2010年考研数学一真题及答案

2010年考研数学一真题

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，只有一个选项是符合题目要求的。）

(1)极限lim

x→∞[x2

(x?a)(x+b)

]x=

(A)1 (B)e (C)e a?b(D)e b?a 【考点】C。

【解析】

【方法一】

这是一个“1∞”型极限

lim x→∞[x2

(x?a)(x+b)

]x=lim

x→∞

{[1+(a?b)x+ab

(x?a)(x+b)

]

(x?a)(x+b)

(a?b)x+ab}

(a?b)x+ab

(x?a)(x+b)

x=e a?b

【方法二】

原式=lim

x→∞e xln

x2

(x?a)(x+b)

而lim

x→∞ xln x2

(x?a)(x+b)

=lim

x→∞

xln(1+(a?b)x+ab

(x?a)(x+b)

)

=lim

x→∞

x?(a?b)x+ab

(x?a)(x+b)

(等价无穷小代换) =a?b

则lim

x→∞[x2

(x?a)(x+b)

]x=e a?b

【方法三】

对于“1∞”型极限可利用基本结论：

若limα(x)=0, limβ(x)=0,且limα(x)β(x)=A 则li m(1+α(x))β(x)=e A,求极限

由于lim

x→∞α(x)β(x)=lim

x→∞

x2?(x?a)(x+b)

(x?a)(x+b)

?x

=lim

x→∞

(a?b)x2+abx

(x?a)(x+b)

=a?b

则lim

x→∞[x2

(x?a)(x+b)

]x=e a?b

【方法四】

lim x→∞[x2

(x?a)(x+b)

]

x

=lim

x→∞

[(x?a)(x+b)

x2

]

?x

=lim

x→∞(1?a

x

)?x?lim

x→∞

(1+b

x

)

?x

=e a?e?b=e a?b

综上所述，本题正确答案是C。

【考点】高等数学—函数、极限、连续—无穷小量的性质及无穷小量的比较，极限的四则运算，两个重要极限

(2)设函数z=z(x,y)由方程F(y

x ,z

x

)=0确定，其中F为可微函数，且

f′′2≠0,则xðz

ðx +yðz

ðy

=。

(A)x(B)z (C)?x(D)?z 【答案】B。

【解析】

因为ðz

ðx =?F x′

F z′

=?F1

′(?y

x2

)+F2′(?z

x2

)

F2′?1

x

=F1

′?y

x

+F2′?z

x

F2′

,

ðz ðy =?F y′

F z′

=?F1

′?1

x

F2′?1

x

=?F1′

F2′

所以xðz

ðx +yðz

ðy

=F1′?y+F2′z

F2′

?yF1′

F2′

=F2′z

F2′

=z

综上所述，本题正确答案是(B)。

【考点】高等数学—多元函数微分学—多元函数的偏导数和全微分

(3)设m,n 为正整数，则反常积分∫√ln 2(1?x)

m

√x

n 0的收敛性 (A)仅与m 的取值有关 (B)仅与n 的取值有关 (C)与m,n 的取值都有关 (D)与m,n 的取值都无关 【答案】D 。 【解析】

本题主要考察反常积分的敛散性，题中的被积函数分别在x →0+和x →1?时无界

∫√ln 2(1?x)

m

√x

n 10dx =∫

√ln 2(1?x)m

√x

n 12

+∫√ln 2(1?x)

m

√x

n

1

2

在反常积分∫√ln 2(1?x)m

√x

n 12

中，被积函数只在x →0+时无界。

由于

√ln 2(1?x)

m

√x

n

≥0，

lim x→0+

√ln 2(1?x)

m

√x n 1√x

n =0 已知反常积分∫√x

n

1

2

0收敛，则∫

√ln 2(1?x)m

√x

n 12

也收敛。

在反常积分∫√ln 2(1?x)

m

√x

n

1

2

dx 中，被积函数只在x →1?时无界，由于

√ln 2(1?x)

m

√x

n

≥0

lim

x→1?

√ln 2(1?x)m

√x n 1

1?x

=lim x→1?

ln 2

m (1?x)

(1?x)1

2=0 (洛必达法则)

且反常积分∫√1?x

1

2收敛，所以∫√ln 2(1?x)

m

√x

n 11

2

收敛

综上所述，无论m,n 取任何正整数，反常积分∫√ln 2(1?x)

m

√x

n 10收敛。 综上所述，本题正确答案是D 。

【考点】高等数学—一元函数积分学—反常积分

(4)lim n→∞

∑ n i=1∑ n (n+i)(n +j )n

j=1=

(A)∫dx 10∫1

(1+x)(1+y )

x

0dy (B) ∫dx 1

0∫1(1+x)(1+y)

x

0dy (C)∫dx 1

0∫1(1+x)(1+y)

1

dy (D)∫dx 10∫1(1+x)(1+y 2)

1

dy

【答案】D 。 【解析】 因为

lim n→∞

∑ n i=1∑

n (n+i)(n +j )

n

j=1=lim n→∞

∑ n i=1∑ n n(1+i n )n 2(1+(j

n

)2)

n

j=1 =lim n→∞∑ n i=1∑

1

(1+i n )(1+(j

n

)2)

n

j=1?

1

n

=∫dx 1

0∫1(1+x)(1+y 2)

10dy

综上所述，本题正确答案是C 。

【考点】高等数学—多元函数积分学—二重积分与三重积分的概念、性质、计算和应用

(5)设A 为m ×n 矩阵，B 为n ×m 矩阵，E 为m 阶单位矩阵，若 AB =E ,则

(A)秩r (A )=m,秩r (B )=m (B)秩r (A )=m,秩r (B )=n (C)秩r (A )=n,秩r (B )=m (D)秩r (A )=n,秩r (B )=n 【答案】A 。 【解析】

因为AB =E 为m 阶单位矩阵，知r (AB )=m 又因 r (AB )≤min (r (A ),r(B)),故

m ≤r (A ),m ≤r(B)

另一方面，A 为m ×n 矩阵，B 为n ×m 矩阵，又有

r (A )≤m,r(B)≤m

可得秩r (A )=m,秩r (B )=m

综上所述，本题正确答案是A 。

【考点】线性代数—矩阵—矩阵的秩

(6)设A 为4阶实对称矩阵，且A 2+A =0，若A 的秩为3，则A 相似于

(A)[1 1 1 0] (B) [1 1 ?1 0] (C)[1 ?1 ?1 0] (D)[?1 ?1 ?1

0] 【答案】D 。

【解析】

由Aα=λα,α≠0知A n α=λn α，那么对于A 2+A =0推出来

(λ2+λ)α=0?λ2+λ=0

所以A 的特征值只能是0、?1

再由A 是实对称矩阵必有A~Λ，而Λ是A 的特征值，那么由r (A )=3,可知D 正确

综上所述，本题正确答案是D 。

【考点】线性代数—特征值与特征向量—实对称矩阵的特征值、特征向量及其相似对角矩阵

(7)设随机变量X 的分布函数F (x )={0, x <0,

12, 0≤x <1,1?e ?x , x >1. ,则P {X =

1}=

(A)0 (B)12 (C)12?e ?1 (D) 1?e ?1 【答案】C 。

【解析】

P {X =1}=F (1)?F (1?0)=1?e

?1?12=12

?e ?1 综上所述，本题正确答案是C 。

【考点】概率论与数理统计—随机变量及其分布—随机变量分布函数的概念及其性质

(8)设f 1(x)为标准正太分布的概率密度，f 2(x)为[?1,3]上均匀分布得概率密度，若

f (x )={af 1(x ), x ≤0,bf 2(x ), x >0,

(a >0,b >0) 为概率密度，则a,b 应满足

(A)2a +3b =4 (B)3a +2b =4

(C)a +b =1 (D)a +b =2

【答案】A 。

【解析】

根据密度函数的性质

1=∫

f(x)dx +∞?∞=∫af 1(x )dx 0?∞+∫

bf 2(x )dx

+∞0=a ∫f 1(x )dx 0?∞+b ∫

f 2(x )dx +∞0

f 1(x )为标准正态分布的概率密度，其对称中心在x =0处，故

∫f 1(x )dx 0

?∞

=12 f 2(x )为[?1,3]上均匀分布的概率密度函数，即

f 2(x )={14， ?1≤x ≤30，其他

∫

f 2(x )dx +∞0

=∫14dx =3430 所以1=a ?12+b ?34,可得2a +3b =4

综上所述，本题正确答案是A 。

【考点】概率论与数理统计—随机变量及其分布—连续型随机变量的概率密度，常见随机变量的分布

二、填空题（9~14小题，每小题4分，共24分。）

(9)设{x =e ?t ,y =∫ln (1+u 2)du t 0

，则d 2y dx 2|t=0= 。 【答案】0。

【解析】

【方法一】

dy dx =y′(t)x′(t)=ln (1+t 2)?e ?t =?e t ln (1+t 2) d 2y dx 2=d dt [?e t l n (1+t 2)]?1x ′(t )=e 2t [2t 1+t 2+ln (1+t 2)] 则d 2y

dx |t=0=1?[0+0]=0，

【方法二】

由参数方程求导公式知，

d 2y dx 2|t=0=y ′′(0)x ′(0)?x′′(0)y′(0)[x′(0)]3

x ′(t )=?e ?t ,x ′′(t )=e ?t ,x ′(0)=?1,x ′′(0)=1

y ′(t )=l n (1+t

2),y ′′(t )=2t 1+t 2,y ′(0)=0,y ′′(0)=0 代入上式可得

d 2y dx 2|t=0=0。

【方法三】

由x =e ?t 得，t =?lnx ，则

y =∫

ln (1+u 2)du ?lnx 0

dy dx =?1x

ln (1+ln 2x) d 2y 2=12[l n (1+ln 2x )?2lnx 2] 当t =0时x =1，则d 2y

dx 2|t=0=0

综上所述，本题正确答案是0。

【考点】高等数学—一元函数微分学—基本初等函数的导数，复合函数、反函数、隐函数以及参数方程所确定的函数的微分法 (10)∫√xcos √xdx =π20 。

【答案】?4π。

【解析】

令√x =t ,则x =t 2,dx =2tdt

∫√xcos √xdx =π20∫2t 2costdt =π02∫t 2dsint =π

=2t 2sint |0π?4∫tsintdt π0

=4tcost |0π?4∫costdt π

=?4π 综上所述，本题正确答案是?4π。

【考点】高等数学—一元函数积分学—基本积分公式，不定积分和定积分的换元积分法与分部积分法

(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∫xydx +x 2dy = L 。 【答案】0。

【解析】

如图所示L =L 1+L 2,其中

L 1:y =1+x,(?1≤x <0),L 2:y =1?x,(0≤x <1)

所以 ∫xydx +x 2dy

= L ∫xydx +x 2dy L 1+∫xydx +x 2dy L 2 =∫[x (1+x )+x 2]0

?1dx +∫[x (1+x )?x 2]10dx =∫[2x 2+x]0?1dx +∫[x ?2x 2]1

0dx =0 综上所述，本题正确答案是0。

【考点】高等数学—多元函数积分学—两类曲线积分的概念、性质及计算

(12)设Ω={(x,y,z)|x2+y2≤z≤1}，则Ω的形心坐标z=。

【答案】2

3

。

【解析】

z=?zdxdydz

Ω

?

Ω

=

∫dθ

2π

∫rdr

1

∫zdz

1

r2

∫dθ

2π

∫rdr

1

∫dz

1

r2

=

∫dθ

2π

∫r(

1

2?

r4

2)dr

1

π

2

=

∫(

r2

4?

r6

12)|

1

dθ

2π

π

2

=

1

6?2π

π

2

=

2

3

综上所述，本题正确答案是2

3

。

【考点】高等数学—多元函数积分学—二重积分与三重积分的概念、性质、计算和应用

(13)设α1=(1,2,?1,0)T,α2=(1,1,0,2)T,α3=(2,1,1,a)T，若由

α1,α2,α3生成的向量空间的维数为2，则a=。

【答案】6。

【解析】

α1,α2,α3生成的向量空间的维数为2，所以可知，r(α1,α2,α3)=2

(α1,α2,α3)=[112 211

?101 02a ]→[

112

013

00a?6

000

]

所以可得a?6=0,a=6

综上所述，本题正确答案是6。

【考点】线性代数—向量—向量组的秩，向量组的秩与矩阵的秩之间的关系，向量空间及其相关概念

(14)设随机变量X 的概率分布为P {X =k }=

C k!,k =0,1,2,?,则EX 2= 。

【答案】2。

【解析】

泊松分布的概率分布为P {X =k }=λk k!e ?λ,k =0,1,2,?,

随机变量X 的概率分布为P {X =k }=

C k!

,k =0,1,2,? 对比可以看出C =e ?1,X~P(1) 所以EX =DX =1,而EX 2=DX +(EX)2=1+12=2

综上所述，本题正确答案是2。

【考点】概率论与数理统计—随机变量及其分布—常见随机变量的分布；

概率论与数理统计—随机变量的数字特征—随机变量的数学期望(均值)、方差、标准差及其性质

三、解答题：15~23小题，共94分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

(15)求微分方程y ′′?3y ′+2y =2xe x 的通解

【解析】

由齐次微分方程y ′′?3y ′+2y =0的特征方程

λ2?3λ+2=0?λ1=1，λ2=2

所以，齐次微分方程y ′′?3y ′+2y =0的通解为

y =C 1e x +C 2e 2x

设微分方程y ′′?3y ′+2y =2xe x 的特解为

y ?=x(ax +b)e x

则

(y ?)′=(ax 2+2ax +bx +b)e x

(y ?)′′=(ax 2+4ax +bx +2a +2b)e x

代入原方程，解得

a =?1,

b =?2

故特解为

y ?=x(?x ?2)e x

所以原方程的通解为

y =y +y ?=C 1e x +C 2e 2x + x(?x ?2)e x

【考点】高等数学—常微分方程—二阶常系数齐次线性微分方程，简单的二阶常系数非齐次线性微分方程

(16)求函数f (x )=

∫(x 2?t)e ?t 2dt x 21的单调区间与极值 【解析】

函数f (x )的定义域为(?∞,+∞)，

f (x )=∫(x 2?t)e

?t 2dt x 21

=x 2∫e ?t 2dt x 21?∫te ?t 2dt x 21 f ′(x )=2x ∫e ?t 2dt x 2

1+2x 3e ?x 4?2x 3e ?x 4=2x ∫e ?t 2dt x 2

1

令f ′(x )=0 ，得x =0,x =±1,列表如下

由上可知，f(x)的单调增区间为(?1,0)和(1,+∞)；f(x)的单调减区间为(?∞,?1)和(0,1),

极小值为

f (±1)=∫(x 2?t)e ?t 2

dt 11=0

极大值为

f (0)=∫(?t)e ?t 2dt 01=∫te ?t 2dt 1

0=?12e ?t 2|01=12(1?1e ) 【考点】高等数学—一元函数微分学—基本初等函数的导数，函数单调性的判别 函数的极值

高等数学—一元函数积分学—基本积分公式，积分上限的函数及其导数

(17)

(I)比较∫|lnt |[ln (1+t)]n dt 10与∫t n |lnt |dt 1

0(n =1,2,?)的大小，说明理由；

(II)记u n =

∫|lnt |[ln (1+t)]n dt 10(n =1,2,?),求极限lim n→∞

u n 。 【解析】

(I) 当0≤t ≤1时，因0≤ln (1+t)≤t ,所以

0≤|lnt |[ln (1+t)]n ≤t n |lnt |

所以有∫|lnt |[ln (1+t)]n dt ≤10∫t n |lnt |dt ,10(n =1,2,?) (II)【方法一】

由上可知，

0≤u n =∫|lnt |[ln (1+t)]n dt ≤10∫t n |lnt |dt ,10

∫t n |lnt |dt =?∫t n lntdt 10=?t n+1n+1lnt|01+1n+1∫t n dt 1010

=1(n+1)2 所以lim n→∞

∫t n |lnt |dt 10=0 由夹逼定理可得lim n→∞

u n =0 【方法二】

由于lnx 为单增函数，则当t ∈[0,1]时，ln (1+t)≤ln2,从而有

0≤u n =∫|lnt |[ln (1+t)]n dt ≤10ln n 2∫|lnt |dt ,1

∫|lnt |dt 10=?∫lntdt =?tlnt |01+∫dt 1

0=110

又lim n→∞ln n 2=0，由夹逼定理知lim n→∞

u n =0 【方法三】

已知

0≤u n =∫|lnt |[ln (1+t)]n dt ≤10∫t n |lnt |dt 1

因为lim t→0+lnt 1t =lim t→0+?1t 1

t 2=0,且tlnt 在(0,1]上连续，则tlnt 在(0,1]

上有界，从而存在M >0使得 0≤|tlnt|≤M

则∫t n |lnt |dt 10≤M ∫t n?1dt 10=M n 由lim n→∞M n =0及夹逼定理知lim n→∞

u n =0 【考点】高等数学—函数、极限、连续—极限存在的两个准则：单调有界准则和夹逼准则

高等数学—一元函数积分学—定积分的概念和基本性质

(18)求幂级数∑(?1)n?12n?1x 2n ∞n=1的收敛域及和函数。

【解析】

lim n→∞|u n+1u n |=lim n→∞|x 2n+2(2n ?1)x 2n (2n +1)

|=x 2 x 2<1??1<x <1

即?1<x <1时，原幂级数绝对收敛

x =±1时，级数为∑(?1)n?12n?1∞n=1，由莱布尼茨判别法显然收敛，故原幂级数的收敛域为[?1,1]。

又∑(?1)n?12n?1x 2n ∞n=1=x ∑(?1)n?12n?1x 2n?1∞n=1

令f (x )=∑(?1)n?12n?1x 2n?1∞n=1,x ∈(?1,1)

则f ′(x )=∑(?1)

n?1x 2(n?1)=1

1+x ∞n=1 所以f (x )=∫f ′(t )x 0dt =acrtanx +C

由于f (0)=0，所以C =0

所以f (x )=arctanx

所以幂级数的收敛域为[?1,1]，和函数为xarctanx,x ∈[?1,1]。

【考点】高等数学—无穷级数—幂级数及其收敛半径、收敛区间(指开区间)和收敛域，幂级数的和函数，简单幂级数的和函数的求法，初等函数的幂级数展开式

(19)设P 为椭球面S:x 2+y 2+z 2?yz =1上的动点，若S 在点P 处的切线平面与xOy 面垂直，求点P 的轨迹C ,并计算曲面积分I =?√3)|y?2z|22 ∑,其中∑ 是椭圆球面S 位于曲线C 上方的部分。

【解析】

求轨迹C

令F (x,y,z )=x 2+y 2+z 2?yz ?1,故动点P(x,y,z)的切平面的法向量为

n ={2x,2y ?z,2z ?y}

由切平面垂直xOy 面，得2z ?y =0

又已知P 为椭球面S:x 2+y 2+z 2?yz =1上的动点，所以

{x 2+y 2+z 2?yz =12z ?y =0?{x 2+34y 2=12z ?y =0

为P 的轨迹C 再计算曲面积分

因为曲线C 在xOy 面的投影为D xy : x 2+34y 2=1 又对方程x 2+y 2+z 2?yz =1两边分别对x,y 求导可得

2x +2z ðz ?y ðz =0 ,2y +2z ðz ?z ?y ðz =0 解之得 ðz ðx =2x y?2z , ðz ðy =2y?z y?2z

dS =√1+z x 2+z y 2dxdy =√1+(2x y?2z )2+(2y?z y?2z )2dxdy

=√4x 2+5y 2+5z 2?8yz |y?2z|dxdy =√4+y 2+z 2?4yz |y?2z|dxdy 于是I =?√3)|y?2z|22 ∑=?(x +√3)dxdy D xy =√3?dxdy

D

xy =√3×π×1×√3=2π 【考点】高等数学—多元函数积分学—两类曲面积分的概念、性质及计算

(20)设A =[λ110λ?101

1λ],b =[a 11].已知线性方程组Ax =b 存在2个不同的解

(I)求λ,a ；

(II)求方程组Ax =b 的通解。

【解析】

(I)因为已知线性方程组Ax =b 存在2个不同的解，所以

r (A )=r(A)<n

故|A |=|λ

110

λ?101

1λ

|=(λ?1)|λ11λ|=(λ+1)(λ?1)2=0 知λ=1,?1

当λ=1时， A =[111000111 ?a

11

],

显然r (A )=1,r(A)=2，此时方程组无解，λ=1舍去， 当λ=?1时， A =[?1110?2011?1|a 11]→[ 10?1010000|32?12a +2]

因为Ax =b 有解，所以a =?2

即，λ=?1，a =?2

(II)λ=?1，a =?2时，已知 A →[ 10?1010000|32?120]

所以Ax =b 的通解为

x =12[3?10]+k [101

] 其中k 为任意常数。

【考点】线性代数—线性方程组—非齐次线性方程组有解的充分必要条件，非齐次线性方程组的通解

(21)已知二次型f (x 1,x 2,x 3)=x T Ax 在正交变换x =Qy 下的标准形为y 12+y 22,且Q 的第三列为(

√22,0,√22)T (I)求矩阵A ；

(II)证明A +E 为正定矩阵，其中E 为3阶单位矩阵。

【解析】

(I)二次型f (x 1,x 2,x 3)=x T Ax 在正交变换x =Qy 下的标准形为y 12+y 22，可知二次型矩阵A 的特征值是1,1,0。

又因为Q 的第三列为(√22,0,√22)T ，可知α3=(1,0,1)T 是矩阵A 在特征值λ=0的特征向量。

根据实对称矩阵，特征值不同特征向量相互正交，设A 关于λ1=λ2=1的特征向量为α=(x 1,x 2,x 3)T ，

则αT α3=0,即x 1+x 3=0

取α1=(0,1,0)T ,α2=(?1,0,?1)T

A =(α1,α2,0)(α1,α2,α3)?1=[0?10100010][0?11100011

]?1

=[0?10100010][ 010?1201212012] =[ 120?12010?12012]

(II)由于矩阵A 的特征值是1,1,0,那么A +E 的特征值为2,2,1，因为A +E 的特征值全大于0，所以A +E 正定。

【考点】线性代数—二次型—二次型及其矩阵表示，二次型的秩，二次型的标准形和规范形，二次型及其矩阵的正定性

(22)设二维随机变量(X,Y )的概率密度为

f (x,y )=Ae ?2x 2+2xy?y 2,?∞<x <+∞,?∞<y <+∞ 求常数A 及条件概率密度f Y|X (y|x)。

【解析】

f X (x )=∫

f(x,y)dy +∞?∞=∫Ae ?2x 2+2xy?y 2dy +∞?∞ =A ∫

e ?(y?x)2?x 2dy +∞?∞

=Ae ?x 2∫e ?(y?x)2dy +∞?∞=A √πe ?x 2 又1=∫f X (x )dx +∞?∞= A √π∫e ?x 2dx +∞

?∞=Aπ 即A =1π 当f X (x )>0,等价于?∞<x <+∞时，

f Y|X (y |x )=f(x,y)f X (x )=Ae ?2x 2+2xy?y 2A √πe ?x 2=1√πe ?x 2+2xy?y 2=1

√πe ?(x?y)2 ,?∞<y <+∞

【考点】概率论与数理统计—多维随机变量及其分布—二维连续型随机变量的概率密度、边缘概率密度和条件密度，常用二维随机变量的分布

(23)设总体X 的概率分布为

其中参数θ∈(0,1)未知，以N i 表示来自总体X 的简单随机样本（样本容量为n ）中等于i 的个数(i =1,2,3),试求常数a 1,a 2,a 3使T =∑a i 3i=1N i 为θ的无偏估计量，并求T 的方差。

【解析】

记p 1=1?θ,p 2=θ?θ2,p 3=θ2,则N i ~B(n,p i ) i =1,2,3 故EN i = np i

ET =∑a i 3

i=1

EN i =n[a 1(1?θ)+a 2(θ?θ2)+a 3θ2]

要令T =∑a i 3i=1N i 为θ的无偏估计量，则有

n [a 1(1?θ)+a 2(θ?θ2)+a 3θ2]

=na 1+n (a 2?a 1)θ+n (a 3?a 2)θ2=θ

可得

{a 1=0，a 2?a 1=1

n a 3?a 2=0

?{a 1=0a 2=1n a 3=1

n ,此时T =∑a i 3i=1N i 为θ的无偏估计量

此时，T =1

n (N 2+N 3),由于N 1+N 2+N 3=n 故

T =1n (N 2+N 3)=1n (n ?N 1)=1?N 1n

因为N i ~B(n,p i )，N 1~B(n,1?θ)，所以

DT =D (1?N 1n )=1n 2DN 1=n(1?θ)θn 2=(1?θ)θn

【考点】概率论与数理统计—参数估计—估计量的评选标准，区间估计的概念，单个正态总体的均值和方差的区间估计

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