2020年全国硕士研究生入学考试数学一真题

一、选择题

一、选择题:1~8 小题,第 1~8 题每小题 4 分,共 32 分。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。

1.x→0+x\to0^+ 时,下列无穷小量中最高阶是( )

(A) ∫0x(et2−1)dt\displaystyle \int_0^x\left(e^{t^2}-1\right)dt (B) ∫0xln⁡(1+t3) dt\displaystyle \int_0^x \ln\left(1+\sqrt{t^3}\right)\,dt (C) ∫0sin⁡xsin⁡t2 dt\displaystyle \int_0^{\sin x}\sin t^2\,dt (D) ∫01−cos⁡xsin⁡3t dt\displaystyle \int_0^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3 t}\,dt

参考答案 (1 个标签)
无穷小阶

答案:D。 解析:x→0+x\to0^+ 时,(A) ∼∫0xt2dt=x33\sim \int_0^x t^2dt=\frac{x^3}{3};(B) ∼∫0xt3/2dt=25x5/2\sim \int_0^x t^{3/2}dt=\frac{2}{5}x^{5/2};(C) ∼∫0xt2dt=x33\sim \int_0^x t^2dt=\frac{x^3}{3};(D) ∼∫0x2/2t3/2dt=25(x22)5/2\sim \int_0^{x^2/2}t^{3/2}dt=\frac{2}{5}\left(\frac{x^2}{2}\right)^{5/2},为五阶无穷小,阶数最高。

2.设函数 f(x)f(x) 在区间 (−1,1)(-1,1) 内有定义,且 lim⁡x→0f(x)=0\lim\limits_{x\to0} f(x)=0,则( )

(A) 当 lim⁡x→0f(x)∣x∣=0\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0,f(x)f(x) 在 x=0x=0 处可导 (B) 当 lim⁡x→0f(x)x2=0\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sqrt{x^2}}=0,f(x)f(x) 在 x=0x=0 处可导 (C) 当 f(x)f(x) 在 x=0x=0 处可导时,lim⁡x→0f(x)∣x∣=0\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0 (D) 当 f(x)f(x) 在 x=0x=0 处可导时,lim⁡x→0f(x)x2=0\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sqrt{x^2}}=0

参考答案 (2 个标签)
可导性 极限

答案:C。 解析:若 ff 在 00 处可导,则由 lim⁡x→0f(x)=0\lim_{x\to0}f(x)=0 得 f(0)=0f(0)=0,且 f(x)=f′(0)x+o(x)f(x)=f'(0)x+o(x)。于是 f(x)∣x∣=f′(0)x∣x∣+o(∣x∣)→0\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=f'(0)\dfrac{x}{\sqrt{|x|}}+o(\sqrt{|x|})\to0。A、B 中均未给出 f(0)=0f(0)=0,不能推出可导;D 还要求 f′(0)=0f'(0)=0,不恒成立。

3.设函数 f(x,y)f(x,y) 在点 (0,0)(0,0) 处可微,f(0,0)=0f(0,0)=0,n=(∂f∂x,∂f∂y,−1)∣(0,0)\boldsymbol{n}=\left.\left(\dfrac{\partial f}{\partial x},\dfrac{\partial f}{\partial y},-1\right)\right|_{(0,0)},非零向量 α\boldsymbol{\alpha} 与 n\boldsymbol{n} 垂直,则( )

(A) lim⁡(x,y)→(0,0)∣n⋅(x,y,f(x,y))∣x2+y2=0\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\bigl|\boldsymbol{n}\cdot(x,y,f(x,y))\bigr|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0 存在 (B) lim⁡(x,y)→(0,0)∣n×(x,y,f(x,y))∣x2+y2=0\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\bigl|\boldsymbol{n}\times(x,y,f(x,y))\bigr|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0 存在 (C) lim⁡(x,y)→(0,0)∣α⋅(x,y,f(x,y))∣x2+y2=0\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\bigl|\boldsymbol{\alpha}\cdot(x,y,f(x,y))\bigr|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0 存在 (D) lim⁡(x,y)→(0,0)∣α×(x,y,f(x,y))∣x2+y2=0\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\bigl|\boldsymbol{\alpha}\times(x,y,f(x,y))\bigr|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0 存在

参考答案 (2 个标签)
可微 方向导数

答案:A。 解析:ff 在 (0,0)(0,0) 可微且 f(0,0)=0f(0,0)=0,有 lim⁡(x,y)→0f(x,y)−fx′(0,0)x−fy′(0,0)yx2+y2=0\displaystyle \lim_{(x,y)\to0}\frac{f(x,y)-f_x'(0,0)x-f_y'(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}=0。 n⋅(x,y,f(x,y))=fx′(0,0)x+fy′(0,0)y−f(x,y)\boldsymbol{n}\cdot(x,y,f(x,y))=f_x'(0,0)x+f_y'(0,0)y-f(x,y),故 A 的极限为 0。其余选项不一定成立。

4.设 RR 为幂级数 ∑n=1∞anxn\sum_{n=1}^\infty a_n x^n 的收敛半径,rr 是实数,则( )

(A) ∑n=1∞anrn\sum_{n=1}^\infty a_n r^n 发散时,∣r∣≥R|r|\ge R (B) ∑n=1∞anrn\sum_{n=1}^\infty a_n r^n 发散时,∣r∣≤R|r|\le R (C) ∣r∣≥R|r|\ge R 时,∑n=1∞anrn\sum_{n=1}^\infty a_n r^n 发散 (D) ∣r∣≤R|r|\le R 时,∑n=1∞anrn\sum_{n=1}^\infty a_n r^n 发散

参考答案 (1 个标签)
收敛半径

答案:A。 解析:幂级数在 ∣x∣<R|x|<R 内收敛、∣x∣>R|x|>R 发散,故发散时必有 ∣r∣≥R|r|\ge R。

5.若矩阵 AA 经初等变换化成 BB,则( )

A. 存在矩阵 PP,使得 PA=BPA=B B. 存在矩阵 PP,使得 PB=APB=A C. 存在矩阵 PP,使得 PB=APB=A D. 方程组 Ax=0Ax=0 与 Bx=0Bx=0 同解

参考答案 (2 个标签)
矩阵 初等变换

答案:B。 解析:初等行变换等价于左乘可逆矩阵 PP,有 PA=BPA=B,可写为 A=BP−1A=BP^{-1},故存在 PP 使 PB=APB=A。

6.已知直线 L1:x−a2a1=y−b2b1=z−c2c1L_1:\dfrac{x-a_2}{a_1}=\dfrac{y-b_2}{b_1}=\dfrac{z-c_2}{c_1} 与直线 L2:x−a3a2=y−b3b2=z−c3c2L_2:\dfrac{x-a_3}{a_2}=\dfrac{y-b_3}{b_2}=\dfrac{z-c_3}{c_2} 相交于一点,法向量 a=(aibici), i=1,2,3a=\begin{pmatrix}a_i\\b_i\\c_i\end{pmatrix},\,i=1,2,3,则( )

(A) a1a_1 可由 a2,a3a_2,a_3 线性表示 (B) a2a_2 可由 a1,a3a_1,a_3 线性表示 (C) a3a_3 可由 a1,a2a_1,a_2 线性表示 (D) a1,a2,a3a_1,a_2,a_3 线性无关

7.设 A,B,CA,B,C 为三个随机事件,且 P(A)=P(B)=P(C)=14P(A)=P(B)=P(C)=\tfrac14,P(AB)=0P(AB)=0,P(AC)=P(BC)=112P(AC)=P(BC)=\tfrac{1}{12},则 A,B,CA,B,C 中恰有一个事件发生的概率为( )

(A) 34\tfrac{3}{4} (B) 23\tfrac{2}{3} (C) 12\tfrac{1}{2} (D) 512\tfrac{5}{12}

参考答案 (1 个标签)
概率计算

答案:D。 解析:P(ABˉCˉ)=P(A)−P(AB)−P(AC)=16P(A\bar B\bar C)=P(A)-P(AB)-P(AC)=\tfrac16,同理三项相加得 512\tfrac{5}{12}。

8.设 x1,x2,…,x10x_1,x_2,\ldots,x_{10} 为来自总体 XX 的简单随机样本,其中 P(X=0)=P(X=1)=12P(X=0)=P(X=1)=\tfrac12,Φ(x)\Phi(x) 表示标准正态分布函数,则利用中心极限定理可得 P ⁣{∑i=1100Xi≤55}P\!\left\{\sum_{i=1}^{100}X_i\le55\right\} 的近似值为( )

(A) 1−Φ(1)1-\Phi(1) (B) Φ(1)\Phi(1) (C) 1−Φ(0,2)1-\Phi(0,2) (D) Φ(0,2)\Phi(0,2)

参考答案 (1 个标签)
中心极限定理

答案:B。 解析:EX=12, DX=14E X=\tfrac12,\ D X=\tfrac14,标准化得 55−5025=1\dfrac{55-50}{\sqrt{25}}=1,故近似为 Φ(1)\Phi(1)。

二、填空题

二、填空题:9~14 小题,每小题 2 分,共 24 分。请将答案写在答题纸指定位置上。

9.lim⁡x→0[1ex+1−1ln⁡(1+x)]=\displaystyle \lim_{x\to0}\left[\frac{1}{e^x+1}-\frac{1}{\ln(1+x)}\right]= ____。

参考答案 (1 个标签)
极限

答案:−1-1。 解析:通分后得 lim⁡x→0ln⁡(1+x)−ex+1(ex−1)ln⁡(1+x)=lim⁡x→0ln⁡(1+x)−ex+1x2=lim⁡x→011+x−ex2x=−1\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-e^x+1}{(e^x-1)\ln(1+x)}=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-e^x+1}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\tfrac{1}{1+x}-e^x}{2x}=-1。

10.设

x=t2+1,y=ln⁡(t+t2+1),x=\sqrt{t^2+1},\quad y=\ln(t+\sqrt{t^2+1}),

则 d2ydx2∣t=1=\left.\dfrac{d^2 y}{dx^2}\right|_{t=1}= ____。

参考答案 (1 个标签)
二阶导数

答案:−2-\sqrt{2}。

11.若函数 f(x)f(x) 满足 f′′(x)+af′(x)+f(x)=0 (a>0)f''(x)+a f'(x)+f(x)=0\ (a>0),且 f(0)=m, f′(0)=nf(0)=m,\ f'(0)=n,则 ∫0+∞f(x) dx=\displaystyle \int_0^{+\infty} f(x)\,dx= ____。

参考答案 (1 个标签)
常系数微分方程

答案:n+amn+a m。

12.设函数 f(x,y)=∫0xyet dtf(x,y)=\int_0^{xy} e^t\,dt,则 ∂2f∂x ∂y∣(1,1)=\left.\dfrac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}\right|_{(1,1)}= ____。

参考答案 (1 个标签)
偏导数

答案:4e4e。

13.行列式 ∣a0−110a1−1−11a01−10a∣=\begin{vmatrix} a&0&-1&1\\ 0&a&1&-1\\ -1&1&a&0\\ 1&-1&0&a \end{vmatrix} = ____。

参考答案 (1 个标签)
行列式

答案:a4−4a2a^4-4a^2。 解析要点:行变换化为上三角,或按行展开并分块计算,结果为 a4−4a2a^4-4a^2。

14.设 XX 服从区间 (−π2,π2)\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right) 上的均匀分布,Y=sin⁡XY=\sin X,则 Cov(X,Y)=\mathrm{Cov}(X,Y)= ____。

参考答案 (2 个标签)
协方差 均匀分布

答案:2π\dfrac{2}{\pi}。 解析要点:密度 f(x)=1πf(x)=\dfrac{1}{\pi},EX=0, EY=E(sin⁡X)=0EX=0,\ EY=E(\sin X)=0,协方差 E(Xsin⁡X)−EX EY=2π∫0π/2xsin⁡x dx=2πE(X\sin X)-E X\,E Y=\dfrac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2} x\sin x\,dx=\dfrac{2}{\pi}。

三、解答题

三、解答题:15~23 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)求函数 f(x,y)=x3+8y3−xyf(x,y)=x^3+8y^3-xy 的最大值。

参考答案 (1 个标签)
多元极值

答案:极小值 − 1216-\,\dfrac{1}{216}(在 x=16, y=112x=\tfrac16,\ y=\tfrac1{12} 处),其余驻点非极值。最大值不存在(无界)。 解析:求一阶、二阶导,判别 AC−B2AC-B^2,得唯一极小值点。

16.(本题满分 10 分)计算曲线积分

I=∫L4x−y4x2+y2dx+x+y4x2+y2dy,I=\int_L \frac{4x-y}{4x^2+y^2}dx+\frac{x+y}{4x^2+y^2}dy,

其中 LL 是 x2+y2=2x^2+y^2=2,方向为逆时针方向。

参考答案 (2 个标签)
曲线积分 格林公式

答案:π\pi。 解析要点:取 P=4x−y4x2+y2, Q=x+y4x2+y2P=\dfrac{4x-y}{4x^2+y^2},\ Q=\dfrac{x+y}{4x^2+y^2},有 ∂Q∂x−∂P∂y=−4x2+y2−8xy(4x2+y2)2\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{-4x^2+y^2-8xy}{(4x^2+y^2)^2}。用格林公式在 x2+y2=2x^2+y^2=2 上计算,化简积分得 π\pi。

17.(本题满分 10 分)设数列 {an}\{a_n\} 满足 a1=1a_1=1 且 an+1=(n+12)anna_{n+1}=\left(n+\tfrac12\right)\frac{a_n}{n},|x|&lt;1 时幂级数 ∑n=1∞anxn\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n 收敛,证明:当 |x|&lt;1 时幂级数 ∑n=1∞an2xn\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2 x^n 收敛,并求其和函数。

参考答案 (1 个标签)
幂级数

答案:S(x)=\dfrac{2}{\sqrt{1-x}}-2,\ |x|&lt;1。 解析要点:由递推式求 S′(x)S'(x) 的微分方程,解得通式,用 S(0)=0S(0)=0 定常数。

18.(本题满分 10 分)设 Σ\Sigma 为由面 Z:x2+y2(x2+y2≤4)Z:\sqrt{x^2+y^2}\left(x^2+y^2\le4\right) 的下侧,f(x)f(x) 是连续函数,计算

I=∬Σ[yf(xy)+2−y] dz dx+∬Σ[yf(xy)+2−y+x] dz dx+∬Σ[2f(xy)+2] dx dy.I=\iint_\Sigma [y f(xy)+2-y]\,dz\,dx + \iint_\Sigma [y f(xy)+2-y+x]\,dz\,dx + \iint_\Sigma [2 f(xy)+2]\,dx\,dy.
参考答案 (1 个标签)
曲面积分

答案:00。 解析要点:利用方向余弦将曲面积分化为平面区域 DD 的二重积分,代入计算后各项相互抵消,最终结果为 00。

19.(本题满分 10 分)设函数 f(x)f(x) 在区间 [0,2][0,2] 上具有连续导数,f(0)=f(2)=0, M=max⁡y∈(0,2)∣f(x)∣f(0)=f(2)=0,\, M=\max_{y\in(0,2)}|f(x)|,证明 (1) 存在 ξ∈(0,2)\xi\in(0,2),使得 ∣f′(ξ)∣≥M|f'(\xi)|\ge M。 (2) 若对任意 ε∈(0,2)\varepsilon\in(0,2),∣f′(x)∣<M|f'(x)|<M,则 M=0M=0。

参考答案 (2 个标签)
拉格朗日中值定理 导数

答案要点: (1) 取 c∈(0,1]c\in(0,1],由拉格朗日定理得 ∃ ξ∈(0,c)\exists\,\xi\in(0,c) 使 f′(ξ)=f(c)−f(0)c=f(c)cf'(\xi)=\frac{f(c)-f(0)}{c}= \frac{f(c)}{c},故 ∣f′(ξ)∣≥Mc≥M|f'(\xi)|\ge \frac{M}{c}\ge M。若 c∈(1,2)c\in(1,2),同理 ∃ ξ∈(c,2)\exists\,\xi\in(c,2) 使 f′(ξ)=f(2)−f(c)2−c=−f(c)2−cf'(\xi)=\frac{f(2)-f(c)}{2-c}=-\frac{f(c)}{2-c},亦得 ∣f′(ξ)∣≥M|f'(\xi)|\ge M。 (2) 若存在 c∈(0,1]c\in(0,1] 且 M>0M>0,则由 (1) 推论 M=∣f(c)∣=∣f(c)−f(0)∣=∣f′(ξ)∣ c≤McM=|f(c)|=|f(c)-f(0)|=|f'(\xi)|\,c\le Mc,只可能 M=0M=0,与 M>0M>0 矛盾。同理 c∈(1,2]c\in(1,2] 也得出矛盾,故必有 M=0M=0。

20.设二次型 f(x,x)=12x12+4x1x2+4x22f(x,x)=\tfrac12 x_1^2+4 x_1 x_2+4 x_2^2 经正交变换 x=Qyx=Q y 化为二次型 g(y1,y2)=ay12+4y1y2+by22g(y_1,y_2)=a y_1^2+4 y_1 y_2+b y_2^2,其中 a>ba>b。

(1) 求 a,ba,b 的值。 (2) 求正交矩阵 QQ。

参考答案 (2 个标签)
二次型 正交对角化

答案:a=4, b=1a=4,\ b=1。正交矩阵 QQ 由 A=(1−2−24)A=\begin{pmatrix}1&-2\\-2&4\end{pmatrix} 的单位特征向量组成,使 QTAQ=diag⁡(4,1)Q^T A Q=\operatorname{diag}(4,1)。 解析要点:利用相似对角化 A∼BA\sim B,特征值求得 a+b=1+4, ab=4a+b=1+4,\ ab=4。

21.设 AA 为 2 阶矩阵,P=(α1,Aα)P=(\alpha_1,A\alpha),其中 α\alpha 是非零向量且不是 AA 的特征向量。 (1) 证明 PP 为可逆矩阵; (2) 若 A2α+Aα−6α=0A^2\alpha+A\alpha-6\alpha=0,求 P−1APP^{-1}AP,并判断 AA 是否相似于对角矩阵。

参考答案 (2 个标签)
相似对角化 最小多项式

答案要点: (1) 若 PP 不可逆,则 ∣α,Aα∣=0|\alpha, A\alpha|=0,说明 α\alpha 与 AαA\alpha 线性相关,Aα=kαA\alpha=k\alpha,与“α\alpha 不是特征向量”矛盾,故 PP 可逆。 (2) 由 A2α+Aα−6α=0A^2\alpha+A\alpha-6\alpha=0 得 (A2+A−6E)α=0(A^2+A-6E)\alpha=0,可取基底 {α,Aα}\{\alpha, A\alpha\},在此基下

P−1AP=(061−1),P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0&6\\1&-1\end{pmatrix},

其特征值为 22 与 −3-3,存在两个不同特征值,AA 相似于对角矩阵。

22.设随机变量 X1,X2,X3X_1,X_2,X_3 相互独立,其中 X1X_1 与 X2X_2 均服从标准正态分布,X3X_3 的概率分布为 P(X3=0)=12, P(X3=1)=12P(X_3=0)=\tfrac12,\ P(X_3=1)=\tfrac12,Y=XX3+(1−X3)X1Y=X X_3 + (1-X_3) X_1。 (1) 求二维随机变量 (X1,Y)(X_1,Y) 的分布函数,结果用标准正态分布函数 Φ(x)\Phi(x) 表示。 (2) 证明随机变量 YY 服从标准正态分布。

参考答案 (2 个标签)
正态分布 混合分布

答案: (1) FX1,Y(x,y)=12 Φ(x) Φ(y)+12 Φ ⁣(min⁡(x,y))F_{X_1,Y}(x,y)=\dfrac12\,\Phi(x)\,\Phi(y)+\dfrac12\,\Phi\!\bigl(\min(x,y)\bigr)。 (2) FY(y)=Φ(y)F_Y(y)=\Phi(y),故 Y∼N(0,1)Y\sim N(0,1)。 解析要点:按 X3=0/1X_3=0/1 分层:Y=X1Y=X_1 或 Y=X2Y=X_2,均与 X1X_1 独立且同分布为 N(0,1)N(0,1),概率各占 1/2,求和得联合分布;边际对 YY 结果仍为标准正态。

23.设某种元件的使用寿命 TT 的分布函数为

F(t)={1−(tθ)m,t≥0,0,其他,F(t)= \begin{cases} 1-\left(\tfrac{t}{\theta}\right)^m, & t\ge0,\\ 0, & \text{其他}, \end{cases}

其中 θ,m\theta,m 为参数且大于零。 (1) 求概率 P{T>t}≤P{T>S+t∣T>S}P\{T>t\}\le P\{T>S+t\mid T>S\},其中 S>0,t>0S>0,t>0。 (2) 任取 nn 个这种元件做寿命试验,测得它们的寿命分别为 t1,t2,…,tnt_1,t_2,\ldots,t_n,若 mm 已知,求 θ\theta 的最大似然估计值 θ^\hat\theta。

参考答案 (1 个标签)
极大似然估计

答案(2):θ^=(1n∑i=1nti m)1/m\displaystyle \hat\theta=\left(\frac1n\sum_{i=1}^n t_i^{\,m}\right)^{1/m}。 解析要点:对数似然 ln⁡L=−nmln⁡θ+(m−1)∑ln⁡ti−θ−m∑tim\ln L=-nm\ln\theta+(m-1)\sum\ln t_i-\theta^{-m}\sum t_i^m,求导置零得解。

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