2020上海考研数学一真题及答案

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,