2020考研数学一真题及答案-2020数学原题

1、2020考研数学一真题及答案一、选择题(1)当x0时，下列无穷小量最高阶是dt90sinxsint2dt.(D)01cossintdtx2.2exlim1limx21x0 x3+3x20+x23的3阶无穷小；ln1x3limx32,0+53435x2x222因为0s1nxsint2sinsinx2sin2limdtlimcosxlimxlim(A)0*xe1dt.(B)0 xIn13故x0时，0 xln141t3dt是x的52阶无穷小;x0+时,x3sin0 x0 xsintx0 x3x20+2dt是x的3阶无穷小;2x3x2又dt因为lim01cosxsintd2t0,ttd1cos0lim

2、1cosxt1t2cosx时,1cos0综上,故应选(D)(2)设函数f(A)limsin1cosx2sinx1cosxsinxxVsint2dt是x的4x0时，无穷小量中最高阶的是在区间1,1内有定义,limfx0且xlim0+0时,x=可导.(B)当0时，fxlimfx可导.sin1cos2x1,1cos2x阶无穷小;1cosx00,则Jsint2dt.0 x2(C)当fx在x0日寸,lim(D)当fx在x0日寸，lim处可导色0.x0 x2（2）【答案】（C）【解析】对于选项（A）:取fxx，满足已知，但fx在x0处不可导，排除（A）.x,对于选项（B）:fx0,对于选项（C）:当f处连

3、续，故x0,满足已知， 但fx在x0处不可导， 排除 （B） .x0,x在x0处可导时，fx在xf0 x0,limf0lim0则fflimx_lim_x_xx00fx且f0存在，不妨设ff00 x0.同理可排除L（D）.xflimA,x0 x故应选（C）（3）设函数fx在处可微，f0,0处可导fx0.n垂直，则x,x,ny,fyli(A)m2x2x,y0,0yx,x,ny,fyxy0,00存在.(B)lim2-xx2y,0,0yx,x,dy,fy(C)lim2-xx2y,0,0yx,x,dy,fy0存在.(D)lim02-xy0,0y2(3)【答案】(A).存在.【解析】因fx在点0,0处可微

4、，且f0,00,故2x2y则limlim0,故应选(A).2xx,y0,Q2y2yb；0y2(4)设R为哥级数anxn的收敛半径，r是实数，则又1(A)anrn发散时，rR.n1(B)anrn发散r|R.n1fx,yf0,丫2fff因为n,11xy0,0nx,y,fx,yf0fx0,0 xfx0,0,fy0,0,故0,0 xfy0,0yy2，y0,0yTxfx,yTx2R时，anrn发(C)|r|散,R时，anrn发(D)|r|散.n1(4)【答案】(A).【解析】若anrn发散，R否则R，由阿贝尔定理知，a贝UM若|r|nrnn1n1绝对收敛，矛盾.故应选(A).(5)若矩阵A经过初等列变换

5、化成B,则()(A)存在矩阵P,使得PAB.(B)存在矩阵P,使得BPA.(C)存在矩阵P,使得PBA.(D)方程组Ax0与Bx0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AQB,得BQ1A.取PQ1,则存在矩阵P,使得BPA.故应选(B).xayz(6)已知直线一旦-cL:1abca点，法向量,i1,2,b3.则xyz与直线且上士相交于L:一2a2bC2(A)表下.(9表下.可由2,%3线性(B)%2可由1,可由1,%2线性(D)%1,%3关.(6)【答案】(C).aia2【解析】已知L,L相交于一点,故向量12DCa线性无

6、关.12aia2a3a2，即%线性相示法唯故应选(C).则A,B,C的概率为(A)DC12DC3线性相关，则3可由为三个随机事件，且PBPC14,PAB0,PAC恰有一个事件发生(B)【答案】(D)PBC121(C)(D)12【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(ABCABCABC)P(ABC)P(AB一AC-BC),5P(ABC)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(ABC)3401211210127,P(ABACBC)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC)

7、P(ABC)P(ABC)P(ABC)0121121016,(8)设X1,X2,X100为来自总体X的简单随机样本，其1中PX0PX1,2100法本标准正态分布，则利用中心极限定理可善55(的近似值)i10.0.(A)11.(B)1.(C)12.(D)2.(8)【答案】(B).100【解析】由中心极限定理知，Xi近似服从N(E(Xi)50,i1112D(Xj)10025,故10P(ABCABCABC)12716125,故应选(D).1002),其中i101055PXi55P(1).i155故应选(B).二、填空题119.limx.xeln(101x)(9)【答案】1.【解析】lim一x01 ex

8、1ln(1x)1ex1ln(limx1x)0e1ln(1x)12x22xxx1x22lim0 x2x2x2lim1.t21,d2y10.已知y),ln(ttdx(10)【答案】卜2.【解析】因为dydxdxd2y故dx2t2111.设yf(x)满足f(x)dxdydt2tdx112t221dtddy2t21ddydtt21(0)n(11)【答案】amn.【解析】由已知，得(x)a0a2时，草4/42-,故fxax2xC22e2Ccos4asin4ax,dxdxdtdxdxdxdt_tt71af(x)f(x)0(a0),f(0)m,ff(x)dxaf(x)dxf(x)af4a2C2cosxC2s

9、inax42a-CsinCcos42ax,2从而limxf(x)limf(x)0.从而时,1,2xC12xe,xC2elimxf(x)limx(x)0.bexGeaa4x从而f(x)f(x)limlim0.xx综上，f(x)af(x)aff(x)dx(x)limf(x)00 x2r12.f(x,y)0 xye_Lxt2dt,贝U(1.,1xy)(12)【答案】4e.2f2ff_【解析】因为，又exxy2xxex3y2从而a013.行胡式0a1111(13)【答案】a2a24.a44fXGe22ce22f(0)af(0)amn.1111a00aaa000a11a1100aa0000a11a120

10、a00a11aa34aa2a2a0a24.0aa_2(14)【答案】【解析】 由题意X(%既率密度为fxxedxe4e.xyy1x3xedx3x(14)设X限梅sinX,则covXY其他.a0110a1111a0110acov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y),YsinX,E(X)0,E(XY)E(XsinX)xsindx；xsinx兀兀xdx2兀兀兀2-2.一xcosx|0202xdcosxcosxdx兀兀7t2sin02一x|2一.兀兀9故cov(X,Y)0.三、解答题(15)(本题满分10分)求f(x,y)x38y3xy的极值.因为f3x2y,f(15)【解析】24y2x,xy2xIf

11、x3xy0,解x0,6联立方程组20骞0f24yx,y,1y的驻点为0,一612在点0,0处：Afxx0,0Bf0,01,Cfyy0,00,xy0,210，故0,0不是极ACB2值点.11在点，处:612AfJ110,Bx612211f,1,Cfxy6121J612ACB410，故，是极小他p极小612111313111f,612612(16)(本题满分104xxyy612216,2,2计算I4x”dy,其中为LydxyLxy(16)【解析】补曲线L:4x2y22,其中使得4x2y221在曲线L的内部，方向顺时针，则2,方向为逆时针方向.0为一个很小的数,ILL14xy记P4x22y由格林公式

12、知,LL1从而dy12L1L14xy4x22dxydy2D124x2为2y4x28xyy4xyydxxydy1dxdy4x22y8xy2y4x2y220.4x2y2(17)(本题满分10分)lim故当x1时，哥级数anxn收敛.当x1时，设Sxanxn,且a11,则n111n11nanxn211n1nanxn2n1an1设数列an满足ai1,(n1)ani(n12)an证明：当x1时,1募级数anx收敛,并求其和函数.(17)【证明】由(n1)alimS Sn1xnaxn1(n2)anxnxn进而有ixSxISx,整理12得211SxxSxx解之得Sx-=C2.1xxfxy2xyyfxyDxx

13、xxfy2xyyf由题意知，S00而有Sx，故C2，从(18)(本题满分10分)为曲面zUx2y21x2y函数，计算2.1x4的下侧,为连续2xydydzIxfxyyf(18)【解析】因故由转换投影法知，2yxyzfzdxdxyy.为曲面z_.x2y21x2y24的下侧,2xydydz1xfxyyf2yxdzdxxyzfxyzdxdy在0,2上连续，故存在最大值Mmaxx0,2若M0,则对0,2,都有f0,命题成立.若M0,因f0f20,故存在x0,2,使得fx0M.当x。0,1,由拉格朗日中值定理知，存在10,x00,1,使得fx0f0f1x0,dxdyxyx2dxdyy2rdr14i2r兀

14、D其中Dx,y1x2y24.xzfxyzdxdyxy2yx12（19）（本题满分10分）在区间0,2上具有一阶连续导数，且f0maxo,2fxf20,证明：（I）存在0,2,使得fM;（n）若对任意x0,2,fxM，则M0.（19）【证明】（I）因fxfx.兑X0当X01,2，由拉格朗日中值定理知，存在2X0,21,2,使得f2fx0f22x0,fX0M则f-有2IM.2x02x0当X01,由拉格朗日中值定理知，存在30,1,使得f3f1f0f1M.综上，存在0,2，使得fM.(II)假设M0,因对任意X0,2，有fXM,由(I)知，X00,1或X01,2时，存在0,2,使得fM,矛盾,从而有

15、M0.X01时，有f1M，则f1M，不妨设f1M.构造函数gXfXMX,X0,1.13因为gxfxM0,故gx单调不增.又g00,g10,从而gx0,x0,1，即fxMx,x0,1.构造函数hxfxMx2M,x1,2.0,x1,M0,h20,从而hx20 x综上，当x01时，Mx,1,fxMx2M,1x2.因为fxff11MxMlimlimM0,x1x1x1x1fxff11Mx2MMlimlimM0,x1x1x1x1故与fx在x1处可导矛盾，从而当x01时，有M0.若f1M,则可构造gxfxMx,hxfxMx2M，同理可证.(I)求a,b的值;(II)求正交矩阵Q.12(20)【解析】A!/次

16、型f的矩阵为24又f经正交变换XQY化成gy1,y2by22,即又h1MM2综上，若对任意x0,2,(20)(本题满分M，则M0.11分)设二次型fx1,x2x4x1x2gy1,y2ay；4y1y兀经正交变换xx2y22by22,其中ab.14a23a2,由于Q为正交矩阵，故A与B相因此QTAQ=.记B=似且合同，14ab,解得a1或a1,b即4,b4.ab40,又ab，故a4,b1.42,且A与B相（n）由（i）知，B=似.又AE1225,24可知，A与B特征值均为10,25.trAtrB故对于10，解A0Ex0属于特征值0，得A的的特征向里a1对于5,解A5Ex0，得A的属于特的特征向2征

17、值5量2%12单位化,2已等半父化，故直接1aTAXY=Y2Y.D5对于i0，解B0Ex0，得B的属的特征向1于特征值0量22,对于5,解B5Ex0，得B的属于特的特征向2征值5量1,则P2为正交矩阵，且01有P21BR则有P1APP1BP,因此,PP1APPB.1122211215211取Q=PP1PPT5551212122555555QT=P1P2TTF2P1T,Q1=P1P2T1RT1P11P2P1T.综上，有Q为正交矩阵，且满足QTAQB.(21)(本题满分11分)故可取Pl交矩阵，且有Pl则Pl为正01AP故可取P2B2,B1设A为2阶矩阵，P=%,A%，其中是非零向量，且不是A的特

18、征向量.(I)证明P为可逆矩阵;(H)若A2%+A%6%0,求P1AP并判断A是否相似于对角阵.(21)【解析】(I)若|与A%线性相关，则与A%|成比例,即有A%ka.由于是非零向量，故根据特征值、特征向量的定义知，口是A的属于特征值k的特征向量.与已知矛盾，故与A%无关，从而P可逆.AP=Aa,AaA%,A2%A,Aa6a0606a,AaP，iiii记B0，则6AP=PB,得P1APB，故加州B11可知，B的特征值为13,22.&A的特征值也为13,22.因此A可相似对角化.22.(本题满分11分)设随机变量X1,X2,X3相互独立，其中X1和X2服从标准正态分布，X3的概率分布为PX30PX3112,YX3X1(1X3)X2.(H)由A%+Aa6a0知，A2%=A%6%,则因为BE62632,(I)求二维随机变量(X1,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】F(x