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2006 年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解析
一、 填空题
(1) 【答案】2.
【详解】由等价无穷小替换，
0
x
时，
2
1
ln(1
)
,1 cos
2
x
x
x
x
，
2
0
0
2
ln(1
)
lim
lim 1
1 cos
2
x
x
x
x
x
x
x
=2
(2) 【答案】
x
Cxe
.
【详解】分离变量，
(1
)
dy
y
x
dx
x
(1
)
dy
x dx
y
x
1
(
1)
dy
dx
y
x
1
dy
dx
dx
y
x
ln
ln
y
x
x
c
ln
ln
y
x x c
e
e
x
y
Cxe
(3) 【答案】2
【详解】补一个曲面
2
2
1
:
1
x
y
z
1
,取上侧，则
1
组成的封闭立体满足高斯公式，
1
(
)
P
Q
R dv
Pdydz
Qdzdx
Rdxdy
I
x
y
z
设
,
2 ,
3(
1)
P
x Q
y R
z
，则
1
2
3
6
P
Q
R
x
y
z
∴I
6dxdydz
(为锥面和平面
1
所围区域)
6V
(V 为上述圆锥体体积)
注：以下几种解法针对于不同的方法求圆锥体体积V
方法1：I
6
2
3
(高中方法，圆锥的体积公式，这种方法最简便)
而
1
2
3(
1)
0
xdydz
ydzdx
z
dxdy
(在
1
上：
1,
0
z
dz
)
方法2：先二重积分，后定积分.
因为
1
0
V
Sdz
，
2
2
r
x
y
，
2
2
2
r
x
y
，
2
2
r
z
，
2
2
S
r
z
，
所以
1
1
2
2
0
0
1
1
3
3
V
z dz
z
.从而
6
6
2
3
I
V
--- [第 2 页] ---
方法3：利用球面坐标.
1
z 在球坐标下为：
1
cos
，
1
2
2
4
cos
0
0
0
6
sin
I
d
d
d
2
4
3
0
0
2sin
cos
d
d
2
4
3
0
0
cos
( 2)
cos
d
d
4
2
2
0
0
1
( 2)
(
)cos
2
d
2
0
2
d
方法4：利用柱面坐标.
2
1
1
0
0
6
r
I
d
dr
rdz
2
1
0
0
6
(1
)
d
r rdr
1
2
2
3
0
0
1
1
6
(
)
2
3
d
r
r
2
0
2
d
(4) 【答案】
2
【详解】代入点
0
0
0
(
,
,
)
P x
y
z
到平面
0
Ax
By
Cz
D
的距离公式
0
0
0
2
2
2
6
4
0
2
9 16
25
Ax
By
Cz
D
d
A
B
C
(5) 【答案】2
【详解】由已知条件
2
BA
B
E
变形得，
2
BA
E
B
(
)
2
B A
E
E
, 两边取行列
式, 得
(
)
2
4
4
B A
E
E
E
其中，
2
1
1
0
1
1
2
1
2
0
1
1 1
A E
，
2
2
2 E
4
E
因此，
2
4
2
2
E
B
A
E
.
(6) 【答案】1 9
【详解】根据独立性原理：若事件
1,
,
n
A
A
独立，则
1
2
1
2
n
n
P A
A
A
P A P A
P A
--- [第 3 页] ---
事件
max{
, }
1
1,
1
1
1
X Y
X
Y
X
Y
，而随机变量X 与Y 均服
从区间[0,3] 上的均匀分布，有
1
0
1
1
1
3
3
P X
dx
和
1
0
1
1
1
3
3
P Y
dy
. 又随机变
量X 与Y 相互独立，所以，
max( , )
1
1,
1
1
1
P
x y
P x
Y
P x
P Y
1
1
3
3
1
9
二、 选择题.
(7) 【答案】A
【详解】
方法1：图示法.
因为
( )
0,
f
x
则
( )
f x 严格单调增加；因为
( )
0,
f
x
则
( )
f x 是凹函数，又
0
x
，画
2
( )
f x
x
的图形
结合图形分析，就可以明显得出结论：0
dy
y
.
方法2：用两次拉格朗日中值定理
0
0
0
(
)
(
)
(
)
y
dy
f x
x
f x
f
x
x
(前两项用拉氏定理)
0
( )
(
)
f
x
f
x
x
(再用一次拉氏定理)
0
( )(
)
f
x
x
,
其中
0
0
0
,
x
x
x x
由于
( )
0
f
x
，从而
0
y
dy
. 又由于
0
(
)
0
dy
f
x
x
，故选[ ]
A
方法3：
用拉格朗日余项一阶泰勒公式. 泰勒公式：
0
0
0
( )
( )
( )(
)
f x
f x
f x
x
x
( )
2
0
0
0
0
(
)
(
)
(
)
(
)
2!
!
n
n
n
f
x
f
x
x
x
x
x
R
n
，
其中
(
1)
0
0
(
) (
)
(
1)!
n
n
n
f
x
R
x
x
n
. 此时n 取1 代入，可得
2
0
0
0
1
(
)
(
)
(
)
( )(
)
0
2
y
dy
f x
x
f x
f
x
x
f
x
又由
0
(
)
0
dy
f
x
x
，选( )
A
.
O
x0
x0+Δx
x
y
y=f(x)
Δy
dy
--- [第 4 页] ---
(8) 【答案】( )
C
【详解】记
1
4
0
0
( cos , sin )
( , )
D
d
f r
r
rdr
f x y dxdy
，则区域D 的极坐标表示是：
0
1
r
，0
4
. 题目考察极坐标和直角坐标的互化问题，画出积分区间，结合图形
可以看出，直角坐标的积分范围(注意
y
x
与
2
2
1
x
y
在第一象限的交点是
2
2
2
2
（
，
）)，于是
2
2
:0
,
1
2
D
y
y
x
y
所以，原式
2
2
1
2
0
( , )
y
y
dy
f x y dx
. 因此选( )
C
(9) 【答案】D
【详解】
方法1：数列收敛的性质：收敛数列的四则运算后形成的新数列依然收敛
因为
1
n
n
a
收敛，所以
1
1
n
n
a
也收敛，所以
1
1
(
)
n
n
n
a a
收敛，从而
1
1
2
n
n
n
a
a
也收敛.选D.
方法2：记
( 1)n
na
n
，则
1
n
n
a
收敛. 但
1
1
1
n
n
n
a
n
，( p 级数，
1
2
p
级数发散)；
1
1
1
1
1
n
n
n
n
a a
n n
( p 级数，
1
p 级数发散)均发散。由排除法可知，应选D.
(10) 【答案】D
【详解】
方法1：化条件极值问题为一元函数极值问题。
已知
0
0
(
,
)
0
x
y
，由( , )
0
x y
，在
0
0
,
)
x
y
（
邻域，可确定隐函数
( )
y
y x
，
满足
0
0
(
)
y x
y
，dy
x
y
dx
。
0
0
,
)
x
y
（
是
( , )
f x y
在条件
( , )
0
x y
下的一个极值点
0
x
x
是
( , ( ))
z
f x y x
的极值点。它的必要条件是
0
0
0
0
0
0
(
,
)
(
,
)
x x
x x
f x
y
f x
y
dz
dy
dx
x
y
dx
0
0
0
0
0
0
0
0
0
(
,
)
0
(
,
)
(
,
)
(
,
)
x
y
x x
x
y
x
y
x
y
f x y
f
x y
若
0
0
(
,
)
0
xf
x
y
，则
0
0
(
,
)
0
yf
x
y
，或
0
0
(
,
)
0
x x
y
，因此不选( )
A ，( )
B .
若
0
0
(
,
)
0
xf
x
y
，则
0
0
(
,
)
0
yf
x
y
(否则
0
0
x x
dz
dx
). 因此选(
)
D
方法2：用拉格朗日乘子法. 引入函数
( , , )
( , )
( , )
F x y
f x y
x y
，有
--- [第 5 页] ---
( , )
( , )
0
(2) ( , )
0
x
x
x
y
y
y
F
f
x y
x y
F
f
x y
x y
F
x y
因为
0
0
(
,
)
0
y x
y
，所以
0
0
0
0
(
,
)
(
,
)
y
y
f
x
y
x
y
，代入(1)得
0
0
0
0
0
0
0
0
(
,
)
(
,
)
(
,
)
(
,
)
y
x
x
y
f
x
y
x
y
f
x
y
x
y
若
0
0
(
,
)
0
xf
x
y
，则
0
0
(
,
)
0
yf
x
y
，选(
)
D
(11) 【答案】A
【详解】
方法1：若
1
2
,
,
,
s
线性相关, 则由线性相关定义存在不全为0 的数
1
2
s
,
,
,
k k
k
使得
1
1
2
2
0
s
s
k
k
k
为了得到
1
2
,
,
,
s
A
A
A
的形式，用A 左乘等式两边, 得
1
1
2
2
0
s
s
k A
k A
k A
①
于是存在不全为0 的数
1
2
s
,
,
,
k k
k
使得①成立，所以
1
2
,
,
,
s
A
A
A
线性相关.
方法2 ：如果用秩来解,则更加简单明了. 只要熟悉两个基本性质, 它们是:
1. 1
2
,
,
,
s
线性相关
1
2
(
,
,
,
)
s
r
s
；2.
(
)
( )
r AB
r B
.
矩阵
1
2
1
2
(
,
,
,
)
(
,
,
,
)
s
s
A
A
A
A
, 设
1
2
s
B
(
,
,
,
)
，则由
(
)
( )
r AB
r B
得
1
2
1
2
(
,
,
,
)
(
,
,
,
)
s
s
r A
A
A
r
s
. 所以答案应该为( A ).
(12) 【答案】B
【详解】用初等矩阵在乘法中的作用(矩阵左乘或右乘初等矩阵相当于对矩阵进行初等行变
换或列变换)得出
将A 的第2 行加到第1 行得B ，即
1
1
0
0
1
0
0
0
1
B
A
记 PA
将B 的第1 列的-1 倍加到第2 列得C ，即
1
1
0
0
1
0
0
0
1
C
B
记 BQ
--- [第 6 页] ---
因为PQ
1
1
0
0
1
0
0
0
1
1
1
0
0
1
0
0
0
1
E
，故
1
Q
P E
1
P
.
从而
1
1
C
BQ
BP
PAP
,故选( B ).
(13) 【答案】C
【详解】本题考条件概率的概念和概率的一般加法公式
根据条件概率的定义，当
( )
0
P B
时，
1
P AB
P A B
P B
得
P AB
P B
根据加法公式有
P A
B
P A
P B
P AB
P A
,故选(C)
(14) 【答案】A.
【详解】由于X 与Y 的分布不同，不能直接判断
1
{|
| 1}
P
X
和
2
{|
| 1}
P Y
的大小
与参数关系. 如果将其标准化后就可以方便地进行比较了。
随机变量标准化，有
1
1
X
~
(0,1)
N
，且其概率密度函数是偶函数. 所以
1
1
1
1
1
(
1)
(
)
X
P X
P
1
1
1
1
1
1
1
1
2
0
2[ (
)
(0) ] 2 (
) 1
X
P
.
同理有，
2
2
1
(
1)
2 (
) 1
P Y
因为
( )x
是单调递增函数，当
1
2
{|
| 1}
{|
| 1}
P
X
P Y
时，
1
1
2 (
) 1
2
1
2 (
) 1
，即
1
2
1
1
，所以
1
2
，故选(A).
三、 解答题
(15) 【详解】积分区域对称于x 轴，
2
2
1
xy
y
x
y
为y 的奇函数，
从而知
2
2
0
1
D
xy
dxdy
x
y
所以
1
2
1
2
0
2
2
2
0
2
1
ln(1
)
ln 2
1
1
2
2
D
r
I
dxdy
d
dr
r
x
y
r
极坐标
--- [第 7 页] ---
(16) 【详解】(I) 由于0
x
时，0
sin x
x
，于是
1
0
sin
n
n
n
x
x
x
,说明数列
nx
单调减少且
0
nx
. 由单调有界准则知lim
n
n
x
存在.记为A .
递推公式两边取极限得
sin
,
0
A
A
A
(II) 原式
2
1
sin
lim(
)
n
x
n
n
n
x
x
=
，为“1”型.
因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑
2
1
0
sin
lim(
) t
t
t
t
2
1
0
sin
lim(
)t
t
t
t
2
0
1
sin
lim
ln(
)
t
t
t
t
e
2
0
1
1
( cos
sin )
lim
sin
2
t
t
t
t
t
t
t
t
e
3
0
cos
sin
lim
2
t
t
t
t
t
e
2
0
0
cos
sin
cos
sin
lim
lim
6
6
t
t
t t
t
t
t
t
t
e
e
1
6
e
所以
2
2
2
1
1
1
1
0
1
6
sin
sin
lim(
)
lim(
)
lim(
)
n
n
x
x
n
n
x
n
n
x
n
n
x
x
x
x
x
x
e
=
=
(17) 【详解】用分解法转化为求
1
1
ax
的展开式，而这是已知的.
由于
2
1
1
1
1
1
2
1
)(2
)
3 1
2
x
x
x
x
x
x
（
1
1
1
1
3 1
6 1
2
x
x
0
0
1
1
( 1)
3
6
2
n
n
n
n
n
n
x
x
(
1)
x
因此
1
1
0
1
1
( )
1
3
2
n
n
n
n
f x
x
(
1)
x
.
(18) 【详解】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题目中给的等式就可以了
2
2
2
2
2
2
2
2
;
z
x
z
y
f
x
y
f
x
y
x
y
x
y
x
y
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
x
y
x
y
z
x
f
x
y
f
x
y
x
x
y
x
y
2
2
2
2
2
2
3 2
2
2
2
2
x
y
f
x
y
f
x
y
x
y
x
y
--- [第 8 页] ---
同理
2
2
2
2
2
2
2
3 2
2
2
2
2
2
z
y
x
f
x
y
f
x
y
y
x
y
x
y
代入
2
2
2
2
0
z
z
x
y
，得
2
2
2
2
2
2
(
)
0
f
x
y
f
x
y
x
y
，
所以
( )
( )
0
f u
f
u
u
成立.
(II) 令
( )
f u
p
于是上述方程成为dp
p
du
u
，则
dp
du
c
p
u
，
即
ln
ln
p
u
c
，所以
( )
c
f u
p
u
因为
(1) 1
f
，所以
1
c
，得
2
( )
ln
f u
u
c
又因为
(1) 0
f
，所以
2
0
c
，得
( )
ln
f u
u
(19) 【详解】
方法1：把
2
( ,
)
( , )
f tx ty
t
f x y
两边对t 求导，得：
3
( ,
)
( ,
)
2
( , )
x
y
xf tx ty
yf
tx ty
t
f x y
令
1
t ，则
( , )
( , )
2 ( , )
x
y
xf
x y
yf
x y
f x y
；
再令
( , ),
( , )
P
yf x y
Q
xf x y
，
所以
( , )
( , )
x
Q
f x y
xf
x y
x
，
( , )
( , )
y
P
f x y
yf
x y
y
得
Q
P
x
y
，所以由格林公式知结论成立.
方法2：D 是单连通区域，对于D 内的任意分段光滑简单闭曲线L ，为D 内的一曲线
( , )
( , )
0
L
yf x y dx
xf x y dy
( , )
( , )
yf x y dx
xf x y dy
在D 内与路径无关
(
( , ))
(
( , ))
xf x y
yf x y
x
x
(( , )
)
x y
D
( , )
( , )
2 ( , )
0
x
xf
x y
yf
x y
f x y
(( , )
)
x y
D
同方法1，由
2
( ,
)
( , )
f tx ty
t
f x y
可证得上式.
因此结论成立.
--- [第 9 页] ---
(20) 【详解】(I)系数矩阵
1
1
1
1
4
3
5
1
1
3
A
a
b
未知量的个数为
4
n
，且又AX
b
有三个
线性无关解，设
1
2
3
,
,
是方程组的3 个线性无关的解, 则
2
1
3
1
,
是
0
AX
的两
个线性无关的解. 因为
2
1
3
1
,
线性无关又是齐次方程的解，于是
0
AX
的基础解
系中解的个数不少于2, 得4
( )
2
r A
, 从而( )
2
r A
.
又因为A 的行向量是两两线性无关的, 所以( )
2
r A
. 所以( )
2
r A
.
(II)对方程组的增广矩阵作初等行变换:
[
]
A b
=
2
1
4
3
1
1
1
1
1
| 1
1
1
1
1
|
1
4
3
5
1 | 1
0
1
1
5
| 3
1
3
| 1
0
1
3
|1
a
a
b
a
a
b
a
a
3
2
1 a
1
1
1
1
|
1
0
1
1
5
|
3
,
0
0
4
2
4
5
|4
2
a
a
b
a
由( )
2
r A
, 得4
2
0
4
5
0
a
a
b
，即
2,
a
3
b .
所以[
]
A b 作初等行变换后化为；
1
0
2
4
| 2
0
1
1
5
| 3
0
0
0
0
| 0
，
它的同解方程组
1
3
4
2
3
4
2
2
4
3
5
x
x
x
x
x
x
①
①中令
3
4
0
0
x
,x
求出AX
b
的一个特解(2, 3,0,0)T
；
0
AX
的同解方程组是
1
3
4
2
3
4
2
4
5
x
x
x
x
x
x
②
取
3
4
1
0
x
,x
,
代入②得( 2,1,1,0)T
；取
3
4
0
1
x
,x
,
代入②得(4, 5,0,1)T
. 所以
0
AX
的基础解系为( 2,1,1,0)T
，(4, 5,0,1)T
所以方程组AX
b
的通解为：
1
2
(2, 3,0,0)
( 2,1,1,0)
(4, 5,0,1)
T
T
T
c
c
，
1
2
,
c c 为任意常数
--- [第 10 页] ---
(21) 【详解】(I) 由题设条件
1
1
0
0
A
，
2
2
0
0
A
，故
1
2
,
是A 的对应于
0
的特征向量，又因为
1
2
,
线性无关，故
0
至少是A 的二重特征值. 又因为A 的每行元
素之和为3 ，所以有
(1,1,1)
(3,3,3)
3(1,1,1)
T
T
T
A
，由特征值、特征向量的定义，
0
(1,1,1)T
是A 的特征向量, 特征值为
3
3
，
3
只能是单根，
3
0
3
0
k
,k
是全体特征
向量，从而知
0
是二重特征值.
于是A 的特征值为3,0,0 ；属于3 的特征向量:
3
3
3
0
k
,k
；属于0 的特征向量:
1
1
2
2
k
k
，
1
2
,
k k 不都为0 .
(Ⅱ) 为了求出可逆矩阵必须对特征向量进行单位正交化.
先将
0
单位化, 得
0
3
3
3
(
,
,
)
3
3
3
T
.
对
1
2
,
作施密特正交化, 得
1
2
2
(0,
,
)
2
2
T
,
2
6
6
6
(
,
,
)
3
6
6
T
.
作
1
2
3
(
,
,
)
Q
, 则Q 是正交矩阵,并且
-1
3 0 0
0 0 0
0 0 0
T
Q AQ
Q AQ
(22) 【详解】
( )
( )
Y
Y
f
y
F
y
, 由于
( )
Xf
x 是分段函数，所以在计算
2
P X
y
时，要相应
分段讨论. 求
1
(
,4)
2
F
2
1
1
(
,
4)
(
,
4),
2
2
P X
Y
P X
X
只是与X 有关，不必
先求出
( , )
F x y 的函数.
(I)
因为
2
( )
Y
F
y
P Y
y
P X
y
，当
0
y
时，
( )
0;
Y
F
y
当0
1
y
时，
0
0
1
1
3
( )
(
)
2
4
4
y
Y
y
F
y
P
y
X
y
dx
dx
y
；
当1
4
y
时，
0
1
0
1
1
1
1
( )
(
)
2
4
2
4
y
Y
F
y
P
y
X
y
dx
dx
y
；
当
4
y
时，
( )
1;
Y
F
y
综上所述，有
--- [第 11 页] ---
2
0,
0
3
,
0
1
4
( )
1
1
,
1
4
2
4
1,
4
Y
y
y
y
F
y
P Y
y
P X
y
y
y
y
由概率密度是分布函数在对应区间上的的微分，所以，
3
,
0
1
8
1
( )
( )
,
1
4
8
0,
Y
Y
y
y
f
y
F
y
y
y
其他
这个解法是从分布函数的最基本的概率定义入手，对y 进行适当的讨论即可，属于基本
题型.
(Ⅱ) 由协方差的计算公式
2
3
2
cov(
, )
cov(
,
)
(
)
(
)
(
)
X Y
X X
E X
E X
E X
需要计算
(
E X），
2
(
)
E X
，
3
(
)
E X
.
0
2
-1
0
1
( )
2
4
4
X
x
x
E X
xf
x dx
dx
dx
（）
；
2
2
0
2
2
2
-
-1
0
5
( )
2
4
6
X
x
x
E X
x f
x dx
dx
dx
（
）
；
3
3
0
2
3
3
-
-1
0
7
( )
2
4
8
X
x
x
E X
x f
x dx
dx
dx
（
）
.
故
2
3
2
cov(
, )
cov(
,
)
(
(
(
X Y
X X
E X
E X
X
）
）
）7
1
5
2 . 8
4
6
3
(III) 根据二维随机变量的定义
( , )
,
F a b
P X
a Y
b
，有
2
1
1
1
1
(
,4)
(
,
4)
,
4
2
2
2
2
2
F
P X
Y
P X
X
P
X
由一维概率计算公式
( )
b
X
a
P a
X
b
f
x dx
有，
)
4,
2
1
(
F
1
2
1
1
1
2
4
dx
.
(23) 【答案】的矩估计
3
2
X
；的最大似然估计
.
N
n
【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只
需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)，所以矩估计的关键在于
--- [第 12 页] ---
找出总体的矩
(
)
E X .
最大似然估计，实质上就是找出使似然函数最大的那个参数，问题的关键在于构造似然
函数. 样本值中
ix 小于1 的概率是，
ix 大于1 的概率是
1
. 因此，似然函数应为：
1
( )
;
(1
)
.
n
N
n N
i
i
L
f x
(I) 由数学期望的定义：
1
2
0
1
(
)
( ; )
(1- )
E X
xf x
dx
xdx
xdx
1
3
3
(1
)
2
2
2
样本均值
1
1
n
i
i
X
X
n
用样本均值估计期望有
EX
X
即3
2
X
，解得
3
2
X
.
所以参数的矩估计为
3
2
X
.
其中
1
1
n
i
i
X
X
n
.
(Ⅱ)
对样本
nx
x
x
,
,
2
1
按照
1
或者
1
进行分类，不妨设：
1
2
,
,
p
p
pN
x
x
x
1
，
1
2
,
,
pN
pN
pn
x
x
x
1
. 似然函数
1
2
1
2
(1
)
,
,
1,
,
,
1
( )
0,
N
n N
p
p
pN
pN
pN
pn
x
x
x
x
x
x
L
，
其他
，
在
1
2
,
,
1
p
p
pN
x
x
x
，
1
2
,
,
1
pN
pN
pn
x
x
x
时，等式两边同取自然对数得
)
1
ln(
)
(
ln
)
(
ln
N
n
N
L
，
由于ln ( )
L 和( )
L 在的同一点取得最大值，所以令
0
1
)
(
ln
N
n
N
d
L
d
，
解得
N
n
，所以的最大似然估计值为
N
n
.