2020年考研数学一真题及解析

1、2020年考研数学（一）真题一、选择题：18小题，每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有 个选项是符合题目要求的，请将选项前的字母填在答题纸指定位置上。1. X 0时，下列无穷小量中最高阶是（）.x t2A. e01dtB.；ln(1*)dtsin xC.0.2 .sint dtD.1 cosx&. sint dt0 x 2x 2(et 1)dt(et 1)dt1【解析】(A) lim z limz ，可知xx 0+x3x 0+3x23x t20 , 0 (e 1)dt x3, 3(B) lim+x 0 x2lim 1n(1 * ) 2,可知 xln(1 )dt2x攵，xx 0+

2、2 1505x25sin x 2sint dt(C) lim+-3x 0 x2sin(sin x) cosx cosx lim2 lim x 0+3x2x 0+ 3sin x 2sint dt0cosxsin t3dt(D) limx 0lim、,sin3(1 cosx) sin x5x4.(1 cosx)3sin x 1-r-广，可知5xM21 cosx 0 sintdt=x ,10.22.设函数f x在区间1,1内有定义，且1xm0fx 0，则（）f xxB.当 0 x2C.当f x在x一 . f x _0处可导时，lim-4x 0.D.当fx在x 0处可导时，g0.【解析】当f（x）在x

3、 0处可导时，由f（0）f (0) limx 0f(x) f(0)lim工型，也即x 0 x从而f x limx0 |x0,故选Cn垂直,A.C.f x, y在点0,0处可微，flimx,y 0,0limx,y 0,0【解析】函数 f(x,y)limx 0 y 0limx 0y 00,00,f,10,0非零向量d与n x, y, f x, y0存在.B.limx,y 0,0n x, y, f x, yx2 y20存在.d x, y, f x,y0存在.D.limx,y 0,0 x,y, f x, y0.f x,y在点0,0处可微，f0,00,f (0,0) fx (0,0)x fy(0,0)y

4、x2y2f(x,y) fx (0,0)x fy(0,0)y由于nx, y, f x,y = fx(0,0)x fy(0,0)y f(x,y),所以limx,y 0,0n x, y,f x,y0存在4.设R为哥级数nnanr的收敛半径,r是实数，则（）A.nanrn发散时,1R.B.n 1anrn发散时,R.C. rR时，nanrn发散.1D. rR时，anrn发散.n 1【解析】R为anrn的收敛半径，所以anrn在（R, R）必收敛，所以anrn发散时,R.故选A5.若矩阵A经初等列变换化成 B ,则(A.存在矩阵P ,使得PA B.C存在矢I阵P,使得PB A.【答案】B)B.存在矩阵P

5、,D.方程组Ax使得BP0与BxA.0同解.【解析】A经过初等列变换化成B ,存在可逆矩阵 Pi使彳导APiB,令PP,得出A BP,故选B6.已知直线L1 :x a2a1y b2b12C2Ci与直线L2 : xa3a2b32b2c3相交于C2ai一点，法向量 i b i i1,2,3.A. a1可由a2,a3线性表示.B. a2可由ai,a3线性表示.C.a3可由ai,a2线性表示.【解析】令L1 :x a2a1y b2biC2C1t,即有 ya2b2a1bi = 2+t 1由L2方程得7.设 A, B,P AC P BCA. 3.4【答案】P(A)c2a30a2b2C2(1C为三个随机事件

6、,，则 A , B , 122 B.3P(ABC)P(ABUC)P(AB)3+tt) 22,两条线相交,3,故选C2+t13 +t 2C中恰有一个事件发生的概率为1c.25D. 一12P(A) P(A(BUC)八八 11P(AC) P(ABC) -00P(BAC) P(BAUC) P(B) P(B(AUC) TOC o 1-5 h z 八八 111P(B) P(AB) P(BC) P(ABC) - 0 0 -P(CAB) p(caUb) p(B) p(C(aub) 八一八八1111P(C) P(CB) P(CA) P(ABC)04 12 1212所以 P(ABC) P(ABC) P(ABC)1

7、1156 6 12 12A. 11 .B.1【答案】B ，口1一【解析】由题意 EX , DX2100所以P Xi i 1100Xi55 =P J - , 255055_502518.设X1,X2, ,Xn为来自总体X的简单随机样本，其中 P X 0 P X 1,2100 x表示标准正态分布函数，则利用中心极限定理可得PXi 55的近似值为i 1C.10,2 . D. 0,2 .1100一,根据中心极限定理Xi N (50,25),4i 19. limX 0、填空题：914小题，每小题2分，共24分.请将解答写在答题纸指定位置上1ln 1 x解析】lim x 0 e 1 ln 1 xln 1

8、x e* x 1 lim x 0 (ex 1)ln 1 Xlxm0ln 1 xex12xxlim 一X 01 21 X X22Xln 1 xe110.设 yIn t t2丁则需【答案】、.21【解析】dy亚1 TOC o 1-5 h z dx dx dt_t t、.t21d dy d ad2ydx dt dt 1 . t2 1 _ t2 12?=3dx dx dt dx t tt得空|t1近dx11.若函数f x满足f x af xf x 0a 0,且 f0 m, f 0 n,则0 f(x)dx .【答案】n am2._【解析】特征万程a 1 0,则12a, 12 1,所以两个特征根都是负的。

9、f (x)dx f (x) af (x) dxf (x) af (x) 0 n am12.设函数x, yxy xt2e dt2f1,1【答案】4e/、2x(xy)ex,2fx(xy)2 eC 3 x3y23x e、,3、,2e2f1,1 4ea013.行列式 1 TOC o 1-5 h z 011a 111 a010a【答案】a4 4a20 a 11a00112002 2 a2 TOC o 1-5 h z a 0110a1111a0110 a110 a0a1111a0a 011110 a0 a 110 0a a20 a 1 1 a2 TOC o 1-5 h z 110 aa (a) (4 a2

10、) a4 4a20 a 11=a0 0110 02 2 a214.设X顺从区间Y sinX,则 CovX,Y1 X 【解析】f (x)220 其他Cov X,Y EXYEXEY =-xsinxdxgw4xdx-xsinxdx.解答写出文字说明、三、解答题：152 3小题，共94分.请将解答写在答题纸指定位置上证明过程或演算步骤15.（本题满分10分）求函数f x, yx3 8y3 xy的极值.216-3x2 y 0 x 1【解析】令x得出x 0或624y2 x 0 y 0 y y122f2f6x A,xx y2fB,y48y C当 x 0,y 0 时，AC B2 0, y 时, 6121,B1

11、,C 4, AC B2 01 1所以f(!,)6 -12121616.（本题满分10分)计算曲线积分I4xL4x4dx yx y 4x2dy ,其中L是x2y2 2 ,方向为逆时针方向.【答案】4x4x2,Qx4x2224x y8xy取逆时针方向L1 4x2(4x2、2 y )I 上L4x2y2dx yX4x24xLi 4x24 dx yx4x2dyy4x y22dxLi 4x yx4x2-dy y4x yL1 4x2dxx y24x y,1 ，Ady = - L(4xy)dx(xy)dydxdyD2217.（本题满分10分）设数列an满足a11,1 an+1an,证明：当1时哥级数anx1n

12、a敛，并求其和函数.【解析】根据n 1 an+11an 1 n 1一an=lim2n 1annlimn,一，1所以收敛半径为R -=1所以当1时哥级数n anX1收敛。令 s(x)anX n 1n,s(x)n 1nanx(n 1)an 1 xnn nanXn 1nanxi 0n 11-s(x)(n 1)an1niX1 n(n 二)anx211 ,、 . .所以 s(x) 1 xs(x) s(x)整理为(1 x)s(x) -s(x) 1,即 22s(x)2(1 x)s(x),解得s(x)(1 x)，根据s(0) 2 ,得出,1 xs(x)18.(本题满分10分)为由面Z的下侧,f x是连续函数，

13、计算xf xy 2x y dydzyf xy2ydzdxzfxydxdy.入 14【答案】二 3【解析】Zxx,Zx2y2x2DxyDxyDxyxfxfxyxy2x2xxydydz(Zx)yfyfxyxy2y2y一 x2 y2 f xydzdx(Zy),x2zfzfxyxy2y dxdydxdydxdy,x2 y2dxdyr 2dr1419.(本题满分10分)设函数f x在区间0,2上具有连续导数,f 20,max f x , x 0,2证明：(1)存在0,2 ,使得f;(2)若对任意的x则M 0.max f x x 0,2，假设f (c) Mf(c)若c 0,1,则在0,c使用拉格朗日，得f

14、 () fCf)若c 1,2,则在c,2使用拉格朗日,f(2) f(c)f(c)2 c综上所述，存在0,2，使得f(c)f(0)(x)dxcMdx Mc0f(2) f(c)(x)dx(x) dx MdxM (2 c)则 2M McM(2 c)2M假设不成立，所以0.20.（本题满分11分)设二次型f Xi,X22x1 4x1x24x2经正交变换xix2y1Q ,1化为二次型Y2g yi,y2-2ay14 y1 y2by2,其中b.b的值；（2）求正交矩阵Q.(1) fxT Ax ,其中A2，经过正交变换4f (Qy)T A(Qy) yT(QTAQ)yyT By淇中B所以A,B相似且合同，故tr

15、（A）|A|B|tr(B),得出1 .(2)设 P AP_ 1 11,P2 BP2，则(PP2 )A(PP2 )B,所以Q PP2110,2(0EA)(5EA)P1(0E B)12(5E B)2 412,2, ，故 2，故 P2故 Q PP221.(本题满分11分)设A为2阶矩阵，P ,A ，其中 是非零向量且不是 A的特征向量.(1)证明P为可逆矩阵；(2)若a2 A 60 ,求P 1AP,并判断A是否相似于对角矩阵.【解析】(1)是非零向量且不是 A的特征向量.，则Ak ，所以A 与 线性无关,所以r(P) 2,即P为可逆矩阵。. 2,.2一一一.一一(2)由AA60,即(AA 6E)0,

16、是非零向量，所以(A2 A 6E)x 0有非零解，故 A2 A 6E 0,即(A 3E)(A 2E)0得(A 3E) 0或(A 2E) 0,若(A 3E) 0 ,则有(A 2E)0,得出 A 2与题意矛盾，故 A 3E0,同理可得 A 2E 0,特征值为3,2,所以可以对角化。22.(本题满分11分)设随机变量X1,X2,X3相互独立，其中X1与*2均服从标准正态分布，X3的概率分布、，1为 P X3 0 P X3 1 一，Y X3X1 1 X3X2.2(1)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(2)证明随机变量 Y服从标准正态分布.1-(x)1(y), x y【答案】2

17、1 (y)1(x), x y2 TOC o 1-5 h z 【解析】F(x,y)PX1x,YyP“ x,XaX11 X3 X2yP X3 0 PX1x, X3X11 X3X2y|X3 0 PX31 PX1x,X3X11X3X2y|X31111-PXx,X2 y-PX1x,X1y- (x)(y) - (min(x,y)2221-(x)1(y), x y21-(y)1(x), x y2 Fy(Y)PY yPX3Xi1 X3 X2 y TOC o 1-5 h z PX30PX3Xi1X3X2yX30 PX31PX3Xi1 X3 X2 yX311 ,、1 ,、112PX2y2PX1y2(y) -(y)(y)23.(本题满分11分)设某种元件的使用寿命 T的分布函数为_t mF t 1 e , t 0,0, 其他.其中，m为参数且大于零.(1)求概率 PT t 与 PT S tT S,其中 S 0,t 0.(2)任取n个这种元件做寿命试验，测得它们