2020年考研数学一答案解析

1、第 1 页0000002020 全国硕士研究生入学统一考试数学一试题详解一、选择题： 18 小题，每小题4 分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上 . （1）当x 0时，下列无穷小量中最高阶是（）（a）xet2 1 dt （b）xln 1t2dt（c）sin x sin t 2 dt 0【答案】（ d）1 cos x （d）0sin t 2 dt 【解析】由于选项都是变限积分，所以导数的无穷小量的阶数比较与函数的比较是相同的。（a）xet2 1 dtex2 1x2（b）xln 1t2dtln 1x2 x （c）sin xsi

2、nt2dtsin sin2xx2（d）1 cosxsint2dtsin x 1 x32经比较，选（ d）（2）设函数f x在区间1,1内有定义，且lim f x 0, 则（）x 0 （a）当lim x0 （b）当lim x0 f xf x 0 时，f x在x 0 处可导。 0 时，f x在x 0 处可导。f x（c）当f x在x 0 处可导时，limx 0 （d）当f x在x 0 处可导时，limx 0 f x 0 。 0 【答案】（ c）【解析】当 f x在x 0 处可导，且lim f x 0 ，则有 f 0 0 ，lim f (x) 0（ f xx0 x0 xxx2 xsin(1 cos

3、x)2x2 第 2 页n x, y, f x, y x2 y2f x, y f (0, 0) fx(0, 0)(x 0) f y(0, 0)( y 0)x 02y 02n（a）当a r 发散时，r r （b）a r 发散时， r r 【解析】因为r 为幂级数a x 的收敛半径，所以为幂级数a x 的收敛半径，为x 的高阶无穷小量），所以limf x 0 ，选（ c）。x0 x（3）设函数 f x, y 在 点0, 0处可微， f 0, 0f , f , 1，非零向量与n 0, n x y （0,0）垂直，则（）（a）lim x, y 0,0 0 存在（b）lim x, y 0,0 0 存在（c

4、）lim x, y 0,0 0 存在（d）lim x, y 0,0 0 存在【答案】（ a）【解析】由题意可知，lim ( x, y )(0,0) lim ( x, y )(0,0) lim ，( x, y )(0,0) 由于函数f x, y 在 点0, 0处可微，所以lim ( x, y )(0,0) 0 ，选（ a）。（4）设r 为幂级数a xn 的收敛半径，r 是实数，则（）n 1 2n 2n n 1 2n 2n n 1 （c）当r r 时，a r2n 发散（d）当r r 时，a r2n 收敛2n n 1 2n n 1 【答案】（ a）nnn 1 2n 2n n 1 n x, y, f

5、x, y x2 y2x, y, f x, y x2 y2n x, y, f x, y x2 y2n x, y, f x, yx2 y2fx(0, 0), f y(0, 0), 1x, y, f x, y x2 y2n x, y, f x, y x2 y2r 第 3 页当a r 发散时，由阿贝尔定理得r r ，选（ a）。1 2 t2n 2n n 1 （5）若矩阵a 经初等变换化成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【答案】（ b）【解析】由题意可知，对于矩阵a 进行列变换得到矩阵

6、b ，则存在初等矩阵q1 , q2 , qt ，使 aq1q2 qtb ，则ab q qq1，即abp，选（ b）。（6）已知直线l : x a2 y b2 2 c2 与直线l: x a3 y b3 2 c3 相交与一1ai a1 b1 c1a2 b2 c2点，法向量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【答案】（ c）【解析】设交点为(x0 , y0 , z0 ) ，则x0 a2 y0 b2 z0 c2 k ，x0 a3 y0 b3

7、 z0 c3 l ，a1 b1 c1 a2 b2 c2所以x0 a1k a2 a2l a3 ; y0 b1k b2 b2l b3 ; z0 c1k c2 c2l c3 ，从而有3 k1 (1l)2 ，选（ c）。（7）设a, b,c 为三个随机事件，且p ap bp c 1 , p ab 0,4p ac p bc 1 ,则a, b,c 中恰有一个事件发生的概率为（）12 （a）34（b）23（ c）12（d）512 2第 4 页25 5【答案】（ d）【解析】设a, b,c 中恰有一个事件发生的概率为p ，则p p( abc) p( abc ) p( abc) ，abc ab, p( ab)

8、0 p( abc) 0 ，p( abc) p( ab c) p( a) p( a(b c) p( a) p( ab) p( ac) p( abc) 1 1 = 1 ；4 12 6 p( abc) p(ba c) p(b) p(b( a c) p(b) p( ab) p(bc) p( abc) 1 1 = 14 12 6 p( abc) p(c a b) p(c) p(c( a b) p(c) p( ac) p(bc) p( abc) 1 2 = 14 12 12 代入，可得p 1 1 1 . 6 6 12 12 （8）设x , x ,x 为来自总体x 的简单随机样本，其中px 0 px 1 1

9、 ，1 2 100 2100 (x) 表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（） 。i 1 （a）1(1) （b）(1) （c）1(0.2) （d）(0.2) 【答案】（ b）1 1 100 1 【解析】由题意可知，e( x ) 2 ，d( x ) 4 ，e xi 100 2 50 ，i 1 100 1d xi 100 4 25 ，i 1 100 利用中心极限定理可得p xii 1 100 xi 50 55 50 55 pi 1 25 (1) 。选（ b）二、填空题：9 14 小题，每小题4 分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上 . 第 5 页dy

10、dt dx dt 1tt2 1 t t2 1 t 2 1 t2 1 lim 1 2 1 21 1 （9） limex = . x0 【答案】1 1 ln 1x【解析】由题意可知，1 1 ln 1xex 1limex xex1 ln 1xx0 1 ln 1 x0 ln 1xx x ex 1 ln 1 xx x ex 1 lim x0 1 x2 1ex 1 1 lim x0 x2lim x0 x2lim 2 x0 2xx 1 2 2 (10) 设y ln(t 【答案】，t 2 1) t 1 .【解析】dy 1dx t t d 1 d 2 y dy t dt 1d 2 x dx dt dx t 2

11、t t3t 1 (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【答案】n am 【解析】由题意可知，特征方程为r 2 ar 1 0 ，如下讨论：，因为a 0 ，所以进行1）当a2时，方程有两个负实根，即f (x)c er1xc er2 x,c ,c为任意的常数，此时，t 2 1 d 2 y dx22 t2 1 d 2 y d 2 x 2 a2 4 第 6 页4 a24 a2x e 2x y e 2x y 3；f (x)dx ( f (x) af (x)dx ( f (x) af (x)

12、n am 0002）当0 a 2 时，方程有共轭复根，a x 即 f (x) e 2c1 cos 2 x c2 sin 2x , c1 , c2 为任意的常数，此时，f (x)dx ( f (x) af (x)dx ( f (x) af (x) n am ；0003）当a 2 时，方程有两个相等的负实根，即f (x) c c x ex , c , c为任意的常1 2 1 2 数，此时，f (x)dx ( f (x) af (x)dx ( f (x) af (x) n am ；000故0f (x)dx n am xy 2 (12) 设函数f x, y 0 e dt, 则xt 【答案】4e xy

13、xt 2 1,1. 21 x3 y2 1 u【解析】由题意可知，f (x, y) 0e dt ，令xt u ，得 f (x, y) 2 x 0e du ，则f 1 x3 x3 y2 21 eudu 3yex3 y2 ; x 2 f 4 10 2 x3 y2 1 2 3 3 x3 y2 3 ，x3y232 f 故x y x y (1,1) 4e 。a 0 4 1 1 x3 y2 2 2 0 a （13）行列式1 1 .1 1 a 0 1 【答案】a4 4a2【解析】1 0 a a 0 1 1 a 1 0 0 a 0 0 a 1 1 a 1a a 1 1 a 1 1 a 0 1 0 a 1 1 a

14、 1 1 0 a 2 x x y u u ye 第 7 页, ) 2f 2a 1 a 2a 0a a 2a a3 2a2a 2a 1 1 a4 4a2（14）设x 服从区间2, ) 的均匀分布，ysin x ，则cov( x,y ) . 2 2 【答案】1 x (【解析】由题意可知， e(x) 0，f (x) 02 2 other 则cov( x ,y ) cov( x , sin x ) e( x sin x ) e( x )e(sin x ) ，1 2 其中 e( x sin x ) 2 x sin x dx ，2故cov( x ,y ) cov( x , sin x ) e( x sin

15、 x ) e( x )e(sin x ) 2 。三、解答题： 1523 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸指定位置上 .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. （15）（本题满分10 分）求f x, y x3 8 y3 xy 极值1 1 1 【答案】极小值为f ( , ) 6 12 216 【解析】由题意可知， x 3x y, f 24 y2y x ；f3x2 y 0 1xx 0 x2 令f ，解得1 , 624 y2 x 0 y 0 1 y 1 y 2 12 2 f 2 f 2 f 再有 x26x, x y 1; y248 y ，得a1 (0,0) 0, b1 (0,0) 1, c1

16、(0,0) 0 ；2 f x22 f x y 2 f y2(第 8 页1x 11nna2 1 1 ( , )6 12 1, b2 1 1 ( , )6 12 1, c2 1 1 4 ( , ) 6 12 因为ac b2 1 0, a c b2 3 0, 且a 1 0 ，所以(0, 0) 不是极值点，1 1 ) 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 为极小值点，极小值为f ( , ) . 6 12 216 ( , 6 12 4x y x y （16）（本题满分10 分）计算曲线积分i 4x2 y2 dx 4x2 y2 dy ，其中i 是曲线l : x2 y2 2 ，方向为逆时针方向。【答案】【

17、解析】由题意可知，补线l : 4x2 y2 2 ，0 ，且任意小，方向是顺时针，则 i 4x y dx x y dyll2 2 2 2 1 4x 4x y y dx 4x x y y dy 4x y dx x y dy2222l222 2d 4x y 4x y 1 4x y 4x y 2l(4x y)dx (x y)dy 2 2dxdy 。1 d（17）（本题满分10 分）设数列a 满足a 1，(n 1)a （n 1 )a ，证明：当 x 1 n 1 n 1 2 n 时，幂级数a xn 收敛，并求其和函数。n 1 【答案】 s (x) 2 2 【解析】由题意可知，lim n 1x lim2x

18、x 1，故当 x 1 时，幂级数a xnnnn 1n n 1 收敛。因为a 1，(n 1)a （n 1 )a ，所以a 2 。1 n 1 2 n 0 令s (x) a xn ，则n 1 2 f x22 f x y 2 f y2an 1 an1第 9 页1x 1x a 2 n 1 n 1 ns (x) an nx an 1 n 1 xan n 2 x n 1n 0n0 xa nxn 11 xnxnxn 1 a 1 xn a ，n 1 n n n 0 n 1 n n 0 n 1 xs(x) 1 s (x) 1 2 即(x 1)s (x) 1 s (x) 1，解微分方程，得 s (x) 2c 2 。

19、由s (0) 0 ，得c 2 ，故 s (x) 2 2 。（18）设为曲面z x2 y2 (1 x2 y2 4) 的下侧，f (x) 是连续函数，计算i (xf (xy) 2x y)dydz ( yf (xy) 2 y x)dzdx (zf (xy) z)dxdy 。【答案】14 3【解析】由题意可知，i (xf (xy) 2x y)dydz ( yf (xy) 2 y x)dzdx (zf (xy) z)dxdy x y (xf (xy) 2x y) ( yf (xy) 2 y x) ( f (xy) 1) x2 y2 dxdy d x2 y2 x2 y2 dx2 y2 dxdy 14 3（

20、19）（本题满分10 分）f x在0, 2上具有连续导数，f (0) f (2) 0 ，m max f x, x 0, 2 ，证明（1）0, 2，使得f m ；（2）若x 0, 2， f ( x) m ，则 m 0 . 【证明】（ i）由题设， f x在0, 2上连续，且 m maxx0,2 f x.若m 0 ，则结论必成立。若 m 0 ，则x0 (0, 2),使 f (x0 ) m . 若0 x0 1, 由拉格朗日中值定理，可得a 2 第 10 页f (x0 ) 20 0 0 xy0011f () mx0 x0m ,(0, x0 ) (0, 2) . 若1 x0 2, 由拉格朗日中值定理，可

21、得f () f (x0 )2 x0m 2 x0m ,(x0 , 2) (0, 2) . (ii) 根据第一问，x0 (0, 2),使 f (x0 ) m ，则x x x m f (x ) f (x ) f (0) 0 f (x)dx 0 f (x) dx 0 mdx mx , (1) 0000002 2 m f (x ) f (2) f (x ) f (x)dx f (x) dx mdx m (2 x ), (2) 00 xxx0由式（ 1）则m (x0 1) 0 ，由式（ 2）则m (x0 1) 0 。显然若x0 1，则m 0 。若x0 1，且f ( x) m ，则m f (1) f (1)

22、 f (0) 1f (x)dx 1f (x) dx m m f (1) f (2) f (1) 2f (x)dx 2f (x) dx m 故f (x) m , x (0,1) (1, 2) ，即f (x) m 。若m 0, 则f (x) 不连续，这与题设矛盾，故 m 0 . （20） （本题满分11 分）设二次型f x , x x2 4x x 4x2经正交变换x1qy11 2 1 1 2 2 化为二次型 g y , y ay2 4 y y by2 ，其中a b .2 2 1 2 1 1 2 2 （1）求a, b 值；（2）求正交矩阵q 。4 3 5 5 【答案】（ 1）a 4, b1，（ 2）

23、q 3 4 t 1 2 5 5 t1 2 【解析】（ 1）f x1, x2 x2 4 x x ax ， a 2 4 f (x0 ) f (0) x0 0 f (2) f (x0 ) 2 x0第 11 页5 f y , y yt a 2 y yt by ，b a 2 1 2 2 b 2 b f x , x x qy g y , y ，即qt aq b ,其中q 为正交矩阵，故a、b 合同且相似，1 2 1 2b =0 ab 4 0 则a =b .又因 a 的特征值为5 和 0，则由tr atr ba b 5a 4, b 1 ，a b 1 （2）当a =5 时，其线性无关的特征向量为2 ，当a =

24、0 时，其线性无关的特征向量为1 2 2 1 2 单位化5 5 t 51 ，令p12 1 q12 1 ，则q1 aq1 0 . 2 1 当b =5 时，其线性无关的特征向量为1 ，b =0 时，其线性无关的特征向量为2 ，2 1 位化2 1 5 5 令p 单q，2 12 2 1 2 5 5 4 3 qt aq qt bq 5 q qt aq qt b q q qt 5 5 则1 1 2 2 0 2 1 1 2 1 2 。3 4 5 5 （21）（本题满分11 分）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a2a 6 0 ，求p1 ap

25、 ，并判断a 是否相似于对角矩阵。1 0 6 【答案】（ 2）p ap 1 1，a 可以相似对角化【解析】（1）证明：设k k a 0 ，k 肯定为 0，反证法，若k 0 ，则ak1 ，1 2 2 2 25 k 第 12 页即为 a 的特征向量，与题意矛盾。因此k2 0 ，代入得k1 0 ，由非零得k1 0 . 由k1 k2 0 得, a线性无关，向量组秩为2，r p 2 ，所以p , a可逆。（2）由a2a 6 0 得a2 6a，a, aa , a2a , 6a, a06 1 11 0 6 0 6 由p 可逆得p ap 1 1，令b 1 1由b e 0 得1 2, 2 3 有两个不同的特征值

26、，所以b 可相似于对角矩阵，由p1 ap b ，a b 因为b 可对角化，a 相似于b ，所以a 可对角化，即a 相似于对角矩阵. （22）（本题满分11 分）设随机变量x1, x 2 , x 3 相互独立，其中x1, x 2 均服从标准正态分布， x 的概率分布与 p x 0p x 11 ,y x x1 x x3 2 3 23 1 3 2 （1）求二维随机变量的分布函数，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1 xy 1 x , x y【答案】（ 1）f x, y 2 21 1xy 2 2【解析】（ 1）x1 ,y 的分布函数为：y , x yf x, y p x1 x,y yp x 3 0, x1 x,y yp x 3 1, x1 x,y yp x 3 0, x1 x, x 2 yp x 3 1, x1 x, x1 y1 p x21 x px 2y1 px21 x