2010年全国硕士研究生入学统一考试试题精解
一、选择题
（1）分析 按常用极限公式
计算
，得到关于a的方程，解此方程即可确定正确选项.
精解 由于
，所以由题设得-1+a=1，即a=2.
因此本题选（C）.
附注 不仅要记住下面两个重要极限公式：
而且还应记住以下三个常用极限公式：
（2）分析 将λy1+μy2代入y′+p（x）y=q（x），将λy1-μy2代入y′+p（x）y=0即可算出λ，μ的值.
精解 将λy1+μy2代入y′+p（x）y=q（x）得
λ[y1′+p（x）y1]+μ[y2′+p（x）y2]=q（x）.（1）由于y1，y2都是y′+p（x）y=q（x）的解，即
y1′+p（x）y1=q（x），y2′+p（x）y2=q（x），
所以，将它们代入式（1），并注意q（x）≠0得
λ+μ=1.（2）
将λy1-μy2代入y′+p（x）y=0，与以上同样计算得
λ-μ=0.（3）
由式（2）、式（3）得 
因此本题选（A）.
附注 要记住一阶线性微分方程y′+p（x）y=q（x）的通解公式：
其中的每个不定积分只取相应的原函数.
（3）分析 按函数在驻点处取极大值的充分条件确定正确选项.
精解 由
（由于x0。是可微函数g（x）的驻点，所以g′（x0）=0）知x0是f（g（x））的驻点.
由于
[f（g（x））]″=[f′（g（x））·g′（x）]′=f″（g（x））[g′（x）]2+f′（g（x））g″（x），所以
故f（g（x））在点x0处取极大值的充分条件是
，即f′（a）g″（x0）<0，于是由g″（x）<0知，这个充分条件是f′（a）>0.
因此本题选（B）.
附注 f（x）在驻点x0处取极值的充分条件有以下两种：
（ⅰ）在点x0的去心邻域（x0-δ，x0）∪（x0，x0+δ）内，
如果
{，则f（x）在点x0处取极小值；
如果
{，则f（x）在点x0处取极大值.
（ⅱ）如果f″（x0）>0，则f（x）在点x0处取极小值；如果f″（x0）<0，则f（x）在点x0处取极大值.
（4）分析 由于是在x充分大时比较函数f（x），g（x）和h（x）的大小，所以可从计算极限
入手.
精解 由于
所以当x充分大时，f（x）<g（x）<h（x）.
因此本题选（C）.
附注 应记住，
（5）分析 利用“当向量组Ⅰ可由向量组Ⅱ线性表示时，r（Ⅰ）≤r（Ⅱ）”的结论即可.
精解 先考察选项（A）.
当α1，α2，…，αr线性无关时，由α1，α2，…，αr可由β1，β2，…，βs线性表示，得
r=r（α1，α2，…，αr）≤r（β1，β2，…，βs）≤s，
即r≤s.
因此本题选（A）.
附注 （ⅰ）应记住分析中所述的结论，它在许多场合下是有用的.
（ⅱ）本题也可以按以下定理直接得到正确选项：
设向量组α1，α2，…，αr可由向量组β1，β2，…，βs线性表示，如果r>s，则向量组α1，α2，…，αr线性相关.
（6）分析 利用实对称矩阵A可相似对角化，从而只要根据题设条件确定A的特征值即可.
精解 由A是四阶实对称矩阵知A可相似对角化，即
其中λ1，λ2，λ3，λ4是A的特征值.由A满足A2+A=0知这些特征值是方程λ2+λ=0的根，于是λ1，λ2，λ3，λ4为0或-1.由于r（A）=3，所以这些特征值中有且仅有一个为0，其余均为-1.
因此本题选（D）.
附注 应记住以下两个结论：
（ⅰ）实对称矩阵不仅可以相似对角化，而且还可以正交相似对角化与合同对角化.
（ⅱ）当n阶矩阵A满足f（A）=O（其中f（A）=a0Am+a1Am-1+a2Am-2+…+amEn，En是n阶单位矩阵）时，A的特征值都是方程f（λ）=a0λm+a1λm-1+a2λm-2+…+am=0的根.
（7）分析 利用随机变量X的分布函数F（x）的性质：P（X=a）=F（a）-F（a-），即可算出P（X=a）的值.
精解 由分布函数性质知
因此本题选（C）.
附注 本题的随机变量X既不是离散型的（因为y=F（x）的图形不是阶梯形的），也不是连续型的（因为F（x）不是连续函数）.
（8）分析 利用概率密度f（x）的性质
及标准正态分布概率密度和均匀分布概率密度的性质确定正确选项.
精解 由f（x）是概率密度得
，即
由于f1（x）是标准正态分布的概率密度，所以
由于f2（x）是[-1，3]上均匀分布的概率密度，所以
将它们代入式（1）得
，即2a+3b=4.
因此本题选（A）.
附注 应记住以下结论：
（ⅰ）设X～N（μ，σ2）的概率密度为f（x），则
，特别当μ=0时，有
（ⅱ）设X～U（a，b），则当[c，d]⊆[a，b]时，
二、填空题
（9）分析 按隐函数求导方法计算
精解 所给方程可写成
上式两边对x求导得
显然，x=0时y=0，将它们代入上式得
附注 对
求导时，首先应把x移到积分号之外.
（10）分析 按旋转体体积计算公式计算.
精解 G绕x轴旋转一周所得空间区域的体积为
附注 曲边梯形D={（x，y）|a≤x≤b，0≤y≤f（x）}绕x轴旋转一周而成的旋转体体积
；
当反常积分
收敛时，无界曲边梯形G={（x，y）|a≤x<+∞，0≤y≤f（x）}绕x轴旋转一周而成的旋转体体积
（11）分析 按收益弹性定义计算R（p）.
精解 由于
，所以收益弹性
因此由题设得
即 
两边积分得
，即
将R（1）=1代入式（1）得
，即
将它代入式（1）得
附注 设函数f（x）可导，则它在点x处的弹性定义为
，但当f′（x）<0时，应为
题中的收益R（p）是p的增函数，所以有
.因此收益弹性
（12）分析 按（-1，0）是曲线y=x3+ax2+bx+1的拐点的必要条件计算b的值.
精解 由于（-1，0）是曲线y=x3+ax2+bx+1的拐点，所以有
即 
由此得b=3.
附注 点（x0，y0）是曲线y=f（x）的拐点的必要条件是
（13）分析 利用矩阵运算，写出用A-1+B表示A+B-1即可.
精解 由于
A+B-1=A（E+A-1B-1） （E是三阶单位矩阵）
=A（B+A-1）B-1=A（A-1+B）B-1，
所以， 
附注 关于矩阵的行列式的以下结论应记住：
设 A，B都是n阶矩阵，k是常数，则
|kA|=kn|A|，
|AB|=|A||B|，
当A可逆时，
此外， |A∗|=|A|n-1 （n≥2），
|A|=λ1λ2…λn （其中，λ1，λ2，…，λn是A的n个特征值）.
（14）分析 按随机变量数学期望性质计算ET.
精解 
（X是总体，由题设知X～N（μ，σ2））
=D（X）+（EX）2=σ2+μ2.
附注 实际上，T是X21，X22，…，X2n（理解成来自总体X2的简单随机样本）的均值，所以由样本均值的数学期望等于总体数学期望，可直接得到ET=E（X2）.
三、解答题
（15）分析 所给极限是0∞型未定式极限，先将函数指数化，然后计算
型未定式极限
精解 
由于
其中 
将式（3）、式（4）代入式（2）得
将它代入式（1）得
附注 题解中证明了
.现可把它推广为
（其中正值函数α（x）满足
）.
本题的有关计算方法见提高篇01.
（16）分析 D如图B.10.1的阴影部分所示，它关于x轴对称，所以先用对称性化简所给的二重积分.
精解 
（1）
这是由于D关于x轴对称，x3+3xy2在对称点处的值彼此相等，所以
，其中
，0≤y≤1}.3x2y+y3在对称点处的值互为相反数，所以
图 B.10.1
将式（2）代入式（1）得
附注 本题的计算有两点值得注意：
（ⅰ）在计算二重积分之前，应根据D的对称性化简二重积分.
（ⅱ）虽然D1是角域的一部分，但使用极坐标计算是复杂的.
本题的有关内容及计算方法见提高篇12.
（17）分析 用拉格朗日乘数法计算u的最值.
精解 作拉格朗日函数
F（x，y，z）=xy+2yz+λ（x2+y2+z2-10），
则 
，
，
于是由
得 
将式（1）代入式（3）得
z=2x （这里利用λ≠0），（5）
将式（5）代入式（2）得
5x+2λy=0.（6）
式（1）·y-式（6）·x得 y2-5x2=0，即
将式（5）、式（7）代入式（4）得 x=±1.从而，u在约束条件x2+y2+z2=10下的可能极值点为
和
由于
，
，所以u在约束条件x2+y2+z2=10下的最大值为
，最小值为
附注 （ⅰ）要熟练掌握用拉格朗日乘数法计算二、三元函数的条件极值.
（ⅱ）题解中应注意，F（x，y，z）=xy+2yz+λ（x2+y2+z2-10）的λ≠0.
本题的有关计算方法见提高篇11.
（18）分析 （Ⅰ）由于两个定积分的积分区间相同，所以只要比较（0，1）内[ln（1+t）]n与tn（n=1，2，…）的大小即可.
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论和数列极限存在准则Ⅰ，计算
精解 （Ⅰ）由于对n=1，2，…，
， 所以
与
可以理解为连续函数|lnt|[lnI|（1+t）]n与tn|lnt|（它们在t=0处都取值为0）在[0，1]上的定积分，所以只要比较这两个函数在（0，1）上的大小，即比较[ln（1+t）]n与tn在（0，1）上的大小即可.
当0<t<1时，0<ln（1+t）<t，所以对n=1，2，…有
[ln（1+t）]n<tn，
于是有
|lnt|[ln（1+t）]n<tn|lnt|.
从而，对n=1，2，…有
（Ⅱ）由（Ⅰ）的证明知，对n=1，2，…有
其中，
所以有 
且
于是，由数列极限存在准则Ⅰ得
附注 本题（Ⅱ）也可以不利用（Ⅰ）的证明结果，直接计算，具体如下：
由于，对于n=1，2，…有
并且 
（由于nl→im∞lnn2=0，
是收敛的反常积分），所以，由数列极限存在准则Ⅰ，知
本题是综合题，其有关内容见提高篇02，05.
（19）分析 （Ⅰ）虽然利用积分中值定理由
可得 f（η）=f（0），但这里的η∈[0，2]，不符合要求，因此作辅助函数
，并对它在[0，2]上应用拉格朗日中值定理.
（Ⅱ）想法在[2，3]上寻找一点η1，使得f（0）=f（η）=f（η1），则可由罗尔定理推得问题的结论.
精解 （Ⅰ）记
，则函数F（x）在[0，2]上可导，于是由拉格朗日中值定理知，存在η∈（0，2），使得
F（2）-F（0）=F′（η）（2-0），即
由此利用题设
，证得存在η∈（0，2），使得f（η）=f（0）.
（Ⅱ）由于函数f（x）在[2，3]上连续，记其最大值与最小值分别为M与m，则
于是由介值定理知，存在η1∈[2，3]，使得
由此可知，f（x）在[0，η]和[η，η1]上都满足罗尔定理条件，因此分别应用罗尔定理得ξ1∈（0，η）和ξ2∈（η，η1），使得
f′（ξ1）=f′（ξ2）（=0）.
于是，f′（x）在[ξ1，ξ2]上满足罗尔定理条件，因此存在ξ∈（ξ1，ξ2）⊂（0，3），使得f″（ξ）=0.
附注 当f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导时，要证明存在ξ∈（a，b），使得f′（ξ）=0，只要在[a，b]上找到不同的两点x1，x2，使得f（x1）=f（x2）即可.
当f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内二阶可导时，要证明存在ξ∈（a，b），使得f″（ξ）=0，只要在[a，b]上找到不同三点x1，x2，x3，使得f（x1）=f（x2）=f（x3）即可.
本题是综合题，有关内容与证明方法见提高篇04.
（20）分析 （Ⅰ）由方程组Ax=b有两个不同的解知
（
是Ax=b的增广矩阵），由此可以算出λ，a.
（Ⅱ）将（Ⅰ）算得的λ，a代入Ax=b，计算它的通解.
精解 （Ⅰ）由方程组Ax=b有两个不同的解知
r（A︙b）=r（A）<3.
对（A︙b）施行初等行变换：
由此可知，λ，a必须满足：
即
λ=-1，a=-2.
（Ⅱ）当λ=-1，a=-2时，方程组Ax=b的增广矩阵如下：
所以，Ax=b与方程组
同解.式（1）的导出组有基础解系（1，0，1）T.此外，式（1）有特解
，所以，式（1），
即Ax=b的通解为
附注 应熟练掌握非齐次线性方程组有解的充分必要条件及求通解的方法.
n元非齐次线性方程组Ax=b有唯一解的充分必要条件是
（其中
是增广矩阵），有无穷多解的充分必要条件是
（21）分析 设A的对应特征向量α1=（1，2，1）T的特征值为λ1，由此建立方程组求得a及λ1，然后将算得的a代入A，算出A的其余特征值与对应的特征向量，确定正交矩阵Q.
精解 由题设可知，正交矩阵Q的第1列应是实对称矩阵A的特征向量，所以A有特征向量α1=（1，2，1）T，设它对应的特征值为λ1，则（λ1E-A）α1=0（其中E是三阶单位矩阵），即
由此得方程组
解此方程组得a=-1，λ1=2.
将a=-1代入A得
由于
所以A有特征值λ1=2，λ2=5，λ3=-4.
设对应λ2=5的特征向量为x=（x1，x2，x3）T，则x满足（5E-A）x=0，即
由于
所以方程组（1）与
同解，从而可取x为α2=（-1，1，-1）T.
设对应λ3=-4的特征向量为y=（y1，y2，y3）T，则
即 
所以可取α3=（-1，0，1）T.
显然α1，α2，α3两两正交，现将它们单位化得
所以，取
（正交矩阵），它使
附注 本题是综合题，其有关内容及计算方法见提高篇18，20.
（22）分析 先算出关于随机变量X的边缘概率密度fX（x），然后计算A与fY|X（y|x）.
精解 由于
所以由
得
，即Aπ=1，因此
将
代入f（x，y）及fX（x）得
所以对x∈（-∞，+∞）有
附注 在题解中有
它们是利用概率论的有关结论得到的，具体计算如下：
由于
其中
是随机变量
的概率密度，所以
同样可以得到
（23）分析 （Ⅰ）随机变量X可能取的值为0，1；Y可能取的值为0，1，2。于是计算各个概率P（X=i，Y=j）（i=0，1，j=0，1，2）即得二维随机变量（X，Y）的概率分布.
（Ⅱ）根据（Ⅰ）算得的（X，Y）的概率分布算出E（XY）与EX·EY，即可得到Cov（X，Y）.
精解 （Ⅰ）由于
所以（X，Y）的概率分布用表表示为
（Ⅱ）由表可知
（X，Y）关于X的概率分布为
所以
（X，Y）关于Y的概率分布为
所以
因此，
附注 二维随机变量（X，Y）不论是离散型的，或是连续型的，其协方差往往用公式
Cov（X，Y）=E（XY）-EX·EY
计算，比较快捷.
本题是综合题，其有关内容及计算方法见提高篇21，24.