2020考研数学一真题及答案-2020数学原题

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dxdy 02π d 12 r rdr

时间：2020-06-24 19:27:38 下载该word文档

2020考研数学一真题及答案

一、选择题

（1）当 x 0 时，下列无穷小量最高阶是

（A） 0x e t 2 1 d t .

（B） 0x ln 1

dt .

t 3

（C） 0sin x sin t 2 dt .

（D） 01 cos x

dt .

sin t 2

（1）【答案】（D）.

【解析】因为 lim

0x e t 2

1 dt

lim

e x 2 1

lim

x 3

3 x2

x 0 +

3 x 2

x 0+

故 x 0 时， 0x e t 2

1 dt 是 x 的 3 阶无穷小；

0x ln 1

ln 1

t 3

因为 lim

lim

x 0 +

x 0+ 5

x 2

故 x 0 时， 0x ln 1 t 3 dt 是 x 的 52 阶无穷小；

因为 lim	0sin x sin t 2 dt	lim	sin sin x 2 cos x	lim	sin 2 x	lim
因为 lim	x 3	lim	3 x 2	lim		lim
x 0 +	x 3	x 0 +	3 x 2	x 0 + 3 x 2		x 0+

故 x 0 时， 0sin x sin t 2 dt 是 x 的 3 阶无穷小；

（）

x2 1

3 x2 3 ,

01 cos x

因为 lim

sin t 2

lim

sin 1 cos x 2 sin x

lim

sin 1 cos x 2

1 cos x sin x

x 0 +

t d t

x 0 +

x 0+

1 cos x

又 01 cos x t dt

t 2

1 cos x

1 cos x 2

x4 ，

故 x 0 时， 01 cos x sin t 2 dt 是 x 的 4 阶无穷小；

综上， x 0 时，无穷小量中最高阶的是 01 cos x sin t 2 dt .

故应选（D）.

x 0

0, 则

（2）设函数 f

在区间

1,1 内有定义，且lim f

（

）

（A）当lim

f x

0 时， f x 在 x 0 处可导.

x 0

（B）当lim

0 时， f x 在 x 0 处可导.

x 0

（C）当 f x 在 x 0 处可导时，lim

f x

0 .

x 0

（D）当 f x 在 x 0 处可导时，lim

0 .

x 0x2

（2）【答案】（C）.

【解析】

对于选项（A）：取 f x x ，满足已知，但 f x 在 x 0 处不可导，排除（A）.

x,	x 0,	满足已知，但 f x 在 x 0 处不可导，排除（B）.
对于选项（B）：f x	x 0,	满足已知，但 f x 在 x 0 处不可导，排除（B）.
0,	x 0,

对于选项（C）：当 f x 在 x 0 处可导时， f x 在 x 0 处连续，故

f 0 lim f

x 0, 且 f 0 存在，不妨设 f 0 lim

f x f 0

lim

f x

x 0

x 0 x

则lim

f x

lim

f x

0 . 同理可排除（D）.

x 0

故应选（C）.

（3）设函数 f x 在点 0, 0

处可微， f 0, 0 0, n

, 1

，非零向量d 与

0,0

n 垂直，则

（

）

（A）

lim

x , y , f

x , y

0 存在.

x , y0,0

x 2 y2

x , y , f

x , y

（B）

lim

0 存在.

x , y

0,0

x 2 y2

（C）

lim

x , y , f

x , y

0 存在.

x , y

0,0

x 2 y2

（D）

lim

x , y , f

x , y

0 存在.

x , y0,0

x 2 y2

（3）【答案】（A）.

【解析】因 f x 在点 0, 0 处可微，且 f 0, 0 0 ，故

f x , y f 0, 0 f x 0, 0 x f y 0, 0 y x 2 y2 ,

	f		f		f x 0, 0 , fy 0, 0 , 1 ，故
因为n		,		, 1
因为n	x	,	y	, 1
	x		y		0,0
					0,0

n x , y , f x , y f x 0, 0 x f y 0, 0 y f x , y x 2 y2 ，

n x , y , f x , y

则

lim

x 2 y2

0. 故应选（A）.

x , y0,0x 2 y 2

x , y0,0

x 2 y2

（4）设R 为幂级数 an xn 的收敛半径，r 是实数，则

（

）

又 1

（A） a n rn 发散时，

R .

n 1

（B） a n rn 发散时，

R .

n 1

（C）

R 时， a n rn 发散.

n 1

（D）

R 时， a n rn 发散.

n 1

（4）【答案】（A）.

【解析】若 a n rn 发散，则

R ，否则，若

R ，由阿贝尔定理知， a n rn

n 1

绝对收敛，矛盾. 故应选（A）.

（5）若矩阵 A 经过初等列变换化成B ，则

（

）

（A）存在矩阵 P ，使得 PA B.

（B）存在矩阵 P ，使得BP A.

（C）存在矩阵 P ，使得 PB A.

（D）方程组 Ax 0 与Bx 0 同解.

（5）【答案】（B）.

【解析】 A 经过初等列变换化成B ，相当于 A 右乘可逆矩阵 P 变成B ，即存在

可逆矩阵Q ，使得 AQ B ，得BQ 1 A .取 P Q 1 ，则存在矩阵 P ，使得BP A.

故应选（B）.

（6）已知直线L :

x a 2

y b2

z c2

与直线L :

x a3

y b3

z c3

相交于一

a 2

点，法向量α b

, i 1, 2, 3 .则

（

）

（A）α1 可由α2 , α3 线性表示.	（B）α2 可由α1 , α3 线性表示.
（C）α3 可由α1 , α2 线性表示.	（D）α1 , α2 , α3				线性无关.

（6）【答案】（C）.
		a1		a2
【解析】已知L , L 相交于一点，故向量		b	与	b	，即α , α	线性无关.
12		1		2	12
		c		c
		1		2

	a1		a2		a3 a2
且有	b		, b		, b		b	，即α , α	, α	α 线性相关.
		1		2		3	2	12	3	1
	c		c		c		c
		1		2		3	2

故α1 , α2 , α3 线性相关，则α3 可由α1 , α2 线性表示，且表示法唯一.

故应选（C）.

（7）设 A, B , C 为三个随机事件，且

P A P B P C 14 , P AB 0, P AC P BC 121 ,

则 A, B , C 恰有一个事件发生的概率为											（		）
（A）	3	.	（B）	2	.	（C）	1	.	（D）		5	.
（A）	4	.	（B）	3	.	（C）	2	.	（D）	12		.
	4			3			2			12

（7）【答案】（D）.

【解析】事件 A, B , C 中前有一个发生的概率可用至少一个发生的概率减去至少发

生两个的概率表示，即P ( ABC ABC ABC ) P ( A B C ) P ( AB AC BC),

P ( A B C ) P ( A) P ( B ) P (C ) P ( AB ) P ( AC ) P ( BC ) P ( ABC) ，因 P ( AB) 0 ，故P ( ABC) 0 ，从而

P ( A B C) 34 0 121 121 0 127 ,

P ( AB AC BC ) P ( AB ) P ( AC ) P ( BC ) P ( ABC ) P ( ABC ) P ( ABC ) P ( ABC)

0 121 121 0 16 ,

P ( ABC ABC ABC) 127 16 125 . 故应选（D）.

（8）设 X 1 , X 2 , , X100 为来自总体 X 的简单随机样本，其中P X 0 P X 1							1	,
（8）设 X 1 , X 2 , , X100 为来自总体 X 的简单随机样本，其中P X 0 P X 1								,
							2
		100							）
x 表示标准正态分布，则利用中心极限定理可得PXi				55 的近似值为（					）
		i 1

（A）11 .	（B） 1 .	（C）1	0.2	.	（D）	0.2				.

（8）【答案】（B）.
	100				100
【解析】由中心极限定理知， Xi 近似服从 N ( , 2 ) ，其中E ( Xi ) 50 ，
	i 1				i 1

1 1

2D ( i 1 Xi ) 100 2 2 25 ，故

				100
	100			Xi 50	55 50
				i 1	55 50
PX i		55	P	i 1		(1) .
PX i		55	P	5	5	(1) .
i 1				5	5

故应选（B）.

二、填空题

			1	1
9. lim					．
9. lim		x			．
x 0	e		1	ln(1 x)
x 0	e		1	ln(1 x)

（9）【答案】 1.

【解析】

lim

x 0

1 e x 1

lim

ln(1 x) e x

ln(1

1 ln(1 x)

x 0

1 x

lim

x 0

lim

x 2

x 0


		t	2	1,		d	2	y
			2				2
	x
10.	已知				则					．
						dx		2
								2
	y ln(t t2 1),								t 1
	y ln(t t2 1),								t 1

（10）【答案】 2 .

【解析】因为

d 2 y

dx 2

故	d 2 y		t2	1
故	dx 2	t 1	t	3
	dx 2		t	3

11. 设 y f ( x) 满足

0 f (x )dx

t 2

2 t2

t2 1

2 t 2 1

t2 1

d dy

dt dx

t2 1

t 1

f ( x ) af (x ) f (x ) 0 (a 0), f (0) m, f

．1t,

(0) n ，则

（11）【答案】am n .

【解析】由已知，得

f (x )dx f ( x ) af (x ) dx f (x ) af (x) .

0 0 0

a 0 a 2 时， 1,2a 4 a 2 i ，故


f x e				a	x									4		a			2	x C 2 sin			4		a		2
			2				C1 cos							4		a							4		a			x ,
			2				C1 cos									2									2			x ,
																2									2

												x
	x		a							a								4 a 2			x C2 sin					4 a2
			a															4 a 2								4 a2
f						e					2		C1 cos																x
f			2			e					2		C1 cos						2								2		x
			2																2								2


									a		x				4 a		2					4 a	2					4 a		2			4 a	2
		e						2							4 a				C sin			4 a		x				4 a			C cos		4 a		x ,
		e						2						2					C sin			2		x				2			C cos		2		x ,
														2					1			2						2				2	2
																			1													2

从而 lim

f ( x ) lim

f ( x) 0.

当a 2 时， 1,2 1 ，故

f x C1 C 2 x e x ,

xC1 C 2 x e x C2e x ,

从而

lim x f ( x )lim x ( x)0.

当a 2 时，

a2 4

，故

1,2

a a 2 4

a a2 4

f x C1e

C2e

a a 2 4

a a2 4

f x

a a 2 4

a a2

C2e

C1e

从而 lim

f ( x ) lim

f ( x) 0.

综上，

f ( x )d x

f ( x ) af ( x)

lim

( x ) af ( x )

f (0) af (0)

am n.

2 f

12. f ( x , y ) 0xy e xt2 dt ，则

．

x y

(1,1)

（12）【答案】4e .

【解析】因为

2 f

，又

e x xy 2 xxe x 3 y2 ,

x y

y x

从而

2 f

x y (1,1)

	a	0	1	1
	a	0	1	1
13. 行列式	0	a	1	1
	1	1	a	0
	1	1	0	a

（13）【答案】a 2 a2 4 .

【解析】

xex

d x

x 1

y 1

x 1

e x 3 x e x 3 3x2 x 1

4e.

．

a	01 1			a a 0			0	a 0		0	0
a	01 1			a a 0			0	a 0		0	0
0	a	1	1	0	a	1	1	0	a 1		1
1 1		a	0	1 1		a 0		1 2		a 0
1	1 0		a	0	0 a a			0	0	a a

a 2	a	0	a a 3 4a a 2 a2 4 .
0	a	a

			π			π		sin X ，则cov X , Y
（14）设 X 服从区间					,		上的均匀分布，Y								．
（14）设 X 服从区间					,		上的均匀分布，Y								．
			2			2
			2			2

（14）【答案】	2	.
（14）【答案】	π	.
	π
							1		,		π	x	π	,
								π	,			x	2	,
【解析】由题意 X								π		2			2
【解析】由题意 X				的概率密度为 f ( x)
										其他.
							0,			其他.

cov(X ,Y ) E( XY ) E( X )E(Y ),Y sin X , 而

E ( X ) 0,

E ( XY ) E ( X sin X ) 2π

x sin x

02 x sin xdx

02 xd cos x

x cos x|02 02 cos xdx

sin x|

故 cov( X , Y ) 2π 0 π2 .

三、解答题

（15）（本题满分 10 分）

求 f ( x , y ) x 3 8 y 3 xy 的极值.

（15）【解析】				因为 f 3 x 2 y , f 24 y 2 x,
x																		y
										2												x		1	,
										2												x			,
									3 x			y 0,							x 0,				6
		f x							3 x			y 0,					解得		x 0,				6
联立方程组						f			24 y				2	x	0,		解得			y	0,		1
						f			24 y					x	0,					y	0,		1
					y

y																							12			.
																							12
1								1
故驻点为 0, 0 ,							,				.
故驻点为 0, 0 ,							,				.
		6						12
在点 0, 0 处：
		A f xx 0, 0 0,														B f xy			0, 01, C fyy 0, 0 0,
AC B2	1 0 ，故 0, 0 不是极值点.
1			,		1
	在点									处：
	在点									处：

6				12
	A f				1	,	1				1 0, B f											1	,	1	1, C f								1	,	1	4,
	A f					,					1 0, B f												,		1, C f									,		4,
		xx																		xy										yy
					6 12																6 12											6 12
2											1					1
AC B	4 1 0 ，故												,					是极小值点，极小值为
AC B	4 1 0 ，故												,					是极小值点，极小值为
6														12
										1					1				1	3	1			3	1		1			1
								f				,																			.
								f				,													6		12			216	.
										6			12						6		12				6		12			216
（16）（本题满分 10 分）
计算I L			4x y														x y										2		2
									dx											dy ，其中L						为 x		y		2 ，方向为逆时针方向.
		4 x 2 y 2							dx							4x 2 y2				dy ，其中L						为 x		y		2 ，方向为逆时针方向.
（16）【解析】补曲线L : 4 x 2 y22 , 其中 0 为一个很小的数，使得4x 2 y2 2
1
在曲线L 的内部，方向顺时针，则

I L L1

4 x y

x y

d y L1

4x y

x y

d x

4 x 2 y 2

4x 2 y2

记P	4x y	, Q	x y	，因为
记P	4 x 2 y 2	, Q	4x 2 y2	，因为
	4 x 2 y 2		4x 2 y2

4 x 2 8 xy y

4 x 2 8xy y2

4 x 2 y 2 2

4x 2 y2 2

由格林公式知， L L1

4x y

x y

d x

d y 0.

4 x 2 y 2

4x 2 y2

又

4 x y x y L1 4 x 2 y 2 d x 4x 2 y2

从而I 0 π π.

d y 12 L1 4 x y dx x y dy

1		1			1 dxdy
	2	1			1 dxdy
	2
		D
		1
2		π		π.
2		π	2	π.
2			2

（17）（本题满分 10 分）

设数列 an 满足a1 1, ( n 1) an 1 ( n 12)an .

证明：当 x 1时，幂级数 an xn 收敛，并求其和函数.

n 1

an 1

（17）【证明】由

( n 1) a

n 1

( n

)a ，有

，从而

a n

n 1

			n	1
lim	an 1	lim	n	2	1
lim	a	lim	n 1		1
n	a	n	n 1
	n

故当 x 1时，幂级数 an xn 收敛.

当 x 1时，设S x an xn ，且a1 1, 则

n 1


S xnan x n 1 1nan xn 1
n 1	n 2

1 n 1 n 1 an 1 x n 1 n 1 ( n 2)an xn

1 n 1 na n x n2 n 1 a n xn

1 x n 1 na n x n 1 2 S x 1 xS x 12 S x ,

进而有 1 x S x 1				1	S x , 整理得
进而有 1 x S x 1				2	S x , 整理得
					S x	1	S x		1		，

						2 1 x		1 x

解之得S x C	1		2.


	1	x
	1	x
由题意知，S 0 0 ，故C 2 ，从而有S x									2			2.


									1	x
									1	x

（18）（本题满分 10 分）

为曲面 z x 2 y 2 1 x 2 y2 4 的下侧， f x 为连续函数，计算

2 x y d ydz yf

2 y x d z d x zf

z dx d y.

（18）【解析】因为曲面 z x 2 y 2 1 x 2 y2 4 的下侧，故由转换投影法知，

2 x y d yd z yf

2 y x d z d x zf

z dxdy

2 x y

f xy

d xd y

其中D x , y 1 x 2 y2 4 .

2 y x	z	zf	xy	z	dxdy
2 y x		zf	xy	z	dxdy

	y

			y
xy 2 y x
xy 2 y x
	x	2	y	2
	x		y

（19）（本题满分 10 分）

设 f x 在区间 0, 2 上具有一阶连续导数，且 f 0 f 2 0, M maxx0,2 f x .

证明：（Ⅰ）存在 0, 2 ，使得 f M ；

（Ⅱ）若对任意 x 0, 2 ， f x M ，则M 0 .

（19）【证明】（Ⅰ）因 f x 在 0, 2 上连续，故存在最大值M maxx0,2 f x .

若 M 0 ，则对0,2 ，都有 f0 ，命题成立.

若 M 0 ，因 f 0 f 2 0, 故存在 x0 0, 2 ，使得 f x0 M .

当 x0 0,1 ，由拉格朗日中值定理知，存在 1 0, x00,1 ，使得

f x0 f 0 f 1 x0 ,

则有

f 1

f x0

M .

当 x0 1, 2 ，由拉格朗日中值定理知，存在 2 x0 , 2 1, 2 ，使得

f 2 f x0 f 2 2 x0 ,

则有

f 2

M .

当 x0 1，由拉格朗日中值定理知，存在 3 0,1 ，使得

f 3 f 1 f 0 f 1 M .

综上，存在 0, 2 ，使得 f M .

（Ⅱ）假设M 0 ，因对任意 x 0, 2 ，有 f x M ，由（Ⅰ）知，

x0 0,1 或 x0 1, 2 时，存在0, 2 ，使得 fM ，矛盾，从而有

M 0 .

x0 1时，有 f 1 M ，则 f 1M ，不妨设 f 1 M .

构造函数 g x f x Mx, x 0,1 .

因为 g x f x M 0, 故 g x 单调不增. 又 g 0 0, g 1 0 ，从而

g x 0, x 0,1 ，即 f x Mx , x 0,1 .

构造函数h x f x Mx 2 M , x 1, 2 .

因为h x f x M 0 ，故h x 单调不减.

又h 1	M M 2 M 0, h 2	0 ，从而h x		0, x 1, 2	，即 f	x	Mx 2M .

综上，当 x0 1时， f x		Mx,	0 x 1,
综上，当 x0 1时， f x				x 2.
		Mx 2 M , 1		x 2.

因为

f 1 lim	f x f 1	lim	Mx M	M 0,
	x 1
x 1		x 1	x 1
f 1 lim	f x f 1	lim	Mx 2M M		M 0,
	x 1		x 1
x 1		x 1

故与 f x 在 x 1 处可导矛盾，从而当 x0 1时，有M 0 .

若 f 1M ，则可构造 g x f x Mx, h x f x Mx 2 M , 同理可证.

综上，若对任意 x 0, 2 ，	f x	M ，则M 0 .
综上，若对任意 x 0, 2 ，	f x	M ，则M 0 .
（20）（本题满分 11 分）
设二次型 f x1 , x2 x12 4 x1 x2		4x22	x	y
设二次型 f x1 , x2 x12 4 x1 x2		4x22	经正交变换 1	Q 1	化为二次型
			x2	y2

g y1 , y 2 ay12 4 y1 y 2 by22 , 其中a b .

（Ⅰ）求a , b 的值；
（Ⅱ）求正交矩阵Q .
	1		2
（20）【解析】	1		2
（20）【解析】	（Ⅰ）设二次型 f 的矩阵为 A ，则 A	2	4	.
		2	4

又 f 经正交变换 X QY 化成 g y1 , y 2 ay12 4 y1 y 2 by22 , 即

X QY	a		2
f X T AX = Y T Q T AQY Y T		2	b	Y .
		2	b
	14

a		2	a		2	，由于Q 为正交矩阵，故 A 与B 相似且合同，
因此Q T AQ =	2	b	. 记B =	2	b	，由于Q 为正交矩阵，故 A 与B 相似且合同，
	2	b		2	b

a b,

1 4

解得a 4, b

1或a 1, b 4.

故

即

ab 4

又a b ，故a 4, b 1.

，且 A 与B 相似. 又

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，B =

A E

2 5 ,

2 4

可知， A 与B 特征值均为 1 0, 2 5.

对于 1 0 ，解 A 0E x 0 ，得 A 的属于特征值 0

的特征向量α1

，

对于 2

5 ，解 A 5E x 0 ，得 A 的属于特征值 5

的特征向量α2

，


								α			1			2				α	2	1		1
α1 , α2 已经正交化，故直接单位化，得 β1								1							, β2										.

								α1			5		1					α2		5		2
故可取 P1 β1 , β2 ，则 P1 为正交矩阵，且有 P1									1 AP1			0
																.
																	5
对于 1 0 ，解 B 0E x 0 ，得B 的属于特征值 0																的特征向量α2							1
																							2			，

对于 2	5 ，解 B 5E x 0 ，得B 的属于特征值 5															的特征向量α1							2
																								，
																					1
故可取 P2 β2 , β1			，则 P2 为正交矩阵，且有 P2							1BP2		0
																.
																	5
则有 P 1 AP P 1BP ，因此 P P 1 AP P 1 B .
1	1	2	2	2	1	1	2
							15

				2		1		1	2			4	3
取Q = P P 1


		P P T			5	5		5		5		5	5 , 则
1	2	1	2	1		2	2		1		3		4
				1		2	2		1		3		4


					5	5		5
					5	5		5		5	5		5

Q T = P1 P2 T T P2 P1T ,

Q 1 = P1 P2 T 1 P2 T 1 P1 1 P2 P1T .

综上，有Q 为正交矩阵，且满足Q T AQ B .

（21）（本题满分 11 分）

设 A 为 2 阶矩阵， P = α , Aα ，其中α 是非零向量，且不是 A 的特征向量.

（Ⅰ）证明 P 为可逆矩阵；

（Ⅱ）若 A 2 α + Aα 6α 0 ，求 P 1 AP 并判断 A 是否相似于对角阵.

（21）【解析】（Ⅰ）若α 与 Aα 线性相关，则α 与 Aα 成比例，即有 Aα kα .

由于α 是非零向量，故根据特征值、特征向量的定义知，α 是 A 的属于特征值k 的特征向量. 与已知矛盾，故α 与 Aα 无关，从而 P 可逆.

（Ⅱ）由 A 2 α + Aα 6α 0 知， A 2 α = Aα 6α, 则

		AP = A α , Aα Aα , A 2 α Aα , Aα 6α
					0	6	0	6
				α , Aα			P	,
					1	1	1	1
0	6
记B	，则有 AP = PB, 得 P 1 AP B ，故 A 与B 相似.
1	1
因为	B E			6	2	632 ,


			1	1
			1	1
可知，B 的特征值为 1 3, 2					2.
故 A 的特征值也为 1 3, 2 2.

因此 A 可相似对角化.

22. （本题满分 11 分）

设随机变量 X 1 , X 2 , X3 相互独立，其中 X1 和 X 2 服从标准正态分布， X3 的概率分

布为P{ X 3 0} P{ X3 1} 12 ，Y X 3 X 1 (1 X 3 ) X 2 .

（Ⅰ）求二维随机变量（X 1 ,Y）的分布函数，结果用标准正态分布函数 x 表示；

（Ⅱ）证明随机变量Y 服从标准正态分布.

（22）【解析】

（Ⅰ）由

F ( x , y) P{ X1 x, Y y} P{ X1 x,[ X3 X1 (1 X3 ) X 2 ] y}

P{ X1 x,[ X3 X1 (1 X3 ) X 2 ] y, X3 0} P{ X1 x,[ X3 X1 (1 X3 ) X 2 ] y, X3 1}

P{ X1 x, X 2 y, X3 0} P{ X1 x, X1 y, X3 1}

又 X 1 , X 2 , X3 相互独立，故F ( x , y ) 12 ( x ) ( y ) 12 P{ X 1 x , X 1 y} .

故 x y 时，F ( x , y ) 12 ( x ) ( y ) 12 ( y ) 12 ( y ) ( x) 1 ；

故 x y 时，F ( x , y ) 12 ( x ) ( y ) 12 ( x ) 12 ( x ) ( y) 1 .

		1	( y )		( x ) 1 , x y,
			( y )		( x ) 1 , x y,
		2
综上，F ( x , y)		1
		1

		2	( x )	( y ) 1 , x y.
		2
（Ⅱ）由（Ⅰ）有，
F ( y ) lim F ( x , y) lim						1	( x ) ( y )	1	( y )		1	( y )	1	( y )( y),
F ( y ) lim F ( x , y) lim							( x ) ( y )		( y )			( y )		( y )( y),
Y	x				x		2			2		2
					2		2			2		2