1、 20202020考研数学一真题及考研数学一真题及答案答案 一、选择题：一、选择题：18 小题，第小题小题，第小题 4 分，共分，共 32 分分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项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，下列无穷小阶数最高的是 A. x et2 1dt B. x ln 1+ t 3 dt C. sin x sint 2dt 0 1cos x D. 0 1. 答案：D sin3 tdt 2. 设函数 f (x) 在区间（-1，1）内有定义，且lim
2、 f ( x) 0, 则（ ） A. 当lim x 0 B. 当lim x0 f (x) 0, f ( x)在x 0 处可导. | x | f (x) 0, f ( x)在x 0 处可导. C. 当 f (x)在x 0处可导时,lim x 0 D. 当 f (x)在x 0处可导时,lim x0 f (x) 0. | x | f (x) 0. x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 2. 答案：B 解析:lim f (x) 0 lim f (x) 0 lim f (x) 0, lim f (x) 0 x0 x0 | x | x0 x x0 x lim f (x)
3、0, lim f ( x) 0 x0 x x0 lim f (x) f (0) lim f (x) 0 f (0) x0 x 0 x0 x f (x) 在 x 0 处 可导选 B lim ( x, y )(0,0) lim ( x, y )(0,0) lim ( x, y )(0,0) lim ( x, y )(0,0) | n ( x, y, f ( x, y) | 0存在 | n ( x, y, f ( x, y) | 0存在 | d ( x, y, f ( x, y) | 0存在 | d ( x, y, f ( x, y) | 0 3. 答案：A 解析： f (x, y)在(0, 0)
4、处可微. f (0, 0)=0 lim x0 y0 f (x, y) f (0, 0) f x(0, 0) x f y(0, 0) y 0 即lim x0 y0 f (x, y) f x(0, 0) x f y(0, 0) y 0 n x, y, f (x, y) f x(0, 0)x f y(0, 0) y f (x, y) n x, y, f (x, y) x2 y2 B. C. 4.设 R 为幂级数 a r 的收敛半径，r 是实数，则（ ） A. a r 发散时，| r | R B. a r 发散时，| r | R C.| r | R 时， a r 发散 D.| r | R 时， a r
5、 发散 R 为幂级数 a x 的收敛半径. a x 在(R, R) 内必收敛. a r 发散时，| r | R . lim ( x, y )(0,0) 0 存在 选 A. n n n1 n n n1 n n n1 n n n1 n n n1 4. 答案：A 解析： n n n1 n n n1 n n n1 选 A. 5. 若矩阵 A 经初等列变换化成 B，则（ ） A. 存在矩阵 P，使得 PA=B B. 存在矩阵 P，使得 BP=A C. 存在矩阵 P，使得 PB=A D. 方程组 Ax=0 与 Bx=0 同解 5. 答案：B 解析： A 经初等列变换化成 B. 存在可逆矩阵 P1 使得 A
6、P1 B A BP1令P P1 A BP.选B. 6. 已知直线 L : x a 2 y b2 2 c2 与直线 L : x a3 y b3 2 c3 相交于一点，法 1 a i a1 b1 c1 a2 b2 c2 向量 a b ,i 1, 2, 3. 则 i i ci A. a1 可由 a2 , a3 线性表示 B. a2 可由 a1, a3 线性表示 C. a3 可由 a1, a2 线性表示 D. a1, a2 , a3 线性无关 6. 答案：C 解析： 令 L 的方程 x a 2 = y b2 z c2 t 1 x a1 b1 c1 a 2 a 1 即有 y b t b = t 2 1
7、2 1 z c c 2 1 x a 3 a 2 由 L 的方程得 y b t b = t 2 3 2 3 2 z c c 3 2 由直线 L1 与 L2 相交得存在 t 使2 t 1 3 t2 即3 t 1 (1 t)2 ，3 可由1 ,2 线性表示，故应选 C. 7. 设 A,B,C 为三个随机事件，且 P( A) P(B) P(C) 1 , P( AB) 0 4 P( AC) P(BC) 1 12 3 A. 4 2 B. 3 1 C. 2 ，则 A,B,C 中恰有一个事件发生的概率为 5 D. 12 7. 答案：D 解析： P( ABC ) P( ABUC) P( A) P A(BUC)
8、P( A) P( AB AC) P( A) P( AB) P( AC) P( ABC) 1 0 1 0 1 4 12 6 P(BAC ) P(BAUC) P(B) PB( AUC) P(B) P(BA) P(BC) P( ABC) 1 0 1 0 1 4 12 6 P(CBA) P(CBUA) P(C) PCU (BUA) P(C) P(CB) P(CA) P( ABC) 1 1 1 0 1 4 12 12 12 P( ABC ABC ABC) P( ABC ) P( ABC ) P( ABC) 1 1 1 5 6 6 12 12 选择 D 8. 设 X1 , X 2 , X n 为来自总体
9、X 的简单随机样本，其中 P( X 0) P( X 1) 1 , (x) 表 2 100 示标准正态分布函数，则利用中心极限定理可得 P Xi 55 的近似值为 i1 A.1 (1) B. (1) C.1 (2) D. (2) 8.答案：B 解析：由题意 EX 1 , DX 1 2 4 100 100 E Xi X 100EX 50. D X i 100DX 25 i1 i1 100 由中心极限定理 Xi N (50, 25) i1 100 100 Xi 55 55 50 P Xi 55 P i1 5 5 (1) i1 故选择 B 二、填空题：二、填空题：914 小题，每小题小题，每小题 2
10、分，共分，共 24 分。请将解答写在答题纸指定位置上分。请将解答写在答题纸指定位置上. 9. lim 1 1 x0 ex 1 ln(1 x) 9. 解析： lim 1 1 x0 ex 1 ln(1 x) lim ln(1 x) e x 1 x x0 (e 1) ln(1 x) lim x0 ln(1 x) e x 1 x2 1 ex lim 1 x x0 2x 1 x 10. 设 d 2 y ，则 2 |t 1 y ln(t 10. 解析： t 2 1) dx dy 1 1 t dy t t 2 1 t 2 1 1 dt dx dx t t dt t 2 1 t 2 1 2 f xy dt d
11、y2 dy dt d dy 1 2 dt t 3 dx2 得 dx t 1 dx t t dt 11. 若 函 数 f (x) 满 足 f (x) af (x) f (x) 0(a 0), 且f (0) m, f (0) n ， 则 f (x)dx 0 11. 解析： 特 征 方 程 为 2 a 1 0 1 0,2 0 特 征 根 为 1 ,2 ， 则 1 2 a,1 2 1 ， 特 征 根 f (x)dx f (x) af (x)dx 0 0 f (x) af (x) | n am xy xt 2 12. 设函数 f (x, y) e dt ，则 0 12. 解析： (1,1) f ex (
12、 xy )2 x xex3 y2 y f 2 f y =ex3 y 3x3 y2ex3 y2 xy x =e+3e 4e. (1,1) a 0 1 1 0 13. 行列式 a 1 1 1 1 a 0 1 1 0 a t 2 1 t 2 1 dy2 dx2 2 f xy x sin x dx 13. 解析： a 0 1 1 a 0 1 1 0 a 1 1 0 a 1 1 1 1 a 0 1 1 a 0 1 1 0 a 0 0 a a 0 a 1 a2 1 a 1 a2 1 0 a 1 1 a 1 1 1 1 a 0 0 a a 0 0 a a a a2 2 1 a 2 1 a 4 4a 2. 0
13、 0 a 14. 设 X 服从区间 , 上的均匀分布， Y sin X ，则Cov( X ,Y ) 2 2 14. 解析： 1 解 f (x) 0 x 2 2 其他 cov( X ,Y ) EXY EXEY E( X sin X ) EXE(sin X ) 1 1 1 2 2 2 1 2 2 x sin xdx 0 2 2 ( x)d cos x 2 x cos x 2 2 cos xdx 0 0 2 0 sin x 2 2 0 三、解答题：三、解答题：1523 小题，共小题，共 94 分分.请将解答写在答题纸指定位置上请将解答写在答题纸指定位置上.解答写出文字说明、证解答写出文字说明、证 s
14、in xdx 明过程或演算步骤明过程或演算步骤. 15.（本题满分 10 分） 求函数 f (x, y) x3 8 y3 xy 的最大值 15. 解析： 求一阶导可得 f 3x2 y x f 24 y2 x y f 0 x 1 x 令f x 0 6 y 0 1 0 y 求二阶导可得 y 12 2 f x2 6x 2 f x2 y 1 2 f y2 48 y 当 x 0, y 0时.A 0.B 1.C 0 AC B2 0 故不是极值. 当 x 1 y 1 时 6 12 A 1.B 1.C 4. AC B2 0.A 1 0故 1 , 1 是极小值点 1 1 1 3 6 12 1 3 1 1 极小值
15、 f , 8 6 6 12 6 12 16.（本题满分 10 分） 12 216 计算曲线积分 I 16. 解析： 4x y L 4x2 y2 dx x y 4x2 y dy ，其中 L 是 x2 y2 2 ，方向为逆时针方向 设 P 4x y 4x2 y2 ,Q x y 4x2 y2 可得 2 2 D Q P 4x 2 y 2 8xy 则 x y (4x 2 y 2 )2 取路径 L: 4x2 y2 2 , 方向为顺时针方向. 则 4x y dx x y dy L 4x2 y2 4x2 y2 4x y L L 4x2 y2 dx x y 4x2 y2 dy 4x y L 4x2 y2 dx
16、x y dy 4x2 y2 Q P dxdy 1 (4x y)dx (x y)dy L D x y 1 1 (1)dxdy 1 2S 1 2 D 2 2 17.（本题满分 10 分） 1 a xn 设数列an 满足 a1 1, (n 1)an 1 n 2 an ，证明：当| x | 1 时幂级数 n n1 收敛， 并求其和函数. 17. 证明：由(n 1)a n 1 a , a 1 知 a 0 n1 2 n 1 n n 1 则 an1 2 1 ，即 an1 an an n 1 故a 单调递减且0 a 1 ，故 a x n xn 当| x | 1 时， x n 绝对收敛，故 a xn 收敛. n
17、1 n1 1 x x2 y2 2 x2 y2 x2 y2 S(x) a x na x n 1 (n 1)a xn n n1 n1 n n 1 n0 a1 (n 1)a xn n1 1 n 1 n a x n1 1 na x a xn n n1 2 n1 1 x na xn1 1 S(x) n1 2 1 xS(x) 1 S(x) 2 则(1 x)S (x) 1 S(x) 1 即 S(x) 1 S (x) 1 2 解得 S (x) 1 2 c 2(1 x) 1 x 1 x 又 S (0) 0 故c 2 因此 S (x) 2 1 x 2. 18.（本题满分 10 分） 设 为 曲 面 Z x 2 y
18、 2 4 的 下 侧 ， f (x) 是 连 续 函 数 ， 计 算 I xf (xy) 2xy ydydz yf (xy) 2 y xdzdx zf (xy) zdxdy 18. 解析： x y z 则 zx , z 方向余弦为cos 1 x , cos 1 y , cos 1 2 2 于是 x2 y 2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x y I 1 x y xf (xy) 2xy y 2x2 y xy 2 y2 xy yf (xy) 2y x 2 2 zf (xy) zd S x y d x d y D xy 4 2 y2 2 2 d xd y D1 2 2r 2 sin2 2 4
19、2 d rdr 2 d r 2dr 0 1 r 0 1 4 2 7 7 0. 4 3 2 3 19.设函数 f (x) 在区间0,2上具有连续导数， f (0) f (2) 0, M max| f (x) |, 证明（1）存在(0, 2) ，使得| f () | M （2）若对任意的 x (0, 2),| f (x) | M ，则 M 0 . 19.证明：（1）由 M max| f (x) |，x 0, 2 知存在c 0, 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(0, c) ，使 f () f (c) f (0) f (c) c c 从而| f ()
20、 | | f (c) | M M c c 若c (1, 2，同理存在(c, 2) 使 f () f (2) f (c) f (c) 2 c 从而| f () | | f (c) | 2 c 2 c M M 2 c x2 y2 x2 y2 综上，存在(0, 2) ，使| f () | M . （2）若 M 0 ，则c 0, 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) c f (x) d x 0 M | f (c) | f (c) f (0) | c| f (x) |d x Mc, 0 又 f (2) f
21、(c) 2 f (x) d x c M | f (c) | f (2) f (c) | 2 | f (x) | dx M (2 c) c 于是 2M Mc M (2 c) 2M 矛盾. 故 M 0. 20. 设 二 次 型 f (x , x ) x 2 4x x 4x 2 经 正 交 变 换 x 1 Q y 1 化 为 二 次 型 1 2 1 1 2 2 x y g( y , y ) ay 2 4 y y by 2 ，其中 a b . 2 2 1 2 1 1 2 2 （1） 求 a, b 的值. （2） 求正交矩阵Q . 20. 解析： （1）设 A= 1 -2 , B= a 2 -2 4 2
22、 b 由题意可知QT AQ Q 1 AQ B. A 合同、相似于 B 1 4 a b a b ab 4 a 4. b 1 1 2 （2）| E A | 2 5 2 4 0 5 A 的特征值为 0，5 当 0 时，解(0E A)x 0 .得基础解为 2 1 当 5 时，解(5E A)x 0 得基础解为 1 又 B 的特征值也为 0，5 2 当 0 时，解(0E B)x 0 得 1 1 2 当 5 时，解(5E B)x 0 得 2 对 1 ,2 单位化 2 1 2 1 5 5 1 1 , 2 2 | 1 | 1 | 2 | 2 5 5 令Q1 1 ,2 ,Q2 2 ,1 则Q T AQ 0 0 Q
23、T BQ 1 1 2 2 故Q QT AQ QT B 可令 Q Q QT 2 1 1 2 5 5 5 5 1 2 2 1 5 5 5 5 4 3 5 5 3 4 5 5 21. 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 6 0 ，求 P1 AP ，并判断 A 是否相似于对角矩阵. 21. 解析： (1) 0且A . 故与A 线性无关. 则 r(, A ) 2 则 P 可逆. AP A(, A) (A, A2x) (A) 0 6 1 1 故P1 AP 0 6 . 1 1 (2) 由 A2 A 6 0 设
24、( A2 A 6E) 0,( A 3E)( A 2E) 0 由 0得( A2 A 6E) x 0有非零解 故| ( A 3E)( A 2E) | 0 得| A 3E | 0或| A 2E | 0 若| ( A 3E) | 0则有( A 2E) 0, 故A 2, 与题意矛盾 故| A 3E | 0,同理可得| A 2E | 0. 于是 A 的特征值为 1 3 2 2. A 有 2 个不同特征值，故 A 可相似对角化 22. 设随机变量 X1，X2，X3 相互独立，其中 X1 与 X2 均服从标准正态分布，X3 的概率分布为 PX 0 PX 1 1 ,Y X X (1 X ) X . 3 3 2
25、3 1 3 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(x) 表示. （2） 证明随机变量 Y 服从标准正态分布. 22. 解析： (1)F (x, y) PX 1 x,Y y PX1 x, X 3 ( X1 X 2 ) X 2 y, X 3 0 PX1 x, X 3 ( X1 X 2 ) X 2 y, X 3 1 PX1 x, X 2 y, X 3 0 PX1 x, X1 y, X 3 1 1 1 若 x y,则PX x, X y, X 1 1 PX x 1 (x) 1 1 3 2 1 2 若 x y,则PX x, X y, X 1 1 PX y 1 ( y)
26、1 1 3 2 1 2 1 (x)( y) 1 (x), x y 故 F (x, y) 2 2 (x)( y) ( y), x y 2 2 (2) FY ( y) PY y PX 3 ( X1 X 2 ) X 2 y 1 PX ( X X ) X y | X 0 1 PX ( X X ) X y | X 1 2 3 1 2 2 3 2 3 1 2 2 3 1 PX 2 2 y | X 3 0 1 PX 2 1 y | X 3 1 1 ( y) 1 ( y) 2 2 ( y). 23. 设某种元件的使用寿命 T 的分布函数为 t m 1 e , t 0, 其中,m 为参数且大于零. F (t)
27、0, 其他. （1） 求概率 PT t 与 PT s t | T s ，其中 s 0,t 0 . （2） 任取 n 个这种元件做寿命试验，测得它们的寿命分别为t1 , t2, tn ，若 m 已知，求的 最大似然估计值 . 23.解析： （1） PT t m t 1 F (t) e t m PT s t | T s PT t e t m (2) f (t) F(t) m mtm1.e , t 0 0 其他 i mnmn t t m 1 e m tim t 0 似然函数 L() i 1 f t ， 1 n 0 i1 i 其他 当t1 0,t2 0,tn 0 时 L() mnmn t t m 1 e m tim i1 1 n 取对数ln L() n ln m mn ln (m 1) lnt m t m d ln() mn n ( m1) m i 1 i 1 求导数 d m d ln() ti i 1 令 0 解得 d 所以的最大似然估计值 1 n i 1
