《《考研资料》2010年全国硕士研究生入学统一考试（数一）试题及答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《考研资料》2010年全国硕士研究生入学统一考试（数一）试题及答案.doc（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2010年全国硕士研究生入学统一考试数一试题一、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，只有一项符合题目要求的，把所选项前的字母填在答题纸指定的位置上）（1）极限（ ）（A） （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、为正整数，则反常积分的收敛性（ ）（A）仅与有关 （B）仅与有关 （C）与 、都有关 （D）与 、都无关（4）（ ）（A） （B）（C） （D）（5）设是矩阵，是矩阵，且，其中为阶单位矩阵，则（ ）（A） （B），（C）， （D）（6）设是阶实对称矩阵，且，若，则相似于（ ）（A）
2、（B） （C） （D）（7）设随机变量的分布函数为，则（ ）（A） （B） （C） （D）（8）设为标准正态分布的概率密度函数，为上均匀分布的概率密度函数，若（，），则，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，则 （10） （11）已知曲线的方程为（），起点为，终点为，则 （12）设，则的形心坐标 （13）若，若由形成的向量组的秩为，则 （14）设随机变量的分布为（），则 三、解答题（1523小题，共94分，请将解答写在答题纸指定的位置上。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
3、微分方程的通解。（16）（本题满分10分）求的单调区间与极值。（17）（本题满分10分）（I）比较与（）；（II）记（），求。（18）（本题满分10分）求幂级数的收敛域与和函数。（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，已知线性方程组存在两个不同的解。（I）求，； （II）求的通解。（21）（本题满分11分）设二次型在正交变换下的标准型为，且的第三列为。（I）求； （II）证明为正定矩阵。（22）（本题满分11分） 设二维随机变量的联合密度函数为，。求及。（23）（本题满分1
4、1分）设总体的分布律为，其中为未知参数，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，求常数，使为的无偏估计量。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：18小题，每小题4分，共32分。1、方法二（2）等式两边求全微分得：，即 所以有，（3）、【解析与点评】：显然是两个瑕点，有对于的瑕点，当时等价于，而收敛（因是正整数），故收敛；对于的瑕点，当时，而显然收敛，故收敛。所以选择D.4、（5）(6) 设的特征值为，因为为所以即又，必可相似对角化，且对角阵的秩也是3.所以正确答案为（D）(7) 【解析与点评】.所以选C评注：本题实际上是考查分布函数的性质，即
5、对任意随机变量，均有，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) 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，以及均匀分布的计算问题。二、填空题（9） 解 故（10）、【解析与点评】令原式为（11）、已知曲线的方程为起点是终点是则曲线积分 【解析与点评】令 （12）、设则的形心坐标（13）设若由形成的向量空间维数是2，则【解析与点评】由题意知向量组线性相关，而其中两个向量线性无关，所以，即（14）设随机变量概率分布为，则【解析与点评】由概率密度的性质，有即为参数为的泊松分布，则有评注：本题实际上考
6、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）求微分方程的通解. 【解析与点评】齐次方程的特征方程为由此得对应齐次方程的通解为设非齐次方程的特解为则，代入原方程得从而所求解为（16）（本题满分10分）求函数的单调区间与极值【 详解】由，可得，列表讨论如下减极小值增极大值减极小值增因此，的单调增加区间为及，单调减少区间为及；极小值： 极大值为（17）（本题满分10分）
7、（）比较与的大小，说明理由（）设，求极限【解析与点评】（）令当时，故当时当时，从而 又由得（）方法一，由（）知，因为所以 由夹逼准则得方法二 由夹逼准则的方法三 由（）知，又因为，所以所以因为，所以评点：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）求幂级数的收敛域及和函数【解析与点评】因为，所以当即时，原幂级数绝对收敛；当时，级数为，显然收敛，故原幂级数的收敛域为。因为设则因为，所以从而收敛域，和函数（19）【解析与点评】（1）切平面法向量，因与面垂直， 所以 所以轨迹为 （2） 原式= （20）（本题满分1
8、1分）【解析与点评】（I）设为的2个不同的解，则是的一个非零解，故。于是或当时，因为，所以无解，舍去当时，对的增广矩阵施以初等行变化因为有解，所以（II）当，时，所以的通解为，其中为任意常数。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，从而求出参数的值。利用方程组有解的条件，判断的取值。再利用方程组有解的条件，通过消元法求得的值。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】（）由题意知,其中，则，设的其他任一列向量为 为正交矩阵即，其基础解系含2个线性无关
9、的解向量，即为把单位化 （II）证明： 为实对称矩阵又因为的特征值为 特征值为，都大于 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）设二维随机变量的概率密度为，求常数及条件概率密度【解析与点评】由概率密度的性质，可知又知，有所以，即的边缘概率密度为（23）【解析与点评】由题知分别服从二项分布，则有 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，但在求的方差时，由于之间不独立，直接用方差的性质来求是非常麻烦的，但一旦注意到，就可以讲求的计12