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数学（一）试题 第 1 页 共 14 页 2010 年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题参考答案 2010 年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题参考答案 一、选择题选择题(1)【答案】(C).【解析】本题属于未定式求极限,极限为1型,故可以用“e的抬起法”求解 2limxxxxaxb2lnlimxxx ax bxe2limlnxxxx ax be,其中又因为 2222()()limlnlimln1()()()()lim()()()lim()()xxxxxxx ax bxxx ax bx ax bx xx ax bx ax ba b xabxx ax bab 故原式极限为a be,所以应该选择(C).(2)【答案】(B).【解析】122212122221xzyzyzFFFFFyFzFzxxxxxFFxFFx ,112211yzFFFzxyFFFx ,1212222yFzFyFFzzzxyzxyFFF(3)【答案】(D).【解析】0 x 与1x 都是瑕点.应分成 22211121002ln1ln1ln1mmmnnnxxxdxdxdxxxx,数学（一）试题 第 2 页 共 14 页 用比较判别法的极限形式,对于2120ln1mnxdxx,由于121012ln(1)lim11mnxnmxxx.显然,当1201nm,则该反常积分收敛.当120nm,1210ln(1)limmxnxx存在,此时2120ln1mnxdxx实际上不是反常积分,故收敛.故不论,m n是什么正整数,2120ln1mnxdxx总收敛.对于2112ln1mnxdxx,取01,不论,m n是什么正整数,1211211ln(1)limlimln(1)(1)01(1)mnmxxxxxxx,所以2112ln1mnxdxx收敛,故选(D).(4)【答案】(D).【解析】222211111()nnnnijijnnninjninj 22111()()nnjinnjni 12220211111limlim,11()nnnnjjndyjnjnyn 1011111limlim,11()nnnniindxininxn 2222111111limlim()()nnnnnnijjinnjnininj 221(lim)nnjnnj1(lim)nninni 大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 数学（一）试题 第 3 页 共 14 页 1120011()()11dxdyxy11200111dxdyxy.(5)【答案】(A).【解析】由于ABE,故()()r ABr Em.又由于()(),()()r ABr A r ABr B,故 (),()mr A mr B 由于A为m n矩阵,B为n m矩阵,故(),()r Am r Bm 由、可得(),()r Am r Bm,故选 A.(6)【答案】(D).【解析】设为A的特征值,由于2AAO,所以20,即(1)0,这样A的特 征值 只能 为-1 或 0.由 于A为 实对称 矩阵,故A可 相 似对 角化,即A,()()3r Ar,因此,1110,即1110A.(7)【答案】(C).【解析】离散型随机变量的分布函数是跳跃的阶梯形分段函数,连续型随机变量的分布函数是连续函数.观察本题中()F x的形式,得到随机变量X既不是离散型随机变量,也不是连续型随机变量,所以求随机变量在一点处的概率,只能利用分布函数的定义.根据分布函数的定义,函数在某一点的概率可以写成两个区间内概率的差,即 111111111 0122P XP XP XFFee,故本题选(C).(8)【答案】(A).【解析】根据题意知,22112xfxe(x),21,1340,xfx 其它 利用概率密度的性质:1f x dx,故 03121001312424aaf x dxafx dxbfx dxfx dxbdxb 所以整理得到234ab,故本题应选(A).二、填空题填空题(9)【答案】0.数学（一）试题 第 4 页 共 14 页【解析】因为 22ln 1ln 1tttdytedxe,22222ln 12ln 11ttttdted ydtteteedxdtdxt ,所以2200td ydx.(10)【答案】4.【解析】令xt,2xt,2dxtdt,利用分部积分法,原式22000cos22cos2sintttdtttdtt dt 20002sin2 sin4costtttdttdt 0004coscos4 cos4sin4tttdtt.(11)【答案】0.【解析】12222LLLxydxx dyxydxx dyxydxx dy 01221011xx dxx dxxx dxxdx 01221022xx dxxxdx 01322310223223xxxx 211203223 (12)【答案答案】23.【解析】22212212110000211212000021rrrzdrdrzdxdydzdrdrzdzdxdydzdrdrdzdrrdr 421001222rdrdr1262004122rrd 20112266322d.大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 数学（一）试题 第 5 页 共 14 页(13)【答案】6a.【解析】因为由123,生成的向量空间维数为 2,所以123(,)2r .对123(,)进行初等行变换：123112112112211013013(,)1010130060202000aaa 所以6a.(14)【答案】2.【解析】利用离散型随机变量概率分布的性质,知 001!kkCP XkCek,整理得到1Ce,即 111!keP Xkekk.故X服从参数为1的泊松分布,则1,1E XD X,根据方差的计算公式有 2221 12E XD XE X.三、解答题解答题(15)【解析】对应齐次方程的特征方程为2320,解得特征根121,2,所以对应齐次方程的通解为212xxcyCeC e 设原方程的一个特解为*()xyx axb e,则*22xyaxaxbxb e,*2422xyaxaxbxab e,代入原方程,解得1,2ab ,故特解为*(2)xyxxe 故方程的通解为*212(2)xxxcyyyCeC ex xe(16)【解析】因为22222222111()()xxxtttf xxt edtxedttedt,所以2224423311()2222xxtxxtfxxedtx ex exedt,令()0fx,则0,1xx.数学（一）试题 第 6 页 共 14 页 又22421()24xtxfxedtx e,则201(0)20tfedt,所以 221011011(0)(0)(1)22ttft edtee 是极大值.而1(1)40fe,所以(1)0f 为极小值.又因为当1x 时,()0fx；01x时,()0fx；10 x 时,()0fx；1x 时,()0fx,所以()f x的单调递减区间为(,1)(0,1),()f x的单调递增区间为(1,0)(1,).(17)【解析】(I)当01x时0ln(1)xx,故ln(1)nntt,所以 lnln(1)lnnnttt t,则 1100lnln(1)lnnnttdtt t dt1,2,n.(II)11110001lnlnln1nnnt t dtt t dttd tn 211n,故由 12010ln1nnut t dtn,根据夹逼定理得210limlim01nnnun,所以lim0nnu.(18)【解析】(I)(1)1222(1)1122(1)(1)2(1)121limlim(1)(1)2121nnnnnnnnnnxxnnxxnn222(21)21limlim2121nnnxnxxnn,所以,当21x,即11x 时,原级数绝对收敛.当21x 时,原级数发散,因此幂级数的收敛半径1R.当1x 时,11211(1)(1)2121nnnnnxnn,由莱布尼兹判别法知,此级数收敛,故原级数的收敛域为1,1.大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 数学（一）试题 第 7 页 共 14 页(II)设1122111(1)(1)()2121nnnnnnS xxxxnn,其中令 12111(1)()21nnnS xxn1,1x,所以有 12221111()(1)()nnnnnSxxx 1,1x,从而有 12211()1()1Sxxx 1,1x,故 11201()(0)arctan1xS xdxSxx,1,1x.1()S x在1,1x 上是连续的,所以()S x在收敛域1,1上是连续的.所以()arctanS xxx,1,1x.(19)【解析】(I)令222,1F x y zxyzyz,故动点,P x y z的切平面的法向量 为2,2,2xyzzy,由 切 平 面 垂 直xOy,故 所 求 曲 线C的 方 程 为222120 xyzyzzy.(II)由,02,1222yzyzzyx 消去z,可得曲线C在xOy平面上的投影曲线所围成的xOy上的区域223:(,)|14Dx yxy,由 xxyzzyx1222,由 dxdyzyyzzydxdyyzxzdS24412222,故 22323344DDDxyzIdSxdxdyxdxdydxdyyzyz 233123Ddxdy.(20)【解析】因为方程组有两个不同的解,所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于 3,进而可以通过秩的关系求解方程组中未知参数,有以下两种方法.方法 1：(I)已知Axb有 2 个不同的解,故()()3r Ar A,对增广矩阵进行初等行 数学（一）试题 第 8 页 共 14 页 变换,得 111110101010111111aAa 22111111010101010110011aa 当1时,11111111000100010000000Aa,此时,()()r Ar A,故Axb无解(舍去)当1 时,111102010002Aa,由于()()3r Ar A,所以2a ,故1,2a.方法 2：已知Axb有 2 个不同的解,故()()3r Ar A,因此0A,即 211010(1)(1)011A,知1或-1.当1时,()1()2r Ar A,此时,Axb无解,因此1.由()()r Ar A,得2a .(II)对增广矩阵做初等行变换 31012111211121020102010102111100000000A 可知原方程组等价为1323212xxx,写成向量的形式,即123332110210 xxxx .大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 数学（一）试题 第 9 页 共 14 页 因此Axb的通解为32110210 xk ,其中k为任意常数.(21)【解析】(I)由于二次型在正交变换xQy下的标准形为2212yy,所以A的特征值为1231,0.由于Q的第 3 列为22,0,22T,所以A对应于30的特征向量为22,0,22T,记为3.由于A是实对称矩阵,所以对应于不同特征值的特征向量是相互正交的,设属于121的特征向量为123,Tx x x,则30T,即1322022xx.求得该方程组的基础解系为120,1,0,1,0,1TT,因此12,为属于特征值1的两个线性无关的特征向量.由于12,是相互正交的,所以只需单位化：12121210,1,0,1,0,12TT.取12312022,10012022Q ,则110TQ AQ ,且1TQQ,故 1102201011022TAQ Q.(II)AE也是实对称矩阵,A的特征值为 1,1,0,所以AE的特征值为 2,2,1,由于AE的特征值全大于零,故AE是正定矩阵.(22)【解析】当给出二维正态随机变量的的概率密度,f x y后,要求条件概率密度 数学（一）试题 第 10 页 共 14 页|(|)Y Xfy x,可以根据条件概率公式|(,)(|)()Y XXf x yfy xfx来进行计算.本题中还有待定参数,A要根据概率密度的性质求解,具体方法如下.22222222()(),xxy yy xxxy xXfxf x y dyAedyAedyAeedy 2,xAex.根据概率密度性质有 21xXfx dxAedxA,即1A,故 21xXfxe,x.当x时,有条件概率密度 222222222(),11,xxy yxxy yx yY XxXf x yAefy xeexyfxAe.(23)【解析】22123,1,NB nNB nNB n 31122331iiiE TEa Na E Na E Na E N 221231a na na n212132nan aan aa.因为T是的无偏估计量,所以 E T,即得12132010nan aan aa,整理得到10a,21,an 31an.所以统计量 12323111110TNNNNNnNnnnn.注意到1(,1)NB n,故 11211D TDnND Nnn11n.大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214