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1、2010年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题一、选择题(18小题,每小题4分,共32分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求的,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.)(1) 极限 ( )(A) 1. (B) . (C) . (D) .(2) 设函数,由方程确定,其中为可微函数,且,则( )(A) . (B) . (C) . (D) .(3) 设是正整数,则反常积分的收敛性 ( )(A) 仅与的取值有关. (B)仅与的取值有关.(C) 与取值都有关. (D) 与取值都无关.(4) ( )(A) . (B) .(C) . (D) . (5) 设为矩阵,为矩阵,为阶单位矩阵,若,
2、则 ( )(A) 秩,秩. (B) 秩,秩. (C) 秩,秩. (D) 秩,秩.(6) 设为4阶实对称矩阵,且,若的秩为3,则相似于 ( )(A) . (B) .(C) . (D) .(7) 设随机变量的分布函数,则= ( )(A) 0. (B) . (C) . (D) .(8) 设为标准正态分布的概率密度,为上均匀分布的概率密度,若,为概率密度,则应满足 ( )(A) . (B) . (C) . (D) .二、填空题(914小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸指定位置上.)(9) 设 求. (10) .(11) 已知曲线的方程为,起点是,终点是,则曲线积分.(12) 设,则的形心的
3、竖坐标.(13) 设,若由生成的向量空间的维数是2,则.(14) 设随机变量的概率分布为,则= .三、解答题(1523小题,共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)(15)(本题满分10分)求微分方程的通解(16)(本题满分10分)求函数的单调区间与极值.(17)(本题满分10分) (I)比较与的大小,说明理由；(II)记,求极限.(18)(本题满分10分)求幂级数的收敛域及和函数.(19)(本题满分10分)设为椭球面上的动点,若在点处的切平面与面垂直,求点的轨迹,并计算曲面积分,其中是椭球面位于曲线上方的部分.(20)(本题满分11分)设,已知线性方
4、程组存在两个不同的解.( I ) 求,；( II ) 求方程组的通解.(21)(本题满分11 分)已知二次型在正交变换下的标准形为,且的第三列为.( I ) 求矩阵；( II ) 证明为正定矩阵,其中为3阶单位矩阵.(22)(本题满分11分)设二维随机变量的概率密度为,求常数及条件概率密度(23) (本题满分11分)设总体的概率分布为123其中参数未知,以表示来自总体的简单随机样本(样本容量为)中等于的个数().试求常数,使为的无偏估计量,并求的方差.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(1)【答案】 (C).【解析】本题属于未定式求极限,极限为型,故可以用“的抬起
5、法”求解,其中又因为故原式极限为,所以应该选择(C).(2)【答案】 (B).【解析】,(3) 【答案】 (D).【解析】与都是瑕点.应分成,用比较判别法的极限形式,对于,由于.显然,当,则该反常积分收敛.当,存在,此时实际上不是反常积分,故收敛.故不论是什么正整数,总收敛.对于,取,不论是什么正整数,所以收敛,故选(D).(4)【答案】 (D).【解析】.(5)【答案】 (A).【解析】由于,故.又由于,故 由于为矩阵,为矩阵,故 由、可得,故选A. (6)【答案】 (D).【解析】设为的特征值,由于,所以,即,这样的特征值只能为-1或0. 由于为实对称矩阵,故可相似对角化,即,因此,即.(
6、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.观察本题中的形式,得到随机变量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,故本题选(C).(8)【答案】 (A).【解析】根据题意知,(),利用概率密度的性质:,故所以整理得到,故本题应选(A).二、填空题(9) 【答案】0.【解析】因为 ,所以.(10)【答案】 .【解析】令,利用分部积分法,原式.(11) 【答案】.【解析】 (12) 【答案】.【解析】
7、 .(13)【答案】.【解析】因为由生成的向量空间维数为2,所以. 对进行初等行变换：所以. (14) 【答案】.【解析】利用离散型随机变量概率分布的性质,知,整理得到,即.故服从参数为的泊松分布,则,根据方差的计算公式有.三、解答题(15)【解析】对应齐次方程的特征方程为,解得特征根,所以对应齐次方程的通解为设原方程的一个特解为,则,代入原方程,解得,故特解为故方程的通解为(16)【解析】因为,所以,令,则.又,则,所以是极大值.而,所以为极小值.又因为当时,；时,；时,；时,所以的单调递减区间为,的单调递增区间为.(17)【解析】 (I)当时,故,所以,则 .(II) ,故由,根据夹逼定理
8、得,所以.(18)【解析】 (I) ,所以,当,即时,原级数绝对收敛.当时,原级数发散,因此幂级数的收敛半径.当时,由莱布尼兹判别法知,此级数收敛,故原级数的收敛域为.(II) 设,其中令,所以有 ,从而有 ,故 ,.在上是连续的,所以在收敛域上是连续的.所以,.(19)【解析】 ( I )令,故动点的切平面的法向量为,由切平面垂直,故所求曲线的方程为.( II ) 由 消去,可得曲线在平面上的投影曲线所围成的上的区域,由,由,故.(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 )已知有2
9、个不同的解,故,对增广矩阵进行初等行变换,得当时,此时,故无解(舍去)当时,由于,所以,故 ,. 方法2：已知有2个不同的解,故,因此,即,知或-1. 当时,此时,无解,因此.由,得. ( II ) 对增广矩阵做初等行变换可知原方程组等价为,写成向量的形式,即.因此的通解为 ,其中为任意常数. (21)【解析】 ( I )由于二次型在正交变换下的标准形为,所以的特征值为. 由于的第3列为,所以对应于的特征向量为,记为. 由于是实对称矩阵,所以对应于不同特征值的特征向量是相互正交的,设属于的特征向量为,则,即. 求得该方程组的基础解系为,因此为属于特征值的两个线性无关的特征向量. 由于是相互正交的,所以只需单位化：. 取,则,且,故 . ( II )也是实对称矩阵,的特征值为1,1,0,所以的特征值为2,2,1,由于的特征值全大于零,故是正定矩阵. (22)【解析】当给出二维正态随机变量的的概率密度后,要求条件概率密度,可以根据条件概率公式来进行计算.本题中还有待定参数,要根据概率密度的性质求解,具体方法如下.根据概率密度性质有,即,故,.当时,有条件概率密度.(23)【解析】.因为是的无偏估计量,所以,即得,整理得到, .所以统计量.注意到,故.14精品文档
