2020年全国大学高数考试试题解析

2020年全国大学高等数学考试试题

一、填空题(本题共6小题,每小题4分,满分24分.把答案填在题中横线上)

x2

(1)曲线y的斜渐近线方程为_____________.

2x1

1

(2)微分方程xy2yxlnx满足y(1)的解为____________.

9

x2y2z21u

(3)设函数u(x,y,z)1,单位向量n{1,1,1},则

612183n(1,2,3)

=.________.

d2ydy

(4)欧拉方程x24x2y0(x0)的通解为__________.

dx2dx

210

A120ABA*2BA*EA*

(5)设矩阵,矩阵B满足,其中为A的伴随矩阵,

001

E是单位矩阵,则B=__________.

(6)设随机变量X服从参数为的指数分布,则P{XDX}=__________.

二、选择题(本题共8小题,每小题4分,满分32分.每小题给出的四个选项中,只有一

个符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内)

xx2x

(7)把x0时的无穷小量cost2dt,tantdt,sint3dt,使排在

000

后面的是前一个的高阶无穷小,则正确的排列次序是

(A),,(B),,

(C),,(D),,

(8)设函数f(x)连续,且f(0)0,则存在0,使得

(A)f(x)在(0,)内单调增加

(B)f(x)在(,0)内单调减少

(C)对任意的x(0,)有f(x)f(0)(

D)对任意的x(,0)有f(x)f(0)

(9)设a为正项级数,下列结论中正确的是

n

n1

(A)若limna=0,则级数a收敛

nn

nn1

(B)若存在非零常数,使得limna,则级数a发散

nn

nn1

(C)若级数a收敛,则limn2a0

nn

n

n1

(D)若级数a发散,则存在非零常数,使得limna

nn

n1n

(10)设f(x)为连续函数,F(t)tdytf(x)dx,则F(2)等于

1y

(A)2f(2)(B)f(2)

(C)f(2)(D)0

(11)设,是矩阵A的两个不同的特征值,对应的特征向量分别为α,α,则α,

12121

A(αα)线性无关的充分必要条件是

12

(A)0(B)0

12

(C)0(D)0

12

(12)设A为n(n2)阶可逆矩阵,交换A的第1行与第2行得矩阵B.A*,B*分别为

A,B的伴随矩阵,则

(A)交换A*的第1列与第2列得B*

(B)交换A*的第1行与第2行得B*

(C)交换A*的第1列与第2列得B*(

(D)交换A*的第1行与第2行得B*

(13)设二维随机变量(X,Y)的概率分布为

XY01

00.4a

1b0.1

已知随机事件{X0}与{XY1}相互独立,则

(A)a0.2,b0.3(B)a0.4,b0.1

(C)a0.3,b0.2(D)a0.1,b0.4

(14)设X,X,,X(n2)为来自总体N(0,1)的简单随机样本,X为样本均值,S2

12n

为样本方差,则

(A)nX~N(0,1)(B)nS2~2(n)

(n1)X(n1)X2

(C)~t(n1)(D)1~F(1,n1)

Sn

X2

i

i2

三、解答题(本题共9小题,满分94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

(15)(本题满分11分)

设D{(x,y)x2y22,x0,y0},[1x2y2]表示不超过1x2y2的最

大整数.计算二重积分xy[1x2y2]dxdy.

D

(16)(本题满分12分)

1

求幂级数(1)n1(1)x2n的收敛区间与和函数f(x).

n(2n1)

n1

(17)(本题满分11分)

如图,曲线C的方程为yf(x),点(3,2)是它的一个拐点,直线l与l分

12

别是曲线C在点(0,0)与(3,2)处的切线,其交点为(2,4).设函数f(x)具有三

3

阶连续导数,计算定积分(x2x)f(x)dx.

0

(18)(本题满分11分)

设有方程xnnx10,其中n为正整数.证明此方程存在惟一正实根x,并证明当

n

1时,级数x收敛.

n

n1

(19)(本题满分12分)

设zz(x,y)是由x26xy10y22yzz2180确定的函数,求zz(x,y)的极

值点和极值.

(20)(本题满分9分)

(1a)xxx0,

12n

2x(2a)x2x0,

设有齐次线性方程组12n(n2),

nxnx(na)x0,

12n

试问a取何值时,该方程组有非零解,并求出其通解.

(21)(本题满分9分)

123

B246k

已知3阶矩阵A的第一行是(a,b,c),a,b,c不全为零,矩阵(为常数),

36k

且ABO,求线性方程组Ax0的通解.

(22)(本题满分9分)

10x1,0y2x

设二维随机变量(X,Y)的概率密度为f(x,y)

0其它

求:(1)(X,Y)的边缘概率密度f(x),f(y).

XY

(2)Z2XY的概率密度f(z).

Z

(23)(本题满分9分)

1

1,x1,

设总体X的分布函数为F(x,)x

x1,

0,

其中未知参数1,X,X,,X为来自总体X的简单随机样本,求:(1)的矩估计量.

12n

(2)的最大似然估计量

2020年全国大学高等数学考试试题解析

一、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分.把答案填在题中横线上）

x211

（1）曲线y的斜渐近线方程为yx.

2x124

【分析】本题属基本题型，直接用斜渐近线方程公式进行计算即可.

f(x)x21

【详解】因为a=limlim，

xxx2x2x2

x1

blimf(x)axlim，

xx2(2x1)4

11

于是所求斜渐近线方程为yx.

24

111

（2）微分方程xy2yxlnx满足y(1)的解为yxlnxx..

939

【分析】直接套用一阶线性微分方程yP(x)yQ(x)的通解公式：

yeP(x)dx[Q(x)eP(x)dxdxC]，

再由初始条件确定任意常数即可.

【详解】原方程等价为

2

yylnx，

x

22

dxdx1

于是通解为yex[lnxexdxC][x2lnxdxC]

x2

111

=xlnxxC，

39x2

111

由y(1)得C=0，故所求解为yxlnxx.

939

x2y2z21u

（3）设函数u(x,y,z)1，单位向量n{1,1,1}，则=

612183n(1,2,3)

3

.

3

【分析】函数u(x,y,z)沿单位向量n{cos,cos,cos}的方向导数为：

uuuu

coscoscos

nxyz

因此，本题直接用上述公式即可.

uxuyuz

【详解】因为，，，于是所求方向导数为

x3y6z9

u1111113

=.

n(1,2,3)3333333

d2ydycc

（4）欧拉方程x24x2y0(x0)的通解为y12.

dx2dxxx2

【分析】欧拉方程的求解有固定方法，作变量代换xet化为常系数线性齐次微分方

程即可。

dydydtdy1dy

【详解】令xet，则et，

dxdtdxdtxdt

d2y1dy1d2ydt1d2ydy

[]，

dx2x2dtxdt2dxx2dt2dt

代入原方程，整理得

d2ydy

32y0，

dt2dt

cc

解此方程，得通解为ycetce2t12.

12xx2

【评注】本题属基础题型，也可直接套用公式，令xet，则欧拉方程

d2ydy

ax2bxcyf(x)，

dx2dx

d2ydydy

可化为a[]bcyf(et).

dt2dtdt

完全类似的例题见《数学复习指南》P171例6.19,《数学题型集粹与练习题集》P342

第六题.，《考研数学大串讲》P75例12.

210

A120ABA*2BA*EA*

（5）设矩阵，矩阵B满足，其中为A的伴随矩

001

1

阵，E是单位矩阵，则B.

9

【分析】可先用公式A*AAE进行化简

【详解】已知等式两边同时右乘A，得

ABA*A2BA*AA，而A3，于是有

3AB6BA，即(3A6E)BA，

再两边取行列式，有3A6EBA3，

1

而3A6E27，故所求行列式为B.

9

【评注】先化简再计算是此类问题求解的特点，而题设含有伴随矩阵A*，一般均应先

利用公式A*AAA*AE进行化简。

完全类似例题见《数学最后冲刺》P107例2，P118例9

1

（6）设随机变量X服从参数为的指数分布，则P{XDX}=.

e

【分析】已知连续型随机变量X的分布，求其满足一定条件的概率，转化为定积分计

算即可。

1

【详解】由题设，知DX，于是

2

1

P{XDX}=P{X}exdx

1

1

=ex.

1e

【评注】本题应记住常见指数分布等的期望与方差的数字特征，而不应在考试时再

去推算。

完全类似例题见《数学一临考演习》P35第5题.

二、选择题（本题共8小题，每小题4分，满分32分.每小题给出的四个选项中，只有一

项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内）

xx2x

（7）把x0时的无穷小量cost2dt,tantdt,sint3dt，使排

000

在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是

(A),,.(B),,.(C),,.(D),,.[B]

【分析】先两两进行比较，再排出次序即可.

x2

tantdttanx2x

【详解】limlim0lim0，可排除(C),(D)选项，

x2

x0x0cost2dtx0cosx

0

31

xsinx2

sint3dt2x

又limlim0lim

x22xtanx

x0x0tantdtx0

0

1x

=lim，可见是比低阶的无穷小量，故应选(B).

2

4x0x

【评注】本题是无穷小量的比较问题，也可先将,,分别与xn进行比较，再确定相

互的高低次序.

完全类似例题见《数学一临考演习》P28第9题.

（8）设函数f(x)连续，且f(0)0,则存在0，使得

(A)f(x)在（0，)内单调增加.（B）f(x)在(,0)内单调减少.

(C)对任意的x(0,)有f(x)>f(0).(D)对任意的x(,0)有f(x)>f(0).

[C]

【分析】函数f(x)只在一点的导数大于零，一般不能推导出单调性，因此可排除(A),(B)

选项，再利用导数的定义及极限的保号性进行分析即可。

【详解】由导数的定义，知

f(x)f(0)

f(0)lim0，

x0x

根据保号性，知存在0，当x(,0)(0,)时，有

f(x)f(0)

0

x

即当x(,0)时，f(x)<f(0);而当x(0,)时，有f(x)>f(0).故应选(C).

【评注】题设函数一点可导，一般均应联想到用导数的定义进行讨论。

完全类似例题见《数学一临考演习》P28第10题.

（9）设a为正项级数，下列结论中正确的是

n

n1

(A)若limna=0，则级数a收敛.

nn

n

n1

（B）若存在非零常数，使得limna，则级数a发散.

nn

n

n1

(C)若级数a收敛，则limn2a0.

nn

n

n1

(D)若级数a发散,则存在非零常数，使得limna.[B]

nn

n

n1

【分析】对于敛散性的判定问题，若不便直接推证，往往可用反例通过排除法找到正

确选项.

11

【详解】取a，则limna=0，但a发散，排除(A)，(D)；

nnn

nlnnnnlnn

n1n1

1

又取a，则级数a收敛，但limn2a，排除(C),故应选(B).

nnn

nnn

n1

【评注】本题也可用比较判别法的极限形式，

a1

limnalimn0，而级数发散，因此级数a也发散，故应选(B).

nn

nn1n

n1n1

n

完全类似的例题见《数学复习指南》P213例8.13.

tt

（10）设f(x)为连续函数，F(t)dyf(x)dx，则F(2)等于

1y

(A)2f(2).(B)f(2).(C)–f(2).(D)0.[B]

【分析】先求导，再代入t=2求F(2)即可。关键是求导前应先交换积分次序，使得

被积函数中不含有变量t.

【详解】交换积分次序，得

tttxt

F(t)dyf(x)dx=[f(x)dy]dxf(x)(x1)dx

1y111

于是，F(t)f(t)(t1)，从而有F(2)f(2)，故应选(B).

【评注】在应用变限的积分对变量x求导时，应注意被积函数中不能含有变量x:

b(x)

[f(t)dt]f[b(x)]b(x)f[a(x)]a(x)

a(x)

否则，应先通过恒等变形、变量代换和交换积分次序等将被积函数中的变量x换到积分号外

或积分线上。

完全类似例题见《数学最后冲刺》P184例12，先交换积分次序再求导.

（11）设,是矩阵A的两个不同的特征值，对应的特征向量分别为,，则，

12121

A()线性无关的充分必要条件是

12

(A)0.(B)0.(C)0.(D)0.[B]

1212

【分析】讨论一组抽象向量的线性无关性，可用定义或转化为求其秩即可.

【详解】方法一：令kkA()0，则

11212

kkk0，(kk)k0.

112112221211222

由于,线性无关，于是有

12

kk0,

121

k0.

22

当0时，显然有k0,k0，此时，A()线性无关；反过来，

212112

若，A()线性无关，则必然有0(,否则，与A()=线性相关)，

112211211

故应选(B).

1

方法二：由于[,A()][,][,]1，

11211122120

2

1

可见，A()线性无关的充要条件是10.故应选(B).

11202

2

（12）设A为n（n2）阶可逆矩阵，交换A的第1行与第2行得矩阵B,A*,B*分

别为A,B的伴随矩阵，则

(A)交换A*的第1列与第2列得B*.(B)交换A*的第1行与第2行得B*.

(C)交换A*的第1列与第2列得B*.(D)交换A*的第1行与第2行得B*.

[C]

【分析】本题考查初等变换的概念与初等矩阵的性质，只需利用初等变换与初等矩阵

的关系以及伴随矩阵的性质进行分析即可.

【详解】由题设，存在初等矩阵E（交换n阶单位矩阵的第1行与第2行所得），使

12

得EAB，于是B*(EA)*A*E*A*EE1A*E，即

121212121212

A*EB*,可见应选(C).

12

（13）设二维随机变量(X,Y)的概率分布为

XY01

00.4a

1b0.1

已知随机事件{X0}与{XY1}相互独立，则

(A)a=0.2,b=0.3(B)a=0.4,b=0.1

(C)a=0.3,b=0.2(D)a=0.1,b=0.4[B]

【分析】首先所有概率求和为1，可得a+b=0.5,其次，利用事件的独立性又可得一等

式，由此可确定a,b的取值.

【详解】由题设，知a+b=0.5

又事件{X0}与{XY1}相互独立，于是有

P{X0,XY1}P{X0}P{XY1}，

即a=(0.4a)(ab),由此可解得a=0.4,b=0.1,故应选(B).

（14）设X,X,,X(n2)为来自总体N(0,1)的简单随机样本，X为样本均值，

12n

S2为样本方差，则

(A)nX~N(0,1)(B)nS2~2(n).

(n1)X(n1)X2

(C)~t(n1)(D)1~F(1,n1).[D]

Sn

X2

i

i2

【分析】利用正态总体抽样分布的性质和2分布、t分布及F分布的定义进行讨论即

可.

X0

【详解】由正态总体抽样分布的性质知，nX~N(0,1)，可排除

1(A);

n

X0nX(n1)S2

又~t(n1)，可排除(C);而(n1)S2~2(n1)，不能

SS12

n

断定(B)是正确选项.

nn

因为X2~2(1),X2~2(n1)，且X2~2(1)与X2~2(n1)相互独立，

1i1i

i2i2

X2

11(n1)X2

于是1~F(1,n1).故应选(D).

nn

X2X2

ii

i2n1i2

三、解答题（本题共9小题，满分94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

（15）（本题满分11分）

设D{(x,y)x2y22,x0,y0}，[1x2y2]表示不超过1x2y2的最

大整数.计算二重积分xy[1x2y2]dxdy.

D

【分析】首先应设法去掉取整函数符号，为此将积分区域分为两部分即可.

【详解】令D{(x,y)0x2y21,x0,y0}，

1

D{(x,y)1x2y22,x0,y0}.

2

则xy[1x2y2]dxdy=xydxdy2xydxdy

DDD

12

12

2sincosdr3dr22sincosdr3dr

0001

137

=.

848

（16）（本题满分12分）

1

求幂级数(1)n1(1)x2n的收敛区间与和函数f(x).

n(2n1)

n1

【分析】先求收敛半径，进而可确定收敛区间.而和函数可利用逐项求导得到.

(n1)(2n1)1n(2n1)

【详解】因为lim1，所以当x21时，原级数绝

n(n1)(2n1)n(2n1)1

对收敛，当x21时，原级数发散，因此原级数的收敛半径为1，收敛区间为（－1,1）

(1)n1

记S(x)x2n,x(1,1)，

2n(2n1)

n1

(1)n1

则S(x)x2n1,x(1,1)，

2n1

n1

1

S(x)(1)n1x2n2,x(1,1).

1x2

n1

由于S(0)0,S(0)0,

xx1

所以S(x)S(t)dtdtarctanx,

001t2

xx1

S(x)S(t)dtarctantdtxarctanxln(1x2).

002

x2

又(1)n1x2n,x(1,1),

1x2

n1

x2

从而f(x)2S(x)

1x2

x2

2xarctanxln(1x2),x(1,1).

1x2

（17）（本题满分11分）

如图，曲线C的方程为y=f(x)，点(3,2)是它的一个拐点，直线l与l分别是曲线C在点

12

(0,0)与(3,2)处的切线，其交点为(2,4).设函数f(x)具有三阶连续导数，计算定积分

3

(x2x)f(x)dx.

0

【分析】题设图形相当于已知f(x)在x=0的函数值与导数值，在x=3处的函数值及一

阶、二阶导数值.

【详解】由题设图形知，f(0)=0,f(0)2;f(3)=2,f(3)2,f(3)0.

由分部积分，知

3333

(x2x)f(x)dx(x2x)df(x)(x2x)f(x)f(x)(2x1)dx

0000

333

=(2x1)df(x)(2x1)f(x)2f(x)dx

000

=162[f(3)f(0)]20.

（18）（本题满分11分）

设有方程xnnx10，其中n为正整数.证明此方程存在惟一正实根x，并证明

n

当1时，级数x收敛.

n

n1

【分析】利用介值定理证明存在性，利用单调性证明惟一性。而正项级数的敛散性可

用比较法判定。

【证】记f(x)xnnx1.由f(0)10，f(1)n0，及连续函数的

nnn

介值定理知，方程xnnx10存在正实数根x(0,1).

n

当x>0时，f(x)nxn1n0，可见f(x)在[0,)上单调增加,故方程

nn

xnnx10存在惟一正实数根x.

n

由xnnx10与x0知

n

1xn11

0xn，故当1时，0x().

nnnnn

1

而正项级数收敛，所以当1时，级数x收敛.

nn

n1n1

【评注】本题综合考查了介值定理和无穷级数的敛散性，题型设计比较新颖，但难度

并不大，只要基本概念清楚，应该可以轻松求证。

完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P91例6.15(有关根的存在性与惟一性证

明),收敛性证明用比较法很简单.

（19）（本题满分12分）

设z=z(x,y)是由x26xy10y22yzz2180确定的函数，求zz(x,y)的极值

点和极值.

【分析】可能极值点是两个一阶偏导数为零的点，先求出一阶偏导，再令其为零确定

极值点即可，然后用二阶偏导确定是极大值还是极小值，并求出相应的极值.

【详解】因为x26xy10y22yzz2180，所以

zz

2x6y2y2z0，

xx

zz

6x20y2z2y2z0.

yy

z

0,

xx3y0,

令z得

03x10yz0,

y

x3y,

故

zy.

将上式代入x26xy10y22yzz2180，可得

x9,x9,

y3,或y3,

z3z3.

2zz2z

由于22y2()22z0，

x2xx2

z2zzz2z

622y22z0,

xxyyxxy

zz2zz2z

20222y2()22z0，

yyy2yy2

2z12z12z5

所以A，B，C，

x2(9,3,3)6xy(9,3,3)2y2(9,3,3)3

11

故ACB20，又A0，从而点(9,3)是z(x,y)的极小值点，极小值为z(9,3)=3.

366

类似地，由

2z12z12z5

A，B，C，

x2(9,3,3)6xy(9,3,3)2y2(9,3,3)3

11

可知ACB20，又A0，从而点(-9,-3)是z(x,y)的极大值点，极大值为

366

z(-9,-3)=-3.

【评注】本题讨论由方程所确定的隐函数求极值问题，关键是求可能极值点时应注意

x,y,z满足原方程。

完全类似的例题见《数学复习指南》P277例10.31.

（20）（本题满分9分）

设有齐次线性方程组

(1a)xxx0,

12n

2x(2a)x2x0,

12n(n2)

nxnx(na)x0,

12n

试问a取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解.

【分析】本题是方程的个数与未知量的个数相同的齐次线性方程组，可考虑对系数矩

阵直接用初等行变换化为阶梯形，再讨论其秩是否小于n，进而判断是否有非零解；或直接

计算系数矩阵的行列式，根据题设行列式的值必为零，由此对参数a的可能取值进行讨论即

可。

【详解1】对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有

1a1111a111

22a222aa00

AB.

nnnnana00a

当a=0时，r(A)=1<n，故方程组有非零解，其同解方程组为

xxx0,

12n

由此得基础解系为

(1,1,0,,0)T,(1,0,1,,0)T,,(1,0,0,,1)T,

12n1

于是方程组的通解为

xkk,其中k,,k为任意常数.

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