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文档简介
2020上海考研数学一真题及答案一、选择题:1~8432分.下列每题给出的四个选项中,只有一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.x0时,下列无穷小阶数最高的是0xet2dt00xn1+t3dt0sinxsint01cosx0
sin3tdtx0设函数f(x)在区间(-1,1)内有定义,且limf(x)0,x0当x0当limx0
f(x)0,f(x)在x0处可导.|x|x2f(x)0,f(x)在x0处可导x2f(x)x0x0f(x)x0x0
f(x)0.|x|x2f(x)x2答案:B解析:lim
f(x)0
f(x)0
f(x)0,
f(x)0x0
x0
|x
x0
x0xx2limf(x)0,limf(x)0x2x0 x
x0lim
f(x)f(0)lim
f(x)0
f(0)x0
x0
x0 xf(x)在x0处可导选B
A.limA.(x,y)(0,0)lim(x,y)(0,0)lim(x,y)(0,0)D.limD.(x,y)(0,0)
|n(x,y,f(x,y))|0存在x2y2x2y2|n(xy,fx2y2x2y2x2y2|d(x,y,f(x,yx2y2x2y2|d(x,y,f(x,x2y2答案:A解析:f(x,y)在(0,0)处可微.f(0,0)=0x2x2y2x0y0
f(x,y)f(0,0)fx(0,0)xfy(0,0)y0x2x2y2x0y0
f(x,y)fx(0,0)xfy(0,0)y0nx,y,f(x,y)x2y2nx,y,f(x,y)nx,y,f(x,y)x2y2 lim(x,y)(0,0)0存在选A.4.设4.设R为幂级数ar的收敛半径,r是实数,则( nnn1A.A.ar发散时,|rnnn1BBar发散时,|rnnn1C.|C.|rRarnnn1D.|D.|rRarnnn1答案:A解析:∵R∵R为幂级数ax的收敛半径nnn1ax在(RR内必收敛nnn1ar发散时,|rRnnn1∴选A.若矩阵A经初等列变换化成B,则( )PPBP=APPB=AAx=0Bx=0同解答案:B解析:A经初等列变换化成B.存在可逆矩阵P1使得AP1B1 ABP1令PP1 ABP.选B.2L:xa2y2c2L:xa3y2c321ai
a2 c2ab,i23.则i iia2线性表示a2a3线性表示a2线性表示a2a3线性无关答案:C解析:Lxa2=y
zc2t1x
a2 即有y
t
=t
2 1 2 1z c c 2 1x a2由L的方程得ybtb=t2 3 2 3 2z c c 3 2由直线1与2t使2132即311t2,3可由12.A,B,CPAP(B)P(C)1PAB04P(AC)P(BC)1123A.42B.31C.2
,则A,B,C中恰有一个事件发生的概率为5D.12答案:D解析:P(ABC)P(ABUC)P(A)P[A(BUC)]P(A)P(ABAC)P(A)P(AB)P(AC)P(ABC)101014 12 6P(BAC)P(BAUC)P(B)P[B(AUC)]P(B)P(BA)P(BC)P(ABC)101014 12 6P(CBA)P(CBUA)P(C)P[CU(BUA)]P(C)P(CB)P(CA)P(ABC)111014 12 12 12P(ABCABCABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)11156 6 12 12选择DX1X
X
XPX0)PX1(x)表2100 PXi55的近似值为i1 A.1(1)B.(1)C.1(2)D.(2)8.答案:B
EX1,DX12 4100 100 EXi
DXi
25i1 i1 100由中心极限定理 Xi~N(50,25)i1100 100
Xi55 5550∴PXi
55Pi1 5 5
(1)i1
故选择B二、填空题:9—14小题,每小题2分,共24分。请将解答写在答题纸指定位置上. 9.lim 1 1 x0ex1 ln(1x)解析: lim 1 1 x0ex1 ln(1
ln(1x)ex1xx0(e
1)ln(1x)x0
x)ex1x21 exlim1x x0 2x1t2t2设
d2y,则 2ynt解析:
t21) dxdy 1 1 t dy tt21 t21 1dt t21dx dxt21dtdy2
dyddtd
ddyt21dtt21dt2 dt t 3dx2dy2dy2dx2
dx22t1
dx t tt2t21
f(x)满足
f(xaf(xf(x)0(a0f(0)m,f(0)nf(x)dx0解析:特征方程为2101,20
特征根为1,2
,则12a121,特征根 f(x)dx[f(x)af(x 0 00[f(x)af(x)]|0nam2f2fxy设函数f(x,y)edt,则 0解析:
(1,1)fex(y)2xex3y2yf2 f yex3y3x3y2ex3y2xy x2f2fxy(1,1)a 0 1 10行列式
a 1 1 1 a 01 1 0 a解析:a 0
1 1
a 0 1 10 a 1 0 a 1 1 1 a 0 1 1 a 01 1 0
0 0 a a0 a a2 1
a 1a2 10 a 1
1 11 1 a
0 a a0 0 a aa a22 1a 2 1a44a2.0 0 aX服从区间,YsinX,则CovX,Y 22 解析:1 解f(x)0
x2 2其他cov(X,Y)EXYEXEYE(XsinX)EXE(sinX) 1 1 12xsinx dx2xdx22xsinx dx2xdx2sin
2 2 21022xsinxdx00202(x)dcosx02 xcosx22cos 0 0 20sinx22 0 三、解答题:15~23小题,共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(本题满分10分)求函数f(x,y)x38y3xy的最大值解析:求一阶导可得f3x2yxf24y2xyf0
x1x令f
x0 6y0 10 y求二阶导可得
y 122x2
6x
2fx2
2y2
48y当x0,y0时.A0.B1.C0ACB20故不是极值.当x1y1时6 12A1.B1.C4. ACB20.A10故
1是极小值点11 1
61213 1 1极小值f ,
8
6 612 6 1216.(本题满分10分)
12 216I解析:
4xyL4x2y2
dxxy4x2y
dy,其中L是x2y22,方向为逆时针方向P
4xy4x2y2
,Q
xy4x2y2QP4x2y28xy则x y
(4x2y2)2取路径L:4x2y22,方向为顺时针方向.则 4x
dx
xy dyL4x2y2
4x2y2 4xyL4x2y2
dx
xy4x2y2
dy
4xyL4x2y2
dx
xy dy4x2y2 Q
(4xy)dx(xy)dy22Dx y 2 1 1(1)dxdy2 D
2.2.17.(10分)
1
axn设数列{ann1)an1n
an,证明:当|x1
nn1
收敛,并求其和函数.证明:由(n1)a
n1a,a1知a0n1 2n 1 n n1则an121,即an1anan n1n n 故{a}单调递减且0a1,故axnxnn n n当|x1xn绝对收敛,故axn收敛.nn1 n1S(x)
n axn
naxn
(n1)a xn n n1
n1
n nn0
(nxnn1 1 n2 1 n 2 n1 n 11naxn 1
axnnnnn1
2n11xnaxn11S(x)nnn1 21xS(x)1S(x)2则(1x)S(x1S(x)1S(x
1 S(x) 121x解得S(x) 1 2 c1x
2(1x) 1x1xS(0)0故c2S(x)
21x
2.x2y2x2y2设为曲面Z
x2y24
f(x)
I[xf(xy)2xyy]dydz[yf(xy)2yx]dzdx[zf(xy)z]dxdy解析:x2x2y2x2y2x2y2yz 则zx2y2x2y2y2 x2y2 x2y2
x ,cos1 y ,cos1x2y2x2y2于是I1
x y 2[xf(xy)2xyy]22x2yxy2y2xy
[yf(xy)2yx]x2x2y2x2y22 2
[zf(xy)z]dS
x
dxdyx2yx2y2Dxy 4
2y2 2 2
dxdyx2y2x2y2xy 22r2sin2
2 42
rdr2dr2dr0 1 r
0 1 42770. 43 23 x(0,2)19.设函数f(x)在区间[0,2]上具有连续导数,f(0)f(2)0,Mmax{|f(x(0,2)证明(1)存在(0,2),使得|f()|M(2)x(02),|f(xMM0.191由Mx{|f(x)|,x[,2]知存在c[,2],使|f(c)M,若c[0,1],由拉格朗日中值定理得至少存在一点(0c,使f()
f(c)f(0)
f(c)c c从而|f()||f(c)|MMc c若c(1,2],同理存在(c,2)使f()
f(2)f(c)f(c)2c从而|f()||f(c)|2c
2cM M2c综上,存在(0,2),使|f()|M.(2)若M0,则c0,2.由f(0)f(2)0及罗尔定理知,存在(0,2),使f()0,当(0,c]时,f(c)f(0)cf(x)dx0Mf(c)f(c)f(0)c|f(x)|dxMc,0又f(2)f(c)2f(x)dxcMf(c)f(2)f(c)2|f(x)|dxM(2c)c2MMcM(2c2M矛盾.故M0.
f(x,x)x24xx4x2
Q
化为二次型1 2 1 12
x ygyy)ay24yyby2ab.
2 21 2 1 12 2ab的值.求正交矩阵Q.解析:(1)设A=1 -2,
B=a 2-2 4 2 b 由题意可知QTAQQ1AQB.∴A合同、相似于B∴14ab ab ab4∴a4. b12(2)|A|
252 4∴A的特征值为0,5当0时,解(0EA)x0.得基础解为211 12当5时,解(5EA)x0得基础解为12B0,5
2 当0时,解(0EB)x0得121 2 当5时,解(5EB)x0得2对12单位化
2 1112 1 5 51 1 2 2 |1|
1
|2|
255令11,2],22,1]则QTAQ0 0QTBQ0 1 1 0 21 1故QQTAQQT21 1可令12QQQT122 1
25 5
5 5 1 22 15 5
5 54 35 5 3 45 5A2P,其中A的特征向量.P为可逆矩阵A20P1APA是否相似于对角矩阵.解析:(1)0且A.故与A线性无关.则r(,A)2则P可逆.APA2x)0 61 1 故P1AP0 6.1 1 (2)由A2A60设A2A6E)0A3EA2E)0由0得(A2A6E)x0有非零解故|(A3E)(A2E)|0得|A3E|0或|A2E|0若|(A3E)|0则有(A2E)0,故A2,与题意矛盾故|A3E|0,同理可得|A2E|0.A1322.A有2个不同特征值,故A可相似对角化X1,X2,X3X1X2均服从标准正态分布,X3的概率分布为P{X
0}P{X1}1,YXX
(1X)X.3 3 2
31 3 2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.Y服从标准正态分布.解析:(1)F(x,y)P{X1x,Yy}P{X1x,X3(X1X2)X2y,X30}P{X1x,X3(X1X2)X2y,X31}P{X1x,X2y,X30}P{X1x,X1y,X31}xy,
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