2010年考研数学(一)试题

空间的维数是 2，则 a =
.
( ) (14) 设随机变量 X 的概率分布为 P{X = k} = C , k = 0,1, 2,⋯ ,则 E X 2 = k!
.
三、解答题 (15)求微分方程 y′′ − 3y′ + 2 y = 2xex 的通解．
∫ ( ) (16)求函数 f ( x) = x2 x2 − t e−t2 dt 的单调区间与极值. 1
0
⎟ ⎠
(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
2
nx
dx , 取
0 < δ < 1,不论 m, n 是什么正整数,
1
[ln2 (1− x)]m
1
1
lim
xn
= lim ln2 (1− x)m (1− x)δ = 0 ,
x→1−
1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
x→1−
(1− x)δ
1 m ln2 (1− x)
∫ 所以 1 2
nx
dx 收敛,故选(D).
(4)【答案】 (D).
(D) 秩 r ( A) = n ,秩 r ( B) = n .
(6) 设 A 为 4 阶实对称矩阵,且 A2 + A = O ,若 A 的秩为 3,则 A 相似于 ( )
⎛1
⎞
⎜ (A) ⎜
1
⎟ ⎟.
⎜
1⎟
⎜ ⎝
0
⎟ ⎠
⎛1
⎞
⎜ (B) ⎜
1
⎟ ⎟.
⎜
−1 ⎟
⎜ ⎝
0
⎟ ⎠
⎛1
⎞
⎜ (C) ⎜
−1
(C) a + b = 1.
(D) a + b = 2 .
二、填空题
∫ ( ) (9)
设
⎧⎪ ⎨
x
=
⎪⎩ y =
e−t ,
t
ln
0
1+ u2
du,
求 d2y dx2
=
t=0
.
π2
(10) ∫0 x cos xdx =
.
(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
(D) 1− e−1.
(8) 设 f1(x) 为标准正态分布的概率密度, f2 (x) 为 [−1,3] 上均匀分布的概率密度,若
f
(x)
=
⎧af1 ( x), ⎨⎩bf2 (x),
x x
≤ >
0 0
,
(a
>
0,
b
>
0)
为概率密度,则
a,
b
应满足
(
)
(A) 2a + 3b = 4 . (B) 3a + 2b = 4 .
2010 年数学一试题
一、选择题
(1)
极限 lim x→∞
⎡
⎢ ⎣
(
x
x2 − a)(x
+
x
⎤
b)
⎥ ⎦
=
(
)
(A) 1.
(B) e .
(C) ea−b .
(D) eb−a .
(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
F2′
≠
0
,则
x ∂z + y ∂z = ( ) ∂x ∂y
∫ ∫ (17)(I)比较
1
ln t
0
⎡⎣ln (1+ t )⎤⎦n dt 与
1tn
0
ln t dt (n = 1, 2,⋯) 的大小,说明理由；
∫ (II)记 un =
1 0
ln t
⎡⎣ln (1+ t )⎤⎦n
dt
(n
=
1,
2,⋯)
,求极限
lim
n→∞
un
.
∑ (18)求幂级数 ∞ (−1)n−1 x2n 的收敛域及和函数.
P{X = 1} = P{X ≤ 1} − P{X < 1} = F (1) − F (1− 0) = 1− e−1 − 1 = 1 − e−1,故本题选(C).
22 (8)【答案】 (A).
【解析】根据题意知, f1 ( x) =
1 2π
− x2
e2
( −∞
<
x
<
+∞ ),
f2 (x) =
⎧1 ⎪
n=1 2n −1
(19)设 P 为椭球面 S : x2 + y2 + z2 − yz = 1上的动点,若 S 在点 P 处的切平面与 xOy 面
( ) x + 3 y − 2z
∫∫ 垂直,求点 P 的轨迹 C ,并计算曲面积分 I =
dS ,其中 Σ 是椭球面
Σ 4 + y2 + z2 − 4 yz
二、填空题
(9) 【答案】0.
( ) ( ) 【解析】因为
dy ln 1+ t2
= dx
−e−t
= − ln 1+ t2
et ,
( ( ) ) d 2 y d
( ) ( ) dx2 =
) n+i
∑ ∑ n n
nn
= (lim
) (lim
)
n→∞ j=1 n2 + j 2 n→∞ i=1 n + i
11
11
∫ ∫ ∫ ∫ ( ) = ( 0 1+ x dx)( 0 1+ y2 dy) =
1
1
1
dx
0 0 (1+ x) 1+ y2
dy .
(5)【答案】 (A).
【解析】由于 AB = E ,故 r( AB) = r(E) = m .又由于 r( AB) ≤ r( A), r( AB) ≤ r(B) ,故
i=1
方差.
一、选择题 (1)【答案】 (C).
数学一试题参考答案
【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．
( )( ) ⎡
lim ⎢ x→∞ ⎣
x2 x−a x+b
x
⎤ ⎥
x⋅ln
x2
= lim e (x−a)(x+b)
lim x⋅ln
x2
e = , x→∞ ( x−a)( x+b)
⎦
x→∞
其中又因为
x2
x2 −( x−a)( x+b)
⎡ ⎤ lim x ⋅ ln ⎣ ⎦ x→∞
(x−a)( x+b)
=
lim x ln
x→∞
1+
( x−a)( x+b)
x
⎡ ⎣
x2
−(
x
−
a
)(
x
+b
)⎤⎦
= lim
x→∞
( x−a)( x+b)
(a−b) x2 +abx
= lim
x→∞
( x−a)( x+b)
=
11 0 1+ y2
dy,
n
∑ ∑ ∫ n n
1n 1
11
lim
= lim
=
dx,
n→∞ i=1 n + i n→∞ n i=1 1 + ( i ) 0 1 + x
n
nn
n
n1
n1
∑∑ ( ) ∑ ∑ ( ) lim
n→∞ i=1 j=1 n + i
n2 + j2
=
lim(
n→∞
j =1
n2
+
j2 )( i=1
F1′
⋅
1 x
=−
F1′
,
∂y
Fz′
F2′
⋅
1 x
F2′
x ∂z + y ∂z = yF1′ + zF2′ − yF1′ = F2′ ⋅ z = z ．
∂x ∂y
F2′
F2′ F2′
(3) 【答案】 (D).
【解析】 x = 0 与 x = 1 都是瑕点.应分成
1 m ln2 (1− x)
1 m ln2 (1− x)
(23)设总体 X 的概率分布为 X
P
1
2
3
1−θ θ −θ2 θ2
其中参数θ ∈ (0,1) 未知,以 Ni 表示来自总体 X 的简单随机样本(样本容量为 n )中等
3
∑ 于 i 的个数( i = 1, 2,3 ).试求常数 a1, a2 , a3 ,使 T = ai Ni 为θ 的无偏估计量,并求 T 的
∑ ∑ ( ) ∑ ∑ ∑ ∑ ( ) n
【解析】
i =1
n
n
j=1 n + i n2 + j2
n1 n n
nn
n1
=
i=1
n+i
(
j =1
n2
+
j2 )
=
(
j =1
n2
+
j2 )( i=1
) n+i
∑ ∑ ∫ n n
1n 1
lim
n→∞
j =1
n2
+
j2
= lim n→∞ n
j=1 1+ (
j )2
= a−b
故原式极限为 ea−b ,所以应该选择(C).
(2)【答案】 (B).
【解析】 ∂z
= − Fx′
=−
F1′
⎛ ⎜
−
⎝
y x2
⎞ ⎟
+
F2′
⎛ ⎜
−
⎠⎝
z x2
⎞ ⎟⎠
=
F1′ ⋅
y x
+ F2′ ⋅
z x
=
yF1′ + zF2′
,
∂x Fz′
F2′
⋅
1 x
F2′
xF2′
∂z
=−
Fy′
=−
n
=(
∑ ∑ ( ) ( ) n→∞ i=1 j=1 n + i n2 + j2
)
( ) ∫ ∫ 1
x
(A) dx
1
dy .
0 0 (1+ x) 1+ y2
(B)
1
∫0
x
dx∫0
(1
+
1
x ) (1
+
y
dy
)
.
1
1
1
(C)
∫0
dx
∫0
(1
+
x
)
(1
+
y
dy
)
.
( ) ∫ ∫ 1
1
(D) dx
1
dy .
1 m ln2 (1− x)
∫0
nx
∫ dx = 2 0
nx
dx + ∫1 2
nx
dx ,
1
[ln2 (1− x)]m
1 m ln2 (1− x)
∫ 用比较判别法的极限形式,对于 2 0
nx
dx ,由于 lim x→0+
1
xn 1
=1.
12 −
xn m
显然,当 0 < 1 − 2 < 1,则该反常积分收敛. nm
∫ 曲线积分 xydx + x2dy = L
.
{ } (12) 设 Ω = ( x, y, z) x2 + y2 ≤ z ≤ 1 ,则 Ω 的形心的竖坐标 z =
.
(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
S 位于曲线 C 上方的部分.
⎛λ 1 1⎞ ⎛a⎞
(20)设
A
=
⎜ ⎜
0
λ −1
0
⎟⎟，b
=
⎜⎜1
⎟ ⎟
,已知线性方程组
Ax
=
b
存在两个不同的解.
⎜⎝1 1 λ ⎟⎠
⎜⎝1 ⎟⎠
(I) 求 λ , a ； (II) 求方程组 Ax = b 的通解.
(21)已知二次型 f (x1, x2, x3) = xT Ax 在正交变换 x = Qy 下的标准形为 y12 + y22 ,且 Q 的
∫ 1
当 1− 2 ≤0, lim [ln2 (1− x)]m 存在,此时
1 m ln2 (1− x)
2
dx 实际上不是反常积分,故收敛.
nm
x→0+
1
0
nx
xn
1 m ln2 (1− x)
1 m ln2 (1− x)
∫ ∫ 故 不 论 m, n 是 什 么 正 整 数 , 2 0
nx
dx 总 收 敛 . 对 于 1
第三列为 (
2 , 0,
2 )T .
22
(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.
(22)设二维随机变量 (X ,Y ) 的概率密度为 f (x, y) = Ae−2x2 +2xy−y2 , −∞< x < +∞, −∞< y < +∞,
求常数 A 及条件概率密度 fY|X ( y | x) ．
⎟ ⎟.
⎜
−1 ⎟
⎜ ⎝
0
⎟ ⎠
⎛ −1
⎞
⎜ (D) ⎜
−1
⎟ ⎟.
⎜
−1 ⎟
⎜ ⎝
0
⎟ ⎠
⎧ 0,
(7)
设随机变量 X
的分布函数
F
(x)
=
⎪⎪ ⎨
⎪
1, 2
⎪⎩1− e−x ,
x<0
0 ≤ x < 1 ,则 P{X = 1} = ( )
x ≥1
(A) 0.
(B) 1 . 2
(C) 1 − e−1 . 2
0 0 (1+ x) 1+ y2
(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 .
m ≤ r( A), m ≤ r(B) 由于 A 为 m × n 矩阵, B 为 n × m 矩阵,故 r( A) ≤ m, r(B) ≤ m
① ②
由①、②可得 r( A) = m, r(B) = m ,故选 A.
(6)【答案】 (D).
【解析】设 λ 为 A 的特征值,由于 A2 + A = O ,所以 λ2 + λ = 0 ,即 (λ +1)λ = 0 ,这样 A
,
⎨4
⎪⎩0,
−1≤ x ≤ 3 其它
∫ 利用概率密度的性质: +∞ f ( x) dx = 1,故 −∞
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ +∞ f ( x) dx = −∞
0 −∞
af1
(
x
)
dx
+
+∞
0 bf2
(x)
dx
=
a 2
+∞ −∞
f1 ( x) dx + b
3 1 dx 04
=
a 2
+
3b 4
=1
所以整理得到 2a + 3b = 4 ,故本题应选(A).
(A) x .
(B) z .
(C) −x .
(D) −z .
1 m ln2 (1− x)
∫ (3) 设 m, n 是正整数,则反常积分
dx 的收敛性 ( )
0
nx
(A) 仅与 m 的取值有关.
(B)仅与 n 的取值有关.
(C) 与 m, n 取值都有关.
(D) 与 m, n 取值都无关.
nn
(4) lim
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
⎛ −1
⎞
⎛ −1
⎞
⎜ A ∼ Λ , r( A) = r(Λ) = 3,因此, Λ = ⎜
⎜
−1
⎟
⎜
⎟ ,即 A ∼ Λ = ⎜
−1 ⎟
⎜
−1
⎟ ⎟.
−1 ⎟
⎜ ⎝
0
⎟ ⎠
⎜ ⎝