2010年考研数一试题及答案

2010年全国硕士研究生入学统一考试

数学（一）试题及参考答案

一、选择题：1~8小题，每小题4分，共32分。 1、lim??x??limex??(x?a)(x?b)??x???2x??x2ln??(x?a)(x?b)????x?limex????x2x??(x?a)(x?b)?1????

?lime?ex??a?b??a?b?x?ab?x?????(x?a)(x?b)??a?b?x2?abx?lime(x?a)(x?b)x??

x方法二

x???x2?(x?a)(x?b)?x2lim???lim?1?? x??(x?a)(x?b)x??(x?a)(x?b)?????(a?b)x?ab??(a?b)x?ab??lim?1??lim?x???1??x??(x?a)(x?b)(x?a)(x?b)????x(x?a)(x?b)(a?b)x?ab?x(a?b)x?ab(x?a)(x?b)

?ex??(x?a)(x?b)lim(a?b)x?abx?e(a?b)

?y??z???F?d?2???0， x???x?（2）等式两边求全微分得：F1??d?即 F1?xdy?ydxxdz?zdx??F?0?F1??(xdy?ydx)?F2??(xdz?zdx)?0 2x2x2yF1??zF2?F1?dx?dy ?dz???xF2F2F?zF??z?zyF??zF2??y?1x?1y?2?z ?u?yxF2?F2?F2?（3）、【解析与点评】：显然x?0,x?1是两个瑕点，有

所以有，x?1mln2(1?x)n0xndx??1m20ln2(1?x)nxdx??11mln2(1?x)n2xmdx

?ln(1?x)x等价于(?1)x2m?1n2m21?mn对于

?1m20ln2(1?x)xdx的瑕点x?0，当x?0时?ln2(1?x)nx，而

?120x21?mndx收敛

21（因m,n是正整数????1），故

mn?1m20ln2(1?x)nxdx收敛；对于

?1m12ln2(?1x)dx的瑕点x?1，当

nx212122m11mln(1?x)ln2(1?x)1mnmnmx?(1??,1)(?0??时)n1?x)dx显然收敛，故?1?2ln(1?x)?2(1?x)，而?1(dxn2xx22收敛。所以选择D.

nn11n11?lim?4、lim????22x??n??ij(n?i)(n?j)nn2i?1j?1i?1(1?)j?1(1?())nn?AB?Enn?10dx?1dy0(1?x)(1?y2)

1?R(AB)?m（5）又R(AB)?m?min(R(A),R(B)),即R(A)?m,R(B)?m

而R(A)?m,R(B)?m?R(A)?m,R(B)?m(6) 设A的特征值为r，因为

A2?A?0为所以?2???0

即?(??1)?0???0或???1

1

又?R(A)?3，A必可相似对角化，且对角阵的秩也是3.

????1是三重特征根??1????1??A~???1???所以正确答案为（D）

0??11?1??e.所以选C 22评注：本题实际上是考查分布函数的性质，即对任意随机变量X，均有P(X?x)?F(x)?F(x?)，这样的问题在辅

(7) 【解析与点评】P{x?1}?F(1)?F(1?)?1?e?

30?1导教程中出现过多次，属于基本概念的考查。 (8)

?????f(x)dx?a?0??f1(x)dx?b???0f2(x)dx?1?a?(0)?b?1dx?14

?13a?b?1?2a?3b?4所以选A。 241，以及均匀分布的计算问题。 22评注：本题实际上是考查密度函数的性质与正态分布和均匀分布的基本性质，这里还需要知道的是标准正态分布取负值的概率为

二、填空题

?2??ln1?t??1dyy??t?ln?1?t?d2yd?dy?d?dy?dt????t???2??????（9） 解??x??t? ?t?edxx??t??edxdx?dx?dt?dx?dx??2t?te?ln?1?t2?e?t2d2y12t2t21?t?0????t?e(?ln(1?t))22?t2dx?e1?t 故 t?0?e?（10）、

?2??20xocsdxx???4?

【解析与点评】令x?t,原式为

?0xcosxdx?2?tcostdt?2tsint|0??2tsintdt??4?tsintdt?4tcost|0??costdt??4?

00002?2????????（11）、已知曲线L的方程为y?1?x,x?[?1,1],起点是(?1,0),终点是(1,0),则曲线积分【解析与点评】令

?Lxydx?x2dy? 0

?x?t?x?tL1:??1?t?0 L2:?0?t?1

?y?1?t?y?1?t?Lxydx?xdy??xydx?xdy??xydx?xdy??t?1?t??tdt??t?1?t??t2dt2222L1L2?1001

?23t2???t??2??30?1?t223?1????t?0?0

?23?23

22（12）、设??{(x,y,z)x?y?z?1},则?的形心坐标z?3?2 ?21dz?3200r?2（13）设?1?(1,2,?1,0)T,?2?(1,1,0,2)T,?3?(2,1,1,?)T,若由形成的向量空间维数是2，则???00r21???zdxdydz??d??rdr?z??????dxdydz?d??rdr?211zdz?6

【解析与点评】由题意知向量组?1,?2,?3线性相关，而其中两个向量线性无关，所以R(?1,?2,?3）?2，即

2

?112??1???r?2r21?211??0???101?r3?r1?0????02???0??????6?0???62?2??11???r?r32?1?3??0?1?3??13?r4?2r2?000?

??????2???00??6?2

1C,k?0,1,2,?，则EX2?K!??C?1【解析与点评】由概率密度的性质?P{X?k}?1，有??1?C?e

k?0k!k?0（14）设随机变量X概率分布为p{X?k}?

EX?1,DX?1e?1,k?0,1,2,?为参数为1的泊松分布，则有即P{X?k}? 22k!?EX?DX?(EX)?2评注：本题实际上考查Poisson分布的分布列以及它的二阶矩的计算，是基本的题目，实际上，如果大家对Poisson分布的分布列熟悉的话，自然就知道这里的 X就是服从参量为1的Poisson分布，从而常数C的确定是显然的，而二阶矩的计算直接用期望和方差就可以得到.

三、解答题

（15）（本题满分10分）

求微分方程y???3y??2y?2xe的通解.

【解析与点评】齐次方程y???3y??2y?0的特征方程为r2?3r?2?0由此得r1?2,r2?1.对应齐次方程的通解为

xY?C1e2x?C2ex

设非齐次方程的特解为y???ax?b?xex

则y???(ax2?(2a?b)x)ex，y????(ax2?(4a?b)x?2a?2b)ex 代入原方程得a??1,b??2从而所求解为

y?C1e2x?C2ex?x(x?2)ex

（16）（本题满分10分） 求函数f(x)??x21(x2?t)e?tdt的单调区间与极值

2【 详解】由f?(x)?2x列表讨论如下 x (??,?1) ?x21e?tdt?0，可得，x?0，?1

(?1,0) ? 增 f?(x) f(x) ? 减 ?1 0 极小值 0 0 极大值 (0,1) ? 减 1 0 极小值 (1,??) ? 增 因此，f(x)的单调增加区间为(?1,0)及(1,??)，单调减少区间为(??,?1)及(0,1)；极小值：f?1??f??1??0 极大值为f(0)?1?10tedt??t21(1?e?1) 2n1（17）（本题满分10分） （Ⅰ）比较

?0lnt[ln(1?t)]dt与?tnlntdt,n?1,2,?的大小，说明理由

0（Ⅱ）设un??10lnt[ln(1?t)]ndt(n?1,2,?)，求极限limunn??

【解析与点评】

（Ⅰ）令f?t??ln?1?t??t 当0?t?1时，f??t??1?1?0，故当0?t?1时f?t??f?0??0 1?tnn当0?t?1时0?ln?1?t??t?1，从而??ln?1?t????t(n?1,2,?) 又由lnt?0 得

?10lnt?ln(1?t)?dt??tnlntdt(n?1,2,?)

0n1 3

11（Ⅱ）方法一，由（Ⅰ）知，0?un??0lnt[ln(1?t)]dt??tnlntdt，因为

0n?10tnlntdt???tn?lnt?dt???lnt?011n?1111n1 t0??tdt?20n?1n?1?n?1?所以n??lim?tnlntdt?0

01由夹逼准则得

lim?lnt?ln(1?t)?dt?0n??011001n

nn方法二 0??tlntdt???t?lnt?dt?11n1tdt?

n?1?0n?1n由夹逼准则的limn??0?t1nlntdt?0

n方法三 由（Ⅰ）知，0???ln?1?t????tt?0

又因为limtlnt?0，所以?M,0?tlnt?M,?t?[0,1] 所以0?un?1?10lnt[ln(1?t)]ndt?M?tn?1dt?01M,n?2,3? n0?un??lnt[ln(1?t)]ndt?0M n因为limM?0，所以limun?0n??n??n

评点：本题主要考点：初等函数性质，积分的保号性与比较性质，分部积分法与极限运算。注意本题中积分为第二类

广义积分

（18）（本题满分10分）

(?1)n?12n求幂级数?x的收敛域及和函数

n?12n?1?【解析与点评】

x2n?2?2n?1?un?1?lim2n?x2，所以当x2?1即?1?x?1时，原幂级数绝对收敛；当x??1时，级数为因为limn??un??x?2n?1?n(?1)n?1，显然收敛，故原幂级数的收敛域为[?1,1]。 ?n?12n?1??(?1)n?12n(?1)n?12n?1?(?1)n?12n?1因为?x?x?xx?f(x),x???1,1? ?n?12n?1n?12n?1n?12n?1?设 则f??x???(?1)n?1xn?1?2?n?1??1 21?x因为f?0??0，所以f?x???x0f??t?dt?f?0??arctanx

从而s(x)?xarctanx,x???1,1?

收敛域x?[?1,1]，和函数s(x)?xarctanx

（19）【解析与点评】（1）切平面法向量Fx?2x,Fy?2y?z,Fz?2z?y，因与xOy面垂直， 所以2x?0?(2y?z)?0?(2z?y)?1?0?z?y 2?x2?y2?z2?yz?1 所以轨迹为??y?2z 4x2?5y2?5z2?8yz （2）dS?1?z?zdxdy?dxdy

2z?y2x2y 4

原式= ?Dxy2??x?3dxdy,Dxy?{(x,y)x?32y?1} 42?2? 3Dxy??xdxdy???3dxdy?0?3???1?Dxy（20）（本题满分11分）

【解析与点评】（I）设?1,?2为Ax?b的2个不同的解，则?1??2是Ax?0的一个非零解，故A?(??1)2(??1)?0。于是??1或???1

当??1时，因为r(A)?r(A?b)，所以Ax?b无解，舍去 当???1时，对Ax?b的增广矩阵施以初等行变化

3????2?111?a?10?1?????1??(A?b)??0?20?1???010????B

???11?1?1??000?2???a?2??????因为Ax?b有解，所以a??2 （II）当???1，a??2时

3????2?3??1???10?1??11????B??010???，所以Ax?b的通解为x???1??k?0?，其中k为任意常数。

?2?2???1?0??000?????0??????评点：本题考查的知识点是线性方程的理论及求解能力。由题设非齐次线性方程组有两个解，就有无穷多解，其导出

从而求出参数?的值。利用方程组有解的条件，判断?组就有非零解，导出组的系数矩阵列不满秩，其行列式为零，

的取值。再利用方程组有解的条件，通过消元法求得a的值。最后通过对增广矩阵作初等行变换，求得方程组的通解。

?（21）【解析与点评】T??（Ⅰ）由题意知QAQ??,其中????1??1?，则A?Q?QT设Q的其他任一列向量为

，

?0??2???2??22?x,x,x0?0?x?x3?0????1231T22 ?x1,x2,x3? ?Q为正交矩阵???2????2?即x1?x3?0，其基础解系含2个线性无关的解向量，即为 ?2?????1??0???1??2?1????????1??0?，?2??1?把?1单位化?1?0???0??2???? ?1??0?1???????2????2??22?0????-1?-101?22???2?2?T?Q??Q??010??020?0??2???2?? 1012??20?1????2??2

5

01??20?

01??

1??10??-101??1??-101??22??????1????A?Q?QT??020??1020?010?????2???101??1??? 10101????????0?2??2（II）证明：?(A?E)T?AT?E?A?E ?A?E为实对称矩阵

又因为A的特征值为1,1,0 ?A?E特征值为2,2,1，都大于0 ?A?E为正定矩阵

评点：本题考查的知识点有二次型用正交变换化标准形的理论，实对称矩阵通过正交矩阵和对角矩阵相似的理论，以及二次型正定性的判定等。首先根据正交变换下的标准形，确定二次型矩阵的特征值及特征向量，再根据实对称矩阵不同特征值的特征向量正交求得特征值1的特征向量，特征向量单位化，构造正交矩阵，进一步求出矩阵A，由A的特征值求出A+E的特征值，利用特征值判定A+E是正定矩阵。 （22）（本题满分11分） 设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)?Ae【解析与点评】由概率密度的性质

?????2x?2xy?y,???x???，求常数A及条件概率密度fYX(yx)

又知

?????e?xdx?12????Ae?，有?edx?e????????????f(x,y)dxdy?1，可知

dxdy?A?e?xdx?e?(x?y)dy?1

??????2?2x2?2xy?y2??2???x2???(x?y)2????dy??????

所以A??，即f(x,y)?1?e?2x2?2xy?y2

X的边缘概率密度为

1?x2???(x?y)2121?x2fX(x)?e?edy?e?x???e,???x???

?????1f(x,y)?fYX(yx)??1?x2fX(x)ee?2x2?2xy?y2?1?e?(x?y)2,???x???,???y???

22?（23）【解析与点评】由题知N1,N2,N3分别服从二项分布B(n,1??),B(n,???),B(n,?)，则有

EN1?n(1??),EN2?n(???2),EN3?n?2

ET?E(?aiNi)??aiENi?a1n(1??)?a2n(???2)?a3n?2??i?1i?133??a1?0?a1n?0?1????a2n?a1n?1??a2?n?an?an?0?32?1?a3??n?T??aiNi?i?13N2?N3n?N1N??1?1 nnnDT?D(1?N111(1??)?)?2DN1?2?n(1??)?? nnnn评点：本题实际上是考查无偏估计的概念与二项分布的概念与性质的题目。这里的Ni均服从二项分布，而二项分布的期望和方差是基本的内容，因此，只要知道无偏估计的定义，就容易求得题中的常数ai，但在求T的方差时，由于Ni之间不独立，直接用方差的性质来求DT是非常麻烦的，但一旦注意到N1?N2?N3?n，就可以讲求DT的计

6

1??10??-101??1??-101??22??????1????A?Q?QT??020??1020?010?????2???101??1??? 10101????????0?2??2（II）证明：?(A?E)T?AT?E?A?E ?A?E为实对称矩阵

又因为A的特征值为1,1,0 ?A?E特征值为2,2,1，都大于0 ?A?E为正定矩阵

评点：本题考查的知识点有二次型用正交变换化标准形的理论，实对称矩阵通过正交矩阵和对角矩阵相似的理论，以及二次型正定性的判定等。首先根据正交变换下的标准形，确定二次型矩阵的特征值及特征向量，再根据实对称矩阵不同特征值的特征向量正交求得特征值1的特征向量，特征向量单位化，构造正交矩阵，进一步求出矩阵A，由A的特征值求出A+E的特征值，利用特征值判定A+E是正定矩阵。 （22）（本题满分11分） 设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)?Ae【解析与点评】由概率密度的性质

?????2x?2xy?y,???x???，求常数A及条件概率密度fYX(yx)

又知

?????e?xdx?12????Ae?，有?edx?e????????????f(x,y)dxdy?1，可知

dxdy?A?e?xdx?e?(x?y)dy?1

??????2?2x2?2xy?y2??2???x2???(x?y)2????dy??????

所以A??，即f(x,y)?1?e?2x2?2xy?y2

X的边缘概率密度为

1?x2???(x?y)2121?x2fX(x)?e?edy?e?x???e,???x???

?????1f(x,y)?fYX(yx)??1?x2fX(x)ee?2x2?2xy?y2?1?e?(x?y)2,???x???,???y???

22?（23）【解析与点评】由题知N1,N2,N3分别服从二项分布B(n,1??),B(n,???),B(n,?)，则有

EN1?n(1??),EN2?n(???2),EN3?n?2

ET?E(?aiNi)??aiENi?a1n(1??)?a2n(???2)?a3n?2??i?1i?133??a1?0?a1n?0?1????a2n?a1n?1??a2?n?an?an?0?32?1?a3??n?T??aiNi?i?13N2?N3n?N1N??1?1 nnnDT?D(1?N111(1??)?)?2DN1?2?n(1??)?? nnnn评点：本题实际上是考查无偏估计的概念与二项分布的概念与性质的题目。这里的Ni均服从二项分布，而二项分布的期望和方差是基本的内容，因此，只要知道无偏估计的定义，就容易求得题中的常数ai，但在求T的方差时，由于Ni之间不独立，直接用方差的性质来求DT是非常麻烦的，但一旦注意到N1?N2?N3?n，就可以讲求DT的计

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