2020年全国大学高数考试试题及解析

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)(1)曲线上与直线垂直的切线方程为__________.(2)已知,且,则=__________.(3)设为正向圆周在第一象限中的部分,则曲线积分的值为__________.(4)设是由锥面与半球面围成的空间区域,是的整个边界的外侧,则_________.(5)设均为3维列向量,记矩阵,,如果,那么.(6)从数1,2,3,4中任取一个数,记为,再从中任取一个数,记为,则=____________.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)(1)设函数,则在内( )(A)处处可导 (B)恰有一个不可导点(C)恰有两个不可导点 (D)至少有三个不可导点(2)设是连续函数的一个原函数,表示的充分必要条件是则必有( )(A)是偶函数是奇函数(B)是奇函数是偶函数(C)是周期函数是周期函数(D)是单调函数是单调函数(3)设函数,其中函数具有二阶导数,具有一阶导数,则必有( )(A) (B) (C) (D)(4)设有三元方程,根据隐函数存在定理,存在点的一个邻域,在此邻域内该方程( )(A)只能确定一个具有连续偏导数的隐函数(B)可确定两个具有连续偏导数的隐函数和(C)可确定两个具有连续偏导数的隐函数和(D)可确定两个具有连续偏导数的隐函数和(5)设是3阶方阵,将的第1列与第2列交换得,再把的第2列加到第3列得,则满足的可逆矩阵为( )(A) (B) (C) (D)(6)设为满足的任意两个非零矩阵,则必有( )(A)的列向量组线性相关的行向量组线性相关(B)的列向量组线性相关的列向量组线性相关(C)的行向量组线性相关的行向量组线性相关(D)的行向量组线性相关的列向量组线性相关(7)设随机变量服从正态分布对给定的,数满足,若,则等于( )(A) (B)(C) (D)(8)设随机变量独立同分布,且其方差为令,则( )(A) (B)(C) (D)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)1、(本题满分12分)设,证明.2、(本题满分11分)某种飞机在机场降落时,为了减少滑行距离,在触地的瞬间,飞机尾部张开减速伞,以增大阻力,使飞机迅速减速并停下.现有一质量为9000kg的飞机,着陆时的水平速度为700km/h经测试,减速伞打开后,飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比(比例系数为问从着陆点算起,飞机滑行的最长距离是多少?(注:kg表示千克,km/h表示千米/小时)3、(本题满分12分)计算曲面积分其中是曲面的上侧.4、(本题满分12分)已知函数在上连续,在内可导,且.证明:A存在使得.B存在两个不同的点,使得5、(本题满分12分)设函数具有连续导数,在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线上,曲线积分的值恒为同一常数.(=1\*ROMAN1)证明:对右半平面内的任意分段光滑简单闭曲线有.(2)求函数的表达式.6、(本题满分9分)已知二次型的秩为2.(=1\*ROMAN1)求的值；(2)求正交变换,把化成标准形.(3)求方程=0的解.7、(本题满分9分)设矩阵的特征方程有一个二重根,求的值,并讨论是否可相似对角化.8、(本题满分9分)设为随机事件,且,令求:(1)二维随机变量的概率分布.(2)和的相关系数9、(本题满分9分)设为来自总体的简单随机样本,为样本均值,记求:(=1\*ROMAN1)的方差.(2)与的协方差2020年全国大学高等数学考试试题解析填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分.把答案填在题中横线）（1）曲线y=lnx上与直线垂直的切线方程为.【分析】本题为基础题型，相当于已知切线的斜率为1，由曲线y=lnx的导数为1可确定切点的坐标。【详解】由，得x=1,可见切点为，于是所求的切线方程为，即.【评注】本题也可先设切点为，曲线y=lnx过此切点的导数为，得，由此可知所求切线方程为，即.本题比较简单，类似例题在一般教科书上均可找到.（2）已知，且f(1)=0,则f(x)=.【分析】先求出的表达式，再积分即可。【详解】令，则，于是有，即积分得.利用初始条件f(1)=0,得C=0，故所求函数为f(x)=.【评注】本题属基础题型，已知导函数求原函数一般用不定积分。完全类似的例题见《数学复习指南》P89第8题,P90第11题.（3）设为正向圆周在第一象限中的部分，则曲线积分的值为.【分析】利用极坐标将曲线用参数方程表示，相应曲线积分可化为定积分。【详解】正向圆周在第一象限中的部分，可表示为于是=【评注】本题也可添加直线段，使之成为封闭曲线，然后用格林公式计算，而在添加的线段上用参数法化为定积分计算即可.完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P143例10.11，《考研数学大串讲》P122例5、例7.（4）设是由锥面与半球面围成的空间区域，是的整个边界的外侧，则.【分析】本题是封闭曲面且取外侧，自然想到用高斯公式转化为三重积分，再用球面（或柱面）坐标进行计算即可.【详解】=（5）设均为3维列向量，记矩阵，，如果，那么2.【分析】将B写成用A右乘另一矩阵的形式，再用方阵相乘的行列式性质进行计算即可.【详解】由题设，有=，于是有（6）从数1,2,3,4中任取一个数，记为X,再从中任取一个数，记为Y,则=.【分析】本题涉及到两次随机试验，想到用全概率公式,且第一次试验的各种两两互不相容的结果即为完备事件组或样本空间的划分.【详解】=+++=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）（1）设函数，则f(x)在内(A)处处可导.(B)恰有一个不可导点.(C)恰有两个不可导点.(D)至少有三个不可导点.[C]【分析】先求出f(x)的表达式，再讨论其可导情形.【详解】当时，；当时，；当时，即可见f(x)仅在x=时不可导，故应选(C).（2）设F(x)是连续函数f(x)的一个原函数，表示“M的充分必要条件是N”，则必有F(x)是偶函数f(x)是奇函数.（B）F(x)是奇函数f(x)是偶函数.(C)F(x)是周期函数f(x)是周期函数.(D)F(x)是单调函数f(x)是单调函数.[A]【分析】本题可直接推证，但最简便的方法还是通过反例用排除法找到答案.【详解】方法一：任一原函数可表示为，且当F(x)为偶函数时，有，于是，即，也即，可见f(x)为奇函数；反过来，若f(x)为奇函数，则为偶函数，从而为偶函数，可见(A)为正确选项.方法二：令f(x)=1,则取F(x)=x+1,排除(B)、(C);令f(x)=x,则取F(x)=,排除(D);故应选(A).（3）设函数,其中函数具有二阶导数，具有一阶导数，则必有(A).（B）.(C).(D).[B]【分析】先分别求出、、，再比较答案即可.【详解】因为，，于是 ，，，可见有，应选(B).（4）设有三元方程，根据隐函数存在定理，存在点(0,1,1)的一个邻域，在此邻域内该方程只能确定一个具有连续偏导数的隐函数z=z(x,y).可确定两个具有连续偏导数的隐函数x=x(y,z)和z=z(x,y).可确定两个具有连续偏导数的隐函数y=y(x,z)和z=z(x,y).可确定两个具有连续偏导数的隐函数x=x(y,z)和y=y(x,z).[D]【分析】本题考查隐函数存在定理，只需令F(x,y,z)=,分别求出三个偏导数，再考虑在点(0,1,1)处哪个偏导数不为0，则可确定相应的隐函数.【详解】令F(x,y,z)=,则，，，且，，.由此可确定相应的隐函数x=x(y,z)和y=y(x,z).故应选(D).（5）设A是3阶方阵，将A的第1列与第2列交换得B,再把B的第2列加到第3列得C,则满足AQ=C的可逆矩阵Q为(A).(B).(C).(D).(D)【分析】本题考查初等矩阵的的概念与性质，对A作两次初等列变换，相当于右乘两个相应的初等矩阵，而Q即为此两个初等矩阵的乘积。【详解】由题设，有，，于是，可见，应选(D).【评注】涉及到初等变换的问题，应掌握初等矩阵的定义、初等矩阵的性质以及与初等变换的关系。完全类似例题见《数学题型集粹与练习题集》P196例2.2（6）设A,B为满足AB=O的任意两个非零矩阵，则必有A的列向量组线性相关，B的行向量组线性相关.A的列向量组线性相关，B的列向量组线性相关.A的行向量组线性相关，B的行向量组线性相关.(D)A的行向量组线性相关，B的列向量组线性相关.[A]【分析】A,B的行列向量组是否线性相关，可从A,B是否行（或列）满秩或Ax=0（Bx=0）是否有非零解进行分析讨论.【详解1】设A为矩阵，B为矩阵，则由AB=O知，.又A,B为非零矩阵，必有r(A)>0,r(B)>0.可见r(A)<n,r(B)<n,即A的列向量组线性相关，B的行向量组线性相关，故应选(A).【详解2】由AB=O知，B的每一列均为Ax=0的解，而B为非零矩阵，即Ax=0存在非零解，可见A的列向量组线性相关。同理，由AB=O知，，于是有的列向量组，从而B的行向量组线性相关，故应选(A).【评注】AB=O是常考关系式，一般来说，与此相关的两个结论是应记住的：AB=O;AB=OB的每列均为Ax=0的解。完全类似例题见《数学最后冲刺》P110例10-11，《数学一临考演习》P79第4题,〈考研数学大串讲〉P173例8,P184例27。（7）设随机变量X服从正态分布N(0,1)，对给定的，数满足，若，则等于(A).(B).(C).(D).[C]【分析】此类问题的求解，可通过的定义进行分析，也可通过画出草图，直观地得到结论。【详解】由标准正态分布概率密度函数的对称性知，，于是即有，可见根据定义有，故应选(C).【评注】本题相当于分位数，直观地有o此类问题在文登学校的辅导班上作为正态分布的一般结论总结过.（8）设随机变量独立同分布，且其方差为令，则(A)Cov((B).(C).(D).[A]【分析】本题用方差和协方差的运算性质直接计算即可，注意利用独立性有：【详解】Cov(=【评注】本题(C),(D)两个选项的方差也可直接计算得到：如=，=完全类似的例题见《数学一临考演习》P78第23题（本题是第23题的特殊情况）.三、解答题1、（本题满分12分）设,证明.【分析】根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证明.【证法1】对函数在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得设，则，当t>e时，所以单调减少，从而，即，故.【证法2】设，则，,所以当x>e时，故单调减少，从而当时，，即当时，单调增加.因此当时，，即，故.【评注】本题也可设辅助函数为或，再用单调性进行证明即可。完全类似的例题见《数学复习指南》P347例13.31及P344的[解题提示],《考研数学大串讲》P65例13.2、（本题满分11分）某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以增大阻力，使飞机迅速减速并停下.现有一质量为9000kg的飞机，着陆时的水平速度为700km/h.经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比（比例系数为问从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？注kg表示千克，km/h表示千米/小时.【分析】本题是标准的牛顿第二定理的应用，列出关系式后再解微分方程即可。【详解1】由题设，飞机的质量m=9000kg，着陆时的水平速度.从飞机接触跑道开始记时，设t时刻飞机的滑行距离为x(t)，速度为v(t).根据牛顿第二定律，得.又，由以上两式得，积分得由于，故得，从而当时，所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.【详解2】根据牛顿第二定律，得,所以两端积分得通解，代入初始条件解得，故飞机滑行的最长距离为或由，知，故最长距离为当时，【详解3】根据牛顿第二定律，得,，其特征方程为，解之得，故由，得于是当时，所以，飞机滑行的最长距离为1.05km.【评注】本题求飞机滑行的最长距离，可理解为或的极限值，这种条件应引起注意.完全类似的例题见《数学最后冲刺》P98-99例10-11.3、（本题满分12分）计算曲面积分其中是曲面的上侧.【分析】先添加一曲面使之与原曲面围成一封闭曲面，应用高斯公式求解，而在添加的曲面上应用直接投影法求解即可.【详解】取为xoy平面上被圆所围部分的下侧，记为由与围成的空间闭区域，则由高斯公式知==而，故【评注】本题选择时应注意其侧与围成封闭曲面后同为外侧（或内侧），再就是在上直接投影积分时，应注意符号(取下侧，与z轴正向相反，所以取负号).完全类似的例题见《数学复习指南》P325例12.21，《数学题型集粹与练习题集》P148例10.17（2）,《数学一临考演习》P38第19题.4、（本题满分12分）已知函数f(x)在[0，1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0,f(1)=1.证明：（=1\*ROMANI）存在使得；（=2\*ROMANII）存在两个不同的点，使得【分析】第一部分显然用闭区间上连续函数的介值定理；第二部分为双介值问题，可考虑用拉格朗日中值定理，但应注意利用第一部分已得结论.【详解】（=1\*ROMANI）令，则F(x)在[0，1]上连续，且F(0)=-1<0,F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在使得，即.（=2\*ROMANII）在和上对f(x)分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点，使得，于是5、（本题满分12分）设函数具有连续导数，在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线L上，曲线积分的值恒为同一常数.（=1\*ROMANI）证明：对右半平面x>0内的任意分段光滑简单闭曲线C，有；（=2\*ROMANII）求函数的表达式.【分析】证明（=1\*ROMANI）的关键是如何将封闭曲线C与围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线相联系，这可利用曲线积分的可加性将C进行分解讨论；而（=2\*ROMANII）中求的表达式，显然应用积分与路径无关即可.Y【详解】（=1\*ROMANI）Yl2CoXl3如图，将C分解为：，另作一条曲线围绕原点且与C相接，则.（=2\*ROMANII）设，在单连通区域内具有一阶连续偏导数，由（Ⅰ）知，曲线积分在该区域内与路径无关，故当时，总有.①②比较①、②两式的右端，得④③④③由③得，将代入④得所以，从而6、（本题满分9分）已知二次型的秩为2.（=1\*ROMANI）求a的值；（=2\*ROMANII）求正交变换，把化成标准形；（=3\*ROMANIII）求方程=0的解.【分析】（=1\*ROMANI）根据二次型的秩为2，可知对应矩阵的行列式为0，从而可求a的值；（=2\*ROMANII）是常规问题，先求出特征值、特征向量，再正交化、单位化即可找到所需正交变换；（=3\*ROMANIII）利用第二步的结果，通过标准形求解即可.【详解】（=1\*ROMANI）二次型对应矩阵为，由二次型的秩为2，知，得a=0.（=2\*ROMANII）这里，可求出其特征值为.解，得特征向量为：，解，得特征向量为：由于已经正交，直接将，单位化，得：令，即为所求的正交变换矩阵，由x=Qy，可化原二次型为标准形：=（=3\*ROMANIII）由=0，得（k为任意常数）.从而所求解为：x=Qy=，其中c为任意常数.7、（本题满分9分）已知3阶矩阵A的第一行是不全为零，矩阵（k为常数），且AB=O,求线性方程组Ax=0的通解.【分析】AB=O,相当于告之B的每一列均为Ax=0的解，关键问题是Ax=0的基础解系所含解向量的个数为多少，而这又转化为确定系数矩阵A的秩.【详解】由AB=O知，B的每一列均为Ax=0的解，且（1）若k,则r(B)=2,于是r(A),显然r(A),故r(A)=1.可见此时Ax=0的基础解系