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、222ln 1()()()()lim lime lime()()xx x xx x a x b x a x b x x x xx a x b ⎛⎫⎛⎫-⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+-+⎝⎭⎝⎭→∞→∞→∞⎛⎫==⎪-+⎝⎭()()2()()()()lim elim e a b x ab a b x abxx x a x b x a x b x x -+⎛⎫-+ ⎪ ⎪-+-+⎝⎭→∞→∞==e a b -=方法二22()()lim lim 1()()()()xxx 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 abxxa 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()()()ee x a b x abxa b x a x b →∞-+--+==（2）等式两边求全微分得：12d d 0y z F F x x ⎛⎫⎛⎫''⋅+⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即 1222d d dz d 0x y y x x z xF 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 xy 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)mnx x -=-等价于221(1)mm nx--，而21120m nxdx -⎰收敛（因,m n 是正整数211m n⇒->-），故收敛；对于的瑕点1x =，当1(1,1)(0)2x δδ∈-<<12122ln (1)2(1)n m n mx x <-<-，而2112(1)m x dx -⎰显然收敛，故收敛。

所以选择D.4、22211111111lim lim ()()(1)(1())nnn n x n i j i j n i j n i n j n n n n→∞→∞======++++∑∑∑∑112001d d (1)(1)x yx y ++⎰⎰（5）()()min((),()),R(A),()(),()R(A)m,R(B)mAB ER AB mR 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20λλ+=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】1111{1}(1)(1)1e e 22P 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)31201()d ()d ()d 1(0)d 14f x x a f x x b f x x a b x +∞+∞-∞-∞=+=⇒Φ+=⎰⎰⎰⎰13123424a 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12，以及均匀分布的计算问题。

二、填空题（9） 解()()()2ln 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 ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()2ln 11e t t x t -'⎛⎫+ ⎪= ⎪'-⎝⎭()()2222222e ln 1e 12e 1e e (ln(1))1t tt t t t t t t t t ----++++++=-⨯=- 故220d 0d t y x == （10）、2x π=⎰4π-,t =原式为()222002cos d 2sin |2sin d x t t t t t t t t ππππ==-⎰⎰⎰()004sin d 4cos |cos d 4t t t t t t t ππππ=-=-=-⎰⎰（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 Lxy x x y +=⎰【解析与点评】令1:101x t L t y t =⎧-≤≤⎨=+⎩ 2:011x t L t y t=⎧≤≤⎨=-⎩()()1201222221d d d d d d 1d 1d LL L xy x x y xy x x y xy x x y t t t t t t t t-+=+++=+++--⎰⎰⎰⎰⎰223031102203223t t t t -⎛⎫⎛⎫=+++-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭（12）、设22{(,,)1},x y z x y z Ω=+≤≤则Ω的形心坐标z =232221121100d d d d d d 233d d d d d d 2r rz x y z r r z zz x y z r r z πππθπθΩΩ====⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰（13）设123(1,2,1,0),(1,1,0,2),(2,1,1,),T T Tαααα=-==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60660000031021120310310211201011122112324121322=⇒=-∴⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---→⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--→⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++-+αααααr r r r r r r r（14）设随机变量X 概率分布为{},0,1,2,!Cp 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101e !k C C k ∞-==⇒=∑即1e {},0,1,2,!P X k k k -===L 为参数为1的泊松分布，则有221,1()2EX 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 xy 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2221()()e d x t f x x t t -=-⎰的单调区间与极值【 详解】由21()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21101(0)te d (1e )2t f t --==-⎰ （17）（本题满分10分） （Ⅰ）比较1ln [ln(1)]d nt t t +⎰与1ln d ,1,2,n t t t n =⎰L 的大小，说明理由（Ⅱ）设10ln [ln(1)]d (1,2,)nn u t t t n =+=⎰L ，求极限lim nn u →∞【解析与点评】（Ⅰ）令()()ln 1f t t t =+- 当01t ≤≤时，()1101f t t'=-≤+，故当01t ≤≤时()()00f t f ≤= 当01t ≤≤时()0ln 11t t ≤+≤≤，从而()ln 1(1,2,)nnt t n +≤=⎡⎤⎣⎦L 又由ln 0t ≥ 得[]11ln ln(1)d ln d (1,2,)nn t t t t t t n +≤=⎰⎰L（Ⅱ）方法一，由（Ⅰ）知，110ln [ln(1)]d ln d n nn u t t t t t t ≤=+≤⎰⎰，因为()()()111110200111ln d ln d ln d 111n n n n t t t t t t t t t t n n n +=-=-+=+++⎰⎰⎰ 所以1lim ln d 0n n t t t →∞=⎰由夹逼准则得[]1lim ln ln(1)d 0nn t t t →∞+=⎰方法二 ()111000110ln d ln d d 11nnn t t t t t t t t n n <=-=≤++⎰⎰⎰由夹逼准则的1lim ln d 0nn t t t →∞=⎰方法三 由（Ⅰ）知，()0ln 1nnt t≤+≤⎡⎤⎣⎦又因为0lim ln 0t t t →=，所以,0ln ,[0,1]M t t M t ∃≤<∀∈ 所以11100ln [ln(1)]d d ,2,3n n n Mu t t t M t t n n-≤=+≤==⎰⎰L 10ln [ln(1)]d n n M u t t t n≤=+≤⎰ 因为lim0n Mn →∞=，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。