2024年全国硕士研究生入学统一考试。
数学一试题参***。
一、选择题。
1)【答案】 (c).
解析】本题属于未定式求极限，极限为型，故可以用“的抬起法”求解．
其中又因为。
故原式极限为，所以应该选择(c).
2)【答案】 (b).
解析】,3) 【答案】 (d).
解析】与都是瑕点。应分成。
用比较判别法的极限形式，对于，由于。
显然，当，则该反常积分收敛。
当，存在，此时实际上不是反常积分，故收敛。
故不论是什么正整数，总收敛。对于，取，不论是什么正整数，所以收敛，故选(d).
4)【答案】 (d).
解析】5)【答案】 (a).
解析】由于，故。又由于，故。
由于为矩阵，为矩阵，故。
由①、②可得，故选a.
6)【答案】 (d).
解析】设为的特征值，由于，所以，即，这样的特征值只能为-1或0. 由于为实对称矩阵，故可相似对角化，即， ,因此， ,即。
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。观察本题中的形式，得到随机变量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。
故本题选(c).
8)【答案】 (a).
解析】根据题意知， (
利用概率密度的性质：,故。
所以整理得到，故本题应选(a).
二、填空题。
9) 【答案】0.
解析】因为，所以。
10)【答案】.
解析】令， ,利用分部积分法，原式。
11) 【答案】.
解析】(12) 【答案】.
解析】13)【答案】.
解析】因为由生成的向量空间维数为2,所以。 对进行初等行变换：
所以。 14) 【答案】.
解析】利用离散型随机变量概率分布的性质，知。
整理得到，即。
故服从参数为的泊松分布，则，根据方差的计算公式有。
三、解答题。
15)【解析】对应齐次方程的特征方程为，解得特征根，所以对应齐次方程的通解为．
设原方程的一个特解为，则。
代入原方程，解得，故特解为．
故方程的通解为．
16)【解析】因为，所以，令，则。
又，则，所以。
是极大值。而，所以为极小值。
又因为当时，；时，；时，；时， ,所以的单调递减区间为，的单调递增区间为。
17)【解析】 (i)当时，故，所以。
则。ii) ,故由。
根据夹逼定理得，所以。
18)【解析】
(i) ,所以，当，即时，原级数绝对收敛。当时，原级数发散，因此幂级数的收敛半径。
当时， ,由莱布尼兹判别法知，此级数收敛，故原级数的收敛域为。
ii) 设，其中令。
所以有。从而有。
故。在上是连续的，所以在收敛域上是连续的。所以。
19)【解析】 (i )令，故动点的切平面的法向量为，由切平面垂直，故所求曲线的方程为。
ii ) 由消去，可得曲线在平面上的投影曲线所围成的上的区域，由，由。
故。20)【解析】因为方程组有两个不同的解，所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于3,进而可以通过秩的关系求解方程组中未知参数，有以下两种方法。
方法1：( i )已知有2个不同的解，故，对增广矩阵进行初等行变换，得。
当时， ,此时， ,故无解(舍去)．
当时， ,由于，所以，故，.
方法2：已知有2个不同的解，故，因此，即。
知或-1.
当时， ,此时，无解，因此。由，得。
ii ) 对增广矩阵做初等行变换。
可知原方程组等价为，写成向量的形式，即。
因此的通解为，其中为任意常数。
21)【解析】 (i )由于二次型在正交变换下的标准形为，所以的特征值为。
由于的第3列为，所以对应于的特征向量为，记为。 由于是实对称矩阵，所以对应于不同特征值的特征向量是相互正交的，设属于的特征向量为，则，即。 求得该方程组的基础解系为，因此为属于特征值的两个线性无关的特征向量。
由于是相互正交的，所以只需单位化：
取，则，且，故。
ii )也是实对称矩阵，的特征值为1,1,0,所以的特征值为2,2,1,由于的特征值全大于零，故是正定矩阵。
22)【解析】当给出二维正态随机变量的的概率密度后，要求条件概率密度，可以根据条件概率公式来进行计算。本题中还有待定参数，要根据概率密度的性质求解，具体方法如下。
根据概率密度性质有。
即，故，.当时，有条件概率密度。
23)【解析】
因为是的无偏估计量，所以，即得，整理得到，.所以统计量。
注意到，故。
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