1、2020考研數學一真題及答案一、選擇題(1)當x0時，下列無窮小量最高階是dt90sinxsint2dt.(D)01cossintdtx2.2exlim1limx21x0 x3+3x20+x23的3階無窮??；ln1x3limx32,0+53435x2x222因為0s1nxsint2sinsinx2sin2limdtlimcosxlimxlim(A)0*xe1dt.(B)0 xIn13故x0時，0 xln141t3dt是x的52階無窮小;x0+時,x3sin0 x0 xsintx0 x3x20+2dt是x的3階無窮小;2x3x2又dt因為lim01cosxsintd2t0,ttd1cos0lim

2、1cosxt1t2cosx時,1cos0綜上,故應選(D)(2)設函數f(A)limsin1cosx2sinx1cosxsinxxVsint2dt是x的4x0時，無窮小量中最高階的是在區(qū)間1,1內有定義,limfx0且xlim0+0時,x=可導.(B)當0時，fxlimfx可導.sin1cos2x1,1cos2x階無窮小;1cosx00,則Jsint2dt.0 x2(C)當fx在x0日寸,lim(D)當fx在x0日寸，lim處可導色0.x0 x2（2）【答案】（C）【解析】對于選項（A）:取fxx，滿足已知，但fx在x0處不可導，排除（A）.x,對于選項（B）:fx0,對于選項（C）:當f處連

3、續(xù)，故x0,滿足已知， 但fx在x0處不可導， 排除 （B） .x0,x在x0處可導時，fx在xf0 x0,limf0lim0則fflimx_lim_x_xx00fx且f0存在，不妨設ff00 x0.同理可排除L（D）.xflimA,x0 x故應選（C）（3）設函數fx在處可微，f0,0處可導fx0.n垂直，則x,x,ny,fyli(A)m2x2x,y0,0yx,x,ny,fyxy0,00存在.(B)lim2-xx2y,0,0yx,x,dy,fy(C)lim2-xx2y,0,0yx,x,dy,fy0存在.(D)lim02-xy0,0y2(3)【答案】(A).存在.【解析】因fx在點0,0處可微

4、，且f0,00,故2x2y則limlim0,故應選(A).2xx,y0,Q2y2yb；0y2(4)設R為哥級數anxn的收斂半徑，r是實數，則又1(A)anrn發(fā)散時，rR.n1(B)anrn發(fā)散r|R.n1fx,yf0,丫2fff因為n,11xy0,0nx,y,fx,yf0fx0,0 xfx0,0,fy0,0,故0,0 xfy0,0yy2，y0,0yTxfx,yTx2R時，anrn發(fā)(C)|r|散,R時，anrn發(fā)(D)|r|散.n1(4)【答案】(A).【解析】若anrn發(fā)散，R否則R，由阿貝爾定理知，a貝UM若|r|nrnn1n1絕對收斂，矛盾.故應選(A).(5)若矩陣A經過初等列變換

5、化成B,則()(A)存在矩陣P,使得PAB.(B)存在矩陣P,使得BPA.(C)存在矩陣P,使得PBA.(D)方程組Ax0與Bx0同解.(5)【答案】(B)【解析】A經過初等列變換化成B，相當于A右乘可逆矩陣P變成B,即存在可逆矩陣Q，使得AQB,得BQ1A.取PQ1,則存在矩陣P,使得BPA.故應選(B).xayz(6)已知直線一旦-cL:1abca點，法向量,i1,2,b3.則xyz與直線且上士相交于L:一2a2bC2(A)表下.(9表下.可由2,%3線性(B)%2可由1,可由1,%2線性(D)%1,%3關.(6)【答案】(C).aia2【解析】已知L,L相交于一點,故向量12DCa線性無

6、關.12aia2a3a2，即%線性相示法唯故應選(C).則A,B,C的概率為(A)DC12DC3線性相關，則3可由為三個隨機事件，且PBPC14,PAB0,PAC恰有一個事件發(fā)生(B)【答案】(D)PBC121(C)(D)12【解析】事件A,B,C中前有一個發(fā)生的概率可用至少一個發(fā)生的概率減去至少發(fā)生兩個的概率表示，即P(ABCABCABC)P(ABC)P(AB一AC-BC),5P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC)，因P(AB)0，故P(ABC)0,從而P(ABC)3401211210127,P(ABACBC)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC)

7、P(ABC)P(ABC)P(ABC)0121121016,(8)設X1,X2,X100為來自總體X的簡單隨機樣本，其1中PX0PX1,2100法本標準正態(tài)分布，則利用中心極限定理可善55(的近似值)i10.0.(A)11.(B)1.(C)12.(D)2.(8)【答案】(B).100【解析】由中心極限定理知，Xi近似服從N(E(Xi)50,i1112D(Xj)10025,故10P(ABCABCABC)12716125,故應選(D).1002),其中i101055PXi55P(1).i155故應選(B).二、填空題119.limx.xeln(101x)(9)【答案】1.【解析】lim一x01 ex

8、1ln(1x)1ex1ln(limx1x)0e1ln(1x)12x22xxx1x22lim0 x2x2x2lim1.t21,d2y10.已知y),ln(ttdx(10)【答案】卜2.【解析】因為dydxdxd2y故dx2t2111.設yf(x)滿足f(x)dxdydt2tdx112t221dtddy2t21ddydtt21(0)n(11)【答案】amn.【解析】由已知，得(x)a0a2時，草4/42-,故fxax2xC22e2Ccos4asin4ax,dxdxdtdxdxdxdt_tt71af(x)f(x)0(a0),f(0)m,ff(x)dxaf(x)dxf(x)af4a2C2cosxC2s

9、inax42a-CsinCcos42ax,2從而limxf(x)limf(x)0.從而時,1,2xC12xe,xC2elimxf(x)limx(x)0.bexGeaa4x從而f(x)f(x)limlim0.xx綜上，f(x)af(x)aff(x)dx(x)limf(x)00 x2r12.f(x,y)0 xye_Lxt2dt,貝U(1.,1xy)(12)【答案】4e.2f2ff_【解析】因為，又exxy2xxex3y2從而a013.行胡式0a1111(13)【答案】a2a24.a44fXGe22ce22f(0)af(0)amn.1111a00aaa000a11a1100aa0000a11a120

10、a00a11aa34aa2a2a0a24.0aa_2(14)【答案】【解析】 由題意X(%既率密度為fxxedxe4e.xyy1x3xedx3x(14)設X限梅sinX,則covXY其他.a0110a1111a0110acov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y),YsinX,E(X)0,E(XY)E(XsinX)xsindx；xsinx兀兀xdx2兀兀兀2-2.一xcosx|0202xdcosxcosxdx兀兀7t2sin02一x|2一.兀兀9故cov(X,Y)0.三、解答題(15)(本題滿分10分)求f(x,y)x38y3xy的極值.因為f3x2y,f(15)【解析】24y2x,xy2xIf

11、x3xy0,解x0,6聯立方程組20騫0f24yx,y,1y的駐點為0,一612在點0,0處：Afxx0,0Bf0,01,Cfyy0,00,xy0,210，故0,0不是極ACB2值點.11在點，處:612AfJ110,Bx612211f,1,Cfxy6121J612ACB410，故，是極小他p極小612111313111f,612612(16)(本題滿分104xxyy612216,2,2計算I4x”dy,其中為LydxyLxy(16)【解析】補曲線L:4x2y22,其中使得4x2y221在曲線L的內部，方向順時針，則2,方向為逆時針方向.0為一個很小的數,ILL14xy記P4x22y由格林公式

12、知,LL1從而dy12L1L14xy4x22dxydy2D124x2為2y4x28xyy4xyydxxydy1dxdy4x22y8xy2y4x2y220.4x2y2(17)(本題滿分10分)lim故當x1時，哥級數anxn收斂.當x1時，設Sxanxn,且a11,則n111n11nanxn211n1nanxn2n1an1設數列an滿足ai1,(n1)ani(n12)an證明：當x1時,1募級數anx收斂,并求其和函數.(17)【證明】由(n1)alimS Sn1xnaxn1(n2)anxnxn進而有ixSxISx,整理12得211SxxSxx解之得Sx-=C2.1xxfxy2xyyfxyDxx

13、xxfy2xyyf由題意知，S00而有Sx，故C2，從(18)(本題滿分10分)為曲面zUx2y21x2y函數，計算2.1x4的下側,為連續(xù)2xydydzIxfxyyf(18)【解析】因故由轉換投影法知，2yxyzfzdxdxyy.為曲面z_.x2y21x2y24的下側,2xydydz1xfxyyf2yxdzdxxyzfxyzdxdy在0,2上連續(xù)，故存在最大值Mmaxx0,2若M0,則對0,2,都有f0,命題成立.若M0,因f0f20,故存在x0,2,使得fx0M.當x。0,1,由拉格朗日中值定理知，存在10,x00,1,使得fx0f0f1x0,dxdyxyx2dxdyy2rdr14i2r兀

14、D其中Dx,y1x2y24.xzfxyzdxdyxy2yx12（19）（本題滿分10分）在區(qū)間0,2上具有一階連續(xù)導數，且f0maxo,2fxf20,證明：（I）存在0,2,使得fM;（n）若對任意x0,2,fxM，則M0.（19）【證明】（I）因fxfx.兌X0當X01,2，由拉格朗日中值定理知，存在2X0,21,2,使得f2fx0f22x0,fX0M則f-有2IM.2x02x0當X01,由拉格朗日中值定理知，存在30,1,使得f3f1f0f1M.綜上，存在0,2，使得fM.(II)假設M0,因對任意X0,2，有fXM,由(I)知，X00,1或X01,2時，存在0,2,使得fM,矛盾,從而有

15、M0.X01時，有f1M，則f1M，不妨設f1M.構造函數gXfXMX,X0,1.13因為gxfxM0,故gx單調不增.又g00,g10,從而gx0,x0,1，即fxMx,x0,1.構造函數hxfxMx2M,x1,2.0,x1,M0,h20,從而hx20 x綜上，當x01時，Mx,1,fxMx2M,1x2.因為fxff11MxMlimlimM0,x1x1x1x1fxff11Mx2MMlimlimM0,x1x1x1x1故與fx在x1處可導矛盾，從而當x01時，有M0.若f1M,則可構造gxfxMx,hxfxMx2M，同理可證.(I)求a,b的值;(II)求正交矩陣Q.12(20)【解析】A!/次

16、型f的矩陣為24又f經正交變換XQY化成gy1,y2by22,即又h1MM2綜上，若對任意x0,2,(20)(本題滿分M，則M0.11分)設二次型fx1,x2x4x1x2gy1,y2ay；4y1y兀經正交變換xx2y22by22,其中ab.14a23a2,由于Q為正交矩陣，故A與B相因此QTAQ=.記B=似且合同，14ab,解得a1或a1,b即4,b4.ab40,又ab，故a4,b1.42,且A與B相（n）由（i）知，B=似.又AE1225,24可知，A與B特征值均為10,25.trAtrB故對于10，解A0Ex0屬于特征值0，得A的的特征向里a1對于5,解A5Ex0，得A的屬于特的特征向2征

17、值5量2%12單位化,2已等半父化，故直接1aTAXY=Y2Y.D5對于i0，解B0Ex0，得B的屬的特征向1于特征值0量22,對于5,解B5Ex0，得B的屬于特的特征向2征值5量1,則P2為正交矩陣，且01有P21BR則有P1APP1BP,因此,PP1APPB.1122211215211取Q=PP1PPT5551212122555555QT=P1P2TTF2P1T,Q1=P1P2T1RT1P11P2P1T.綜上，有Q為正交矩陣，且滿足QTAQB.(21)(本題滿分11分)故可取Pl交矩陣，且有Pl則Pl為正01AP故可取P2B2,B1設A為2階矩陣，P=%,A%，其中是非零向量，且不是A的特

18、征向量.(I)證明P為可逆矩陣;(H)若A2%+A%6%0,求P1AP并判斷A是否相似于對角陣.(21)【解析】(I)若|與A%線性相關，則與A%|成比例,即有A%ka.由于是非零向量，故根據特征值、特征向量的定義知，口是A的屬于特征值k的特征向量.與已知矛盾，故與A%無關，從而P可逆.AP=Aa,AaA%,A2%A,Aa6a0606a,AaP，iiii記B0，則6AP=PB,得P1APB，故加州B11可知，B的特征值為13,22.&A的特征值也為13,22.因此A可相似對角化.22.(本題滿分11分)設隨機變量X1,X2,X3相互獨立，其中X1和X2服從標準正態(tài)分布，X3的概率分布為PX30PX3112,YX3X1(1X3)X2.(H)由A%+Aa6a0知，A2%=A%6%,則因為BE62632,(I)求二維隨機變量(X1,Y)的分布函數，結果用標準正態(tài)分布函數x表示;(II)證明隨機變量Y服從標準正態(tài)分布.(22)【解析】F(x