能由向量组 ，
， 线性表示．
(I) 求 的值；
(II) 将 由 线性表示．
(21)(本题满分11分)
为三阶实对称矩阵， 的秩为2，即 ，且 ．
(I) 求 的特征值与特征向量；
(II) 求矩阵 ．
(22)(本题满分11分)设随机变量 与 的概率分布分别为
1
且 ．
(I) 求二维随机变量 的概率分布；
(II) 求 的概率分布；
(III) 求 与 的相关系数 ．
（23）（本题满分 11分）
设 为来自正态总体 的简单随机样本，其中 已知， 未
知． 和 分别表示样本均值和样本方差．
(I) 求参数 的最大似然估计量 ；
(II) 计算 和 ．
2011 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题答案一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每题给出的四个选项中，只有一个选
项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上．
(1)【答案】(C)．
【解析】记 ，
，其中 ， ，在 两侧，二阶导数符号变化，
故选(C)．
(2)【答案】(C)．
【解析】观察选项：(A)，(B)，(C)，(D)四个选项的收敛半径均为1，幂级数收敛区间的中
心在 处，故(A)，(B)错误；因为 单调减少， ，所以 ，所以 为
正项级数，将 代入幂级数得 ，而已知S= 无界，故原幂级数在 处发散，
n
(D)不正确．当 时，交错级数 满足莱布尼茨判别法收敛，故 时
收敛．故正确答案为(C)．
(3)【答案】(A)．
【解析】 ,
故 ,
又 故 ．
(4)【答案】(B)．
【解析】因为 时， ，
又因 是单调递增的函数，所以 ．
故正确答案为(B)．(5)【答案】 (D)．
【解析】由于将 的第2列加到第1列得矩阵 ，故
，
即 ， ．
由于交换 的第2行和第3行得单位矩阵，故
，
即 故 ．因此， ，故选(D)．
(6)【答案】(D)．
【解析】由于 是方程组 的一个基础解系，所以 ，且
， 即 ， 且 ． 由 此 可 得 ， 即
，这说明 是 的解．
由于 ， ，所以 线性无关．又由于 ，所以
，因此 的基础解系中含有 个线性无关的解向量．而 线
性无关，且为 的解，所以 可作为 的基础解系，故选(D)．
(7)【答案】(D)．
【解析】选项(D)
．
所以 为概率密度．
(8)【答案】(B)．
【解析】因为
所以， ，于是 ．
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)【答案】 ．
【解析】选取 为参数，则弧微元
所以 ．
(10)【答案】 ．
【解析】由通解公式得
．
由于 故 =0．所以 ．
(11)【答案】4．
【解析】 ，
，
故 ．
(12)【答案】 ．
【解析】取 ，取上侧，则由斯托克斯公式得，
原式= ．
因 由转换投影法得
．．
(13)【答案】 ．
【解析】由于二次型通过正交变换所得到的标准形前面的系数为二次型对应矩阵 的特
征值，故 的特征值为0，1，4．二次型所对应的矩阵
，
由于 ，故 ．
(14)【答案】 ．
【解析】根据题意，二维随机变量 服从 ．因为 ，所以由
二维正态分布的性质知随机变量 独立，所以 ．从而有
．
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10分)
【解析】
．
(16)(本题满分9分)
【解析】
．因为 在 可导，且为极值,所以 ，则
．
(17)(本题满分10分)
【解析】显然 为方程一个实根．
当 时，令
．
令 ，
，
即 ．
又因为 ，
即当 时， ； 当 时， ．
当 时， ；当 时， ．
所以当 时， 单调递减，当 时， 单调递增
又由 ，
，
所以当 时，由零点定理可知 在 ， 内各有一个零点；
当 时，则 在 ， 内均无零点．
综上所述，当 时，原方程有三个根．当 时，原方程有一个根．
(18)(本题满分10分)
【解析】(Ⅰ)设显然 在 上满足拉格朗日的条件，
所以 时，
，即： ，
亦即： ．
结论得证．
（II）设 ．
先证数列 单调递减．
，
利用（I）的结论可以得到 ，所以 得到 ，即数
列 单调递减．
再证数列 有下界．
，
，
．
得到数列 有下界．利用单调递减数列且有下界得到 收敛．
(19)(本题满分11分)【解析】
．
因为 ，所以 ．
．
(20)(本题满分11分)
【解析】(I)由于 不能由 线性表示，对 进行初
等行变换：
．
当 时， ，此时， 不能由 线性表示，
故 不能由 线性表示．
(II)对 进行初等行变换：
，故 ， ， ．
(21)(本题满分11分)
【解析】(I)由于 ，设 ，则
，即 ，而 ，知 的特征值为
，对应的特征向量分别为 ， ．
由于 ，故 ，所以 ．
由于 是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设 对应的特
征向量为 ，则
即
解此方程组，得 ，故 对应的特征向量为 ．
(II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化：
．
令 ，则 ，．
（22）（本题满分11分）
【解析】(I)因为 ，所以 ．
即 ．
利用边缘概率和联合概率的关系得到
；
；
．
即 的概率分布为
Y
-1 0 1
0 0 1/3 0
1 1/3 0 1/3
(II) 的所有可能取值为 ．
．
．
．
的概率分布为
Z -1 0 1
P 1/3 1/3 1/3
(III)因为 ，其中
， ．
所以 ，即 ， 的相关系数 ．
（23）（本题满分 11分）
【解析】因为总体 服从正态分布，故设 的概率密度为 ，
．
(I) 似然函数
；
取对数： ；
求导： ．
令 ，解得 ．
的最大似然估计量为 ．
(II) 方法1：
，令 ，则 ．
．
．
方法2：， 则 ， 得 到 ， 即
．
．
．
