2012考研数学一真题答案(完整版)

数一参考答案9、x e ； 10、2π； 11、{}1,1,1； 12、12； 13、2； 14、34三、解答题 (15)证明：令()21ln cos 112x x f x x x x +=+---，()f x 是偶函数()212lnsin 11x x f x x x x x +'=+----()00f '=()()()222221411cos 1111x x f x x x x x -+''=++--+--()()222244cos 12011x x x =--≥->--所以()()00f x f ≥=即证得：()21ln cos 11112x x x x x x ++≥+-<<- (16)解：()()()()()2222222222222,10,0x yx y x y x y fx y e xex ex xf x y xe y y+++---+-⎧∂=+-=-=⎪∂⎪⎨∂⎪=-=⎪∂⎩得驻点()()121,0,1,0P P -()()()()()()()()22222222222222222222,21,1,1x y x y x y x y f x y xe e x x x f x y e x y x yf x y xe y y ++--+-+-⎧∂=-+--⎪∂⎪⎪∂⎪=--⎨∂∂⎪⎪∂⎪=-∂⎪⎩根据判断极值的第二充分条件， 把()11,0,P -代入二阶偏导数B=0，A>0，C>0，所以()11,0,P -为极小值点，极小值为()121,0f e --=-把()21,0P 代入二阶偏导数B=0，A<0，C<0，所以()21,0P 为极大值点，极大值为()121,0f e-=(17) 解：（Ⅰ）收敛域22(1)122222211443()4432(1)121lim lim lim 4(1)4(1)3()214(1)4(1)32(1)1n n n n n n n n n xa x n n n n R x x n n a x n n n x n ++→∞→∞→∞+-++⋅+++++===⋅⋅=+++++++++⋅++令21x <，得11x -<<，当1x =±时，技术发散。

所以，收敛域为(1,1)- （Ⅱ）设222222000443(21)22()[(21)](1)212121n n n nn n n n n n S x x x n x x x n n n ∞∞∞===++++===++<+++∑∑∑令210()(21)nn S x n x ∞-=+∑，2202()21n n S x x n ∞-=+∑因为22112()(21)(1)1xxnn n n xS t dt n t dt x x x ∞∞+===+==<-∑∑⎰⎰ 所以212221()()(1)1(1)x x S x x x x +'==<-- 因为21202()21n n xS x x n ∞+-=+∑ 所以22221[()]222(1)1nn n n xS x xx x x∞∞--'===⋅<-∑∑所以22001111[()]2()ln (1)1111xxx x tS t dt dt dt x t t t x+'=⋅=+=<-+--⎰⎰⎰ 即201()ln1xx xS x x+=-，故21()ln 1xxS x x +=-当0x ≠时，211()ln 1xS x x x+=- 当0x =时，12(0)1,(0)2S S ==所以，22212111ln (1,0)(0,1)()()()(1)130x xx S x S x S x x x xx ⎧+++∈-⋃⎪=+=--⎨⎪=⎩(18)解：曲线L 在任一处(,)x y 的切线斜率为sin ()dy tdx f t -='，过该点(,)x y 处的切线为sin cos (())()tY t X f t f t --=-'。

令0Y =得()cot ()X f t t f t '=+。

由于曲线L 与x 轴和y 轴的交点到切点的距离恒为1.故有22[()cot ()()]cos 1f t t f t f t t '+-+=，又因为'()0(0)2f t t π><<所以sin ()cot tf t t'=，两边同时取不定积分可得()ln sec tan sin f t t t t C =+-+，又由于(0)0f =，所以C=0 故函数()ln sec tan sin f t t t t =+-此曲线L 与x 轴和y 轴所围成的无边界的区域的面积为：20cos ()4S tf t dt ππ'==⎰(19)解：补充曲线1L 沿y 轴由点(2,0)到点(0,0),D 为曲线L 和1L 围城的区域。

由格林公式可得 原式=1123233d (2)d 3d (2)d L L L x y x x x y y x y x x x y y +++--++-⎰⎰=1122(313)(2)12DL DL x x d y dy d ydy σσ+---=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 22222001121244222ydy y ππππ=⋅⋅-⋅⋅-=-=-⎰(20)解：（I ）4141001000010=101(1)10100100101001a a a a A a a a a a a a+⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⨯+⨯-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦(II) 对方程组Ax β=的增广矩阵初等行变换：232100110011001010101010101001000100100010001001a aa a a a a a a a a a a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎢⎥⎢⎥⎢⎥→→⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥----⎣⎦⎣⎦⎣⎦421001010100100001a a aa a a ⎡⎤⎢⎥-⎢⎥→⎢⎥⎢⎥---⎣⎦ 可知，要使方程组Ax β=有无穷多解，则有410a -=且20a a --=，可知1a =-此时，方程组Ax β=的增广矩阵变为11001011010011000000-⎡⎤⎢⎥--⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎣⎦，进一步化为最简形得10010010110011000000-⎡⎤⎢⎥--⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎣⎦可知导出组的基础解系为1111⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，非齐次方程的特解为0100⎛⎫⎪- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，故其通解为10111010k ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(21)解： （1）由二次型的秩为2，知()2Tr A A =，故()()2Tr A r A A == 对矩阵A 初等变换得101101101101011011011011100010010010*********a a a a a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥→→→⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥----⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦因()2r A =，所以1a =-（2）令202022224T B A A ⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭202202102022(2)22(2)122(2)(6)022*******E B λλλλλλλλλλλλλλ------=--=----=----=--=-------所以B 的特征值为1230,2,6λλλ===对于10λ=，解1()0E B X λ-=得对应的特征向量为1(1,1,1)T α=- 对于22λ=，解2()0E B X λ-=得对应的特征向量为2(1,1,0)T α=- 对于36λ=，解3()0E B X λ-=得对应的特征向量为3(1,1,2)T α= 将123,,ααα单位化可得1211111,1,1102ηηη⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎪=-=⎪⎪⎪⎪⎪⎪-⎭⎭⎭正交矩阵0Q ⎛ =⎝，则026TQ AQ ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ 因此，作正交变换x Qy =，二次型的标准形为2223()()26T T T f x x A A x y Ay y y ===+（22）解：（Ⅰ）{}{}{}1120,02,1044P X Y P X Y P X Y ====+===+= （Ⅱ）cov(,)cov(,)cov(,)X Y Y X Y Y Y -=-cov(,)X Y EXY EXEY =-，其中2225,1,1,,33EX EX EY EY ====2245()199DX EX EX =-=-=2252()133DY EY EY =-=-=，23EXY =所以，22cov(,)0,cov(,),cov(,),033XY X Y Y Y DY X Y Y ρ===-=-=(23)解：（1）因为2(,)XN u σ，2(,2)Y N u σ，且X 与Y 相互独立，故2(0,3)Z X Yσ=-所以Z 的概率密度为2226(,)()6z f z e z σσπσ-=-∞<<∞ （2）最大似然函数为2222611()(;)),(1,2,,)i z n ni i i i L f z z i n σσσ-===∏=∏-∞<<∞=两边取对数，得222211ln ()[ln ]26ni i Z L σσσ==--∑两边求导得222222222211ln ()11[][3]()26()6()n n i i i i Z d L n Z d σσσσσσ===-+=-+∑∑ 令22ln ()0()d L d σσ=，得22113n i i Z n σ==∑ 所以2σ的最大似然估计量22113n i i Z n σ==∑（3）证明：22222111111()()[()(())]3333n n n i i i i i i E E Z D Z E Z n n n σσσ=====+==∑∑∑ 所以2σ为2σ的无偏估计量。