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、22
2
ln 1()()()()lim lime lime
()()x
x x x
x x a x b x a x b x x x x
x a x b ⎛⎫⎛⎫-
⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+-+⎝⎭
⎝⎭
→∞→∞
→∞
⎛
⎫==
⎪-+⎝⎭
()()2()()()()
lim e
lim e a b x ab a b x abx
x x a x b x a x b x x -+⎛⎫
-+ ⎪ ⎪-+-+⎝⎭
→∞
→∞
==
e a b -=
方法二
2
2()()lim lim 1()()()()x
x
x x x x x a x b x a x b x a x b →∞→∞⎛⎫⎛⎫--+=+ ⎪ ⎪-+-+⎝⎭⎝⎭
()()()()()()
()()lim 1lim 1()()()()x a x b a b x ab
x
x
a b x ab x a x b x x a b x ab a b x ab x a x b x a x b -+-+⋅-+-+→∞→∞⎛⎫⎛⎫-+-+=+=+ ⎪ ⎪-+-+⎝⎭⎝⎭
()lim
()()()
e
e x a b x ab
x
a b x a x b →∞-+--+==
（2）等式两边求全微分得：12d d 0y z F F x x ⎛⎫⎛⎫''⋅+⋅= ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭
， 即 1222
d d dz d 0x y y x x z x
F F x x --'
'+=12(d d )(dz d )0F x y y x F x z x ''⇒⋅-+⋅-= 12122dz d d yF zF F x y xF F '''
+∴=
-'' 所以有，1212222yF zF F zF z z x
y x y z u y xF F F ''''+∂∂+=-==∂∂'''
（3）、【解析与点评】：显然0,1x x ==是两个瑕点，有
=+⎰
对于
的瑕点0x =，
当0x +
→
21ln (1)m
n
x x -=-等价于221(1)m
m n
x
--，而
211
20
m n
x
dx -⎰
收敛
（因,m n 是正整数21
1m n
⇒->-），
故
收敛；对
于
的瑕点1x =，当
1(1,1)(0)2x δδ∈-<<
12122ln (1)2(1)n m n m
x x <-<-，而2112(1)m x dx -⎰显然收敛，
故收敛。

所以选择D.
4、222111
11111
lim lim ()()(1)(1())
n
n
n n x n i j i j n i j n i n j n n n n
→∞→∞======++++∑∑∑∑1
1
20
01
d d (1)(1)
x y
x y ++⎰
⎰
（5）()()min((),()),R(A),()(),()R(A)m,R(B)m
AB E
R AB m
R AB m R A R B m R B m R A m R B m =∴==≤≥≥≤≤∴==Q 又即而
(6) 设A 的特征值为r ，因为
20A A +=为所以20
λλ+=
即100)1(-==⇒=+λλλλ或
又()3R A =Q ，A 必可相似对角化，且对角阵的秩也是3.
111~10A λ∴=--⎛⎫ ⎪
- ⎪∴ ⎪- ⎪⎝⎭
是三重特征根
所以正确答案为（D ）
(7) 【解析与点评】1
1
11{1}(1)(1)1e e 22
P x F F --==--=--
=-.所以选C 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
导教程中出现过多次，属于基本概念的考查。

(8)
3120
1
()d ()d ()d 1(0)d 14
f x x a f x x b f x x a b x +∞
+∞
-∞
-∞
=+=⇒Φ+=⎰
⎰
⎰
⎰
13
123424
a b a b ⇒+=⇒+=所以选A 。

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
1
2
，以及均匀分布的计算问题。

二、填空题
（9） 解()()()2
ln 1d d e t t y t y x x t -+'==⇒'-22d d d d d d d d d d d d y y y t x x x t x x ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()2
ln 11e t t x t -'⎛⎫+ ⎪= ⎪'-⎝⎭
()()
2222222e ln 1e 12e 1e e (ln(1))1t t
t t t t t t t t t ----++++++=-⨯=- 故220d 0d t y x == （10）
、
2
x π=
⎰
4π
-
,t =原式为
(
)
2
2
200
2cos d 2sin |2sin d x t t t t t t t t ππ
π
π
==-⎰
⎰⎰(
)
00
4sin d 4cos |cos d 4t t t t t t t π
π
π
π=-=-=-⎰⎰
（11）、已知曲线L 的方程为1,[1,1],y x x =-∈-起点是(1,0),-终点是(1,0),则曲线积分2d d L
xy x x y +=⎰
【解析与点评】令
1:101x t L t y t =⎧-≤≤⎨=+⎩ 2:011x t L t y t
=⎧≤≤⎨=-⎩
()()1
2
01
2
2
2
2
21
d d d d d d 1d 1d L
L L xy x x y xy x x y xy x x y t t t t t t t t
-+=+++=+++--⎰
⎰⎰⎰⎰
2230
31
1
02203
223t t t t -⎛⎫
⎛⎫=+++-= ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭
（12）、设22{(,,)1},x y z x y z Ω=+≤≤则Ω的形心坐标z =
2
3
22
2
1
1
21
1
00d d d d d d 233d d d d d d 2
r r
z x y z r r z z
z x y z r r z ππ
π
θπθΩ
Ω====⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰
（13）设123(1,2,1,0),(1,1,0,2),(2,1,1,),T T T
αααα=-==若由形成的向量空间维数是2，则α=
6
【解析与点评】由题意知向量组321,,ααα线性相关，而其中两个向量线性无关，所以2,,(321=）
αααR ，即
6
0660000031021120310
310
21
12010111221123241
21322=⇒=-∴⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛---→
⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫
⎝⎛--→⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++-+αααααr r r r r r r r
（14）设随机变量X 概率分布为{},0,1,2,!
C
p X k k K ==
=L ，则2EX =2
【解析与点评】由概率密度的性质0
{}1k P X k ∞===∑，有1
01e !k C C k ∞
-==⇒=∑
即1
e {},0,1,2,!P X k k k -===L 为参数为1的泊松分布，则有221,1()2
EX DX EX DX EX ==⇒=+= 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322e x
y y y x '''-+=的通解.
【解析与点评】齐次方程320y y y '''-+=的特征方程为2320r r -+=由此得122, 1.r r ==对应齐次方程的通解为
212e e x x Y C C =+
设非齐次方程的特解为()e x y ax b x *=+
则2((2))e x y ax a b x *'=++，2((4)22)e x y ax a b x a b *''=++++ 代入原方程得1,2a b =-=-从而所求解为
212e e (2)e x x x y C C x x =+-+
（16）（本题满分10分） 求函数2
2
21
()()e d x t f x x t t -=
-⎰
的单调区间与极值
【 详解】由2
1
()2e d 0x t f x x t -'==⎰
，可得，0x =，1±
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：()()110f f =-= 极大值为2
1
10
1(0)te d (1e )2
t f t --=
=-⎰ （17）（本题满分10分） （Ⅰ）比较
1
ln [ln(1)]d n
t t t +⎰
与1
ln d ,1,2,n t t t n =⎰L 的大小，说明理由
（Ⅱ）设10
ln [ln(1)]d (1,2,)n
n u t t t n =+=⎰L ，求极限lim n
n u →∞
【解析与点评】
（Ⅰ）令()()ln 1f t t t =+- 当01t ≤≤时，()1
101f t t
'=
-≤+，故当01t ≤≤时()()00f t f ≤= 当01t ≤≤时()0ln 11t t ≤+≤≤，从而()ln 1(1,2,)n
n
t t n +≤=⎡⎤⎣⎦L 又由ln 0t ≥ 得
[]1
1
ln ln(1)d ln d (1,2,)n
n t t t t t t n +≤=⎰
⎰L
（Ⅱ）方法一，由（Ⅰ）知，1
1
0ln [ln(1)]d ln d n n
n u t t t t t t ≤=+≤⎰⎰，因为
()()
()
1
1
111020
0111ln d ln d ln d 111n n n n t t t t t t t t t t n n n +=-=-+=+++⎰
⎰⎰ 所以1
lim ln d 0n n t t t →∞
=⎰
由夹逼准则得
[]1
lim ln ln(1)d 0
n
n t t t →∞+=⎰
方法二 ()11100011
0ln d ln d d 11
n
n
n t t t t t t t t n n <=-=≤++⎰⎰⎰
由夹逼准则的1
lim ln d 0n
n t t t →∞=⎰
方法三 由（Ⅰ）知，()0ln 1n
n
t t
≤+≤⎡⎤⎣⎦
又因为0
lim ln 0t t t →=，所以,0ln ,[0,1]M t t M t ∃≤<∀∈ 所以1
1
10
0ln [ln(1)]d d ,2,3n n n M
u t t t M t t n n
-≤=
+≤=
=⎰
⎰L 1
0ln [ln(1)]d n n M u t t t n
≤=+≤
⎰ 因为lim
0n M
n →∞=，所以lim 0n n u →∞=
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）
求幂级数121
(1)21n n
n x n -∞
=--∑的收敛域及和函数 【解析与点评】
因为()()2221
221lim
lim 21n n n n n n x n u x u x n ++→∞→∞-==+，所以当21x <即11x -<<时，原幂级数绝对收敛；当1x =±时，级数为1
1(1)21
n n n -∞
=--∑，显然收敛，故原幂级数的收敛域为[1,1]-。

因为11221
11(1)(1)2121
n n n n n n x x x n n --∞
∞
-==--=--∑∑()121
1(1)(),1,121
n n n x f x x n -∞
-=-=∈--∑ 设 则()()2112
1
1
(1)1n n n f x x x
∞
--='=
-=
+∑ 因为()00f =，所以()()()0
d 0arctan x
f x f t t f x '=
+=⎰
从而[]()arctan ,1,1s x x x x =∈-
收敛域[1,1]x ∈-，和函数()arctan s x x x =
（19）【解析与点评】（1）切平面法向量2,2,2x y z F x F y z F z y ==-=-，因与xOy 面垂直， 所以20(2)0(2)102
y
x y z z y z ⨯+-⨯+-⨯=⇒=
所以轨迹为2221
2x y z yz y z ⎧++-=⎨
=⎩
（2）d d d S x y x y ==
原式
=2
2
3d ,{(,)1}4xy
xy D x x y D x y x y =+
≤⎰⎰
d d d 012xy
xy
D D x x y x y ππ=
+=⋅=⎰⎰ （20）（本题满分11分）
【解析与点评】（I ）设12,ηη为Ax b =的2个不同的解，则12ηη-是0Ax =的一个非零解，故2(1)(1)0A λλ=-+=。

于是1λ=或1λ=-
当1λ=时，因为()()r A r A b ≠M
，所以Ax b =无解，舍去 当1λ=-时，对Ax b =的增广矩阵施以初等行变化
321111011()0201010211110002a A b B a ⎛⎫ ⎪---⎛⎫ ⎪
⎪
⎪=-→-= ⎪ ⎪ ⎪- ⎪⎝⎭+ ⎪ ⎪⎝⎭
M M M M M M M
因为Ax b =有解，所以2a =- （II ）当1λ=-，2a =-时
32101101020000B ⎛
⎫ ⎪-- ⎪
⎪=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
M M M ，所以Ax b =的通解为31110201x k ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪
=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其中k 为任意常数。

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
组就有非零解，导出组的系数矩阵列不满秩，其行列式为零，
从而求出参数λ的值。

利用方程组有解的条件，判断λ
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】（Ⅰ）由题意知Λ=AQ Q T
,其中⎪⎪⎪
⎭
⎫
⎝
⎛=Λ011
，则T Q Q A Λ=，设Q 的其他任一列向量为
()T
x x x 321,, Q Θ为正交矩阵(
)123132,,000x x x x x ⎛ ⎪∴=⇒+= ⎪⎝⎭
即130x x +=，其基础解系含2个线性无关的解向量，即为
12100110αα-⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪
== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，把1α
单位化112001β⎛⎫- ⎪-⎛⎫ ⎪⎪== ⎪⎪ ⎪⎪⎭ ⎪
⎪⎝⎭
0-10122Q 010001010⎛- ⎫ ⎪⎪∴== ⎪⎪ ⎪ ⎝⎭ ⎝⎭
T
-10
1Q 0
021
01⎛⎫
⎪∴= ⎪
⎪⎝⎭
11
-101-101
122
1
00100010
2
101010111
22
T
A Q Q
⎛⎫
-
⎪
⎛⎫⎛⎫
⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
∴=Λ==
⎪ ⎪ ⎪
⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭
⎝⎭⎝⎭-
⎪
⎝⎭
（II）证明：()T T
A E A E A E
+=+=+
Q A E
∴+为实对称矩阵
又因为A的特征值为1,1,0A E
∴+特征值为2,2,1，都大于0A 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22
(,)e,
x xy y
f x y A x
-+-
=-∞<<+∞，求常数A及条件概率密度()
Y X
f y x 【解析与点评】由概率密度的性质(,)d d1
f x y x y
+∞+∞
-∞-∞
=
⎰⎰，可知
2222
22()
e d d e d e d1
x xy y x x y
A x y A x y
+∞+∞+∞+∞
-+----
-∞-∞-∞-∞
==
⎰⎰⎰⎰
又知2
e d
x x
+∞-
-∞
=
⎰
22
()
e d e d
x x y
x yπ
+∞+∞
---
-∞-∞
==
⎰⎰
所以
1
A
π
=，即22
22
1
(,)e x xy y
f x y
π
-+-
=
X的边缘概率密度为
2222
()
11
()e d e,
x x y x x
X
f x e y x
ππ
+∞
-----
-∞
===-∞<<+∞
⎰
22
2
2
22
()
1
e
(,)
(),,
1
()
x xy y
x y
Y X
x
X
f x y
f y x x y
f x
π
-+-
--
-
===-∞<<+∞-∞<<+∞
（23）【解析与点评】由题知
123
,,
N N N分别服从二项分布22
(,1),(,),(,)
B n B n B n
θθθθ
--，则有
22
123
(,(),
1)
EN n EN n EN n
θθ
θθ
-=
-
==
33
2
123
11
1
1
212
32
2
3
(()
1
(
1
)
1
)1
i i i i
i i
ET E a N a EN a a a
a
a
a a a
a a
a
n n n
n
n n
n
n n
n
θθθθθ
==
===-+-+
⎧
⎪
⎧⎪
⎪⎪
⇒
=
=
=
-⇒
⎨⎨
==
-=
⎩⎪
=
⎪⎪
⎪⎩
∑∑
3
2311
1
1
i i
i
N N n N N
T a N
n n n
=
+-
====-
∑
1
1
22
111)
(
(
1)(1)
N
DT D DN n
n n n n
θθ
θθ
-
=-==⨯-=
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
i
N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
i
a，但在求T的方差时，由于
i
N 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123
N N N n
++=，就可以讲求DT的计。