2020年全国硕士研究生入学考试数学一真题

解题思路：

本题考查比较无穷小的阶。对每个选项先作等价替换求出被积函数的主部，再积分得到主部，最后比较所得幂次的大小。

详细步骤：

1. 对 (A)：$e^{t^2}-1\sim t^2$，故 $\displaystyle\int_0^x(e^{t^2}-1)dt\sim\int_0^x t^2dt=\dfrac{x^3}{3}$，为三阶无穷小。
2. 对 (B)：$\ln(1+\sqrt{t^3})\sim t^{3/2}$，故 $\displaystyle\int_0^x\ln(1+\sqrt{t^3})dt\sim\int_0^x t^{3/2}dt=\dfrac25x^{5/2}$。
3. 对 (C)：$\sin t^2\sim t^2$，且 $\sin x\sim x$，故 $\displaystyle\int_0^{\sin x}\sin t^2dt\sim\int_0^x t^2dt=\dfrac{x^3}{3}$，为三阶无穷小。
4. 对 (D)：$\sqrt{\sin^3t}\sim t^{3/2}$，且 $1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}$，故 $\displaystyle\int_0^{1-\cos x}\sqrt{\sin^3t}dt\sim\int_0^{x^2/2}t^{3/2}dt=\dfrac25\left(\dfrac{x^2}{2}\right)^{5/2}$。
5. 比较知 (D) 的阶数最高，选 (D)。

最终答案：

D。

解题思路：

本题考查可导性与极限的关系。关键是把 $f$ 在 $0$ 处的可导展开式 $f(x)=f(0)+f'(0)x+o(x)$ 与各种分母的阶作比较。

详细步骤：

1. 若 $f$ 在 $0$ 处可导，则 $f$ 在 $0$ 处连续，由 $\lim\limits_{x\to0}f(x)=0$ 得 $f(0)=0$，于是 $f(x)=f'(0)x+o(x)$。
2. 于是 $\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=f'(0)\dfrac{x}{\sqrt{|x|}}+o(\sqrt{|x|})\to0$，因为 $|x|/\sqrt{|x|}=\sqrt{|x|}\to0$。故选项 (C) 成立。
3. 对选项 (D)：$\dfrac{f(x)}{\sqrt{x^2}}=\dfrac{f'(0)x+o(x)}{|x|}=f'(0)\operatorname{sgn}(x)+o(1)$，只有在 $f'(0)=0$ 时才趋于 0，故 (D) 不恒成立。
4. 对选项 (A)、(B)：题设只给出 $\lim\limits_{x\to0}f(x)=0$，并未给出 $f(0)=0$，此时 $f$ 在 $0$ 处可能不连续，故不能推出可导。综上选 (C)。

最终答案：

C。

解题思路：

本题考查多元函数可微的定义及其几何意义。可微等价于函数在该点的增量能用线性部分近似，误差是 $o(\rho)$ 的小量。

详细步骤：

1. 由 $f$ 在 $(0,0)$ 可微且 $f(0,0)=0$，有 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{f(x,y)-f_x'(0,0)x-f_y'(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$。
2. 记 $\bm n=\bigl(f_x'(0,0),f_y'(0,0),-1\bigr)$，则 $\bm n\cdot(x,y,f(x,y))=f_x'(0,0)x+f_y'(0,0)y-f(x,y)$。
3. 由上一步知 $\dfrac{\left|\bm n\cdot(x,y,f(x,y))\right|}{\sqrt{x^2+y^2}}\to0$，故选项 (A) 的极限存在且等于 0。
4. 对选项 (B)：叉积的模一般不趋于 0；$\bm\alpha\perp\bm n$ 只说明 $\bm\alpha$ 与 $\bm n$ 的方向关系，不能保证 (C)、(D) 中的极限存在。综上选 (A)。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查幂级数收敛半径的定义与阿贝尔定理。幂级数在收敛区间内外敛散性的基本结论是：$|x|<R$ 内绝对收敛，$|x|>R$ 外发散，端点需单独讨论。

详细步骤：

1. 由收敛半径的定义，幂级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nx^n$ 在 $|x|<R$ 内收敛、在 $|x|>R$ 内发散。
2. 两个端点 $x=\pm R$ 的敛散性需要单独讨论，可能收敛也可能发散。
3. 因此若级数在 $r$ 处发散，则必有 $|r|\ge R$，选项 (A) 成立。
4. 选项 (C)、(D) 把端点情形一概而论，不成立；选项 (B) 的方向相反。综上选 (A)。

最终答案：

A。

解题思路：

本题考查初等变换与矩阵乘法的关系。用初等行变换把 $A$ 化为 $B$，等价于左乘一个可逆矩阵，这一关系可以反过来写成另一形式。

详细步骤：

1. 初等行变换等价于左乘一个初等矩阵，而初等矩阵都不可逆，故一系列初等行变换等价于左乘某个可逆矩阵 $P$，即 $PA=B$。
2. 由 $PA=B$ 两边右乘 $P^{-1}$ 得 $A=BP^{-1}$，再令 $Q=P^{-1}$，便有 $QB=A$，即存在可逆矩阵使 $QB=A$。
3. 选项 (A) 说存在 $P$ 使 $PA=B$，把字母顺序弄反了；选项 (C) 与 (B) 重复；选项 (D) 中 $Ax=0$ 与 $Bx=0$ 的解集相同相当于 $A$ 与 $B$ 等价，这在只有初等行变换时不成立（行变换改变方程组的解集结构）。综上选 (B)。

最终答案：

B。

解题思路：

本题考查用容斥公式计算”恰有一个事件发生”的概率。关键是注意三个差事件并不完全对称，因为题给的三个两两交概率并不相同。

详细步骤：

1. 先算 $A$ 单独发生的概率：由 $P(AB)=0$ 知 $P(ABC)=0$，故 $P(A\overline B\overline C)=P(A)-P(AB)-P(AC)=\tfrac14-0-\tfrac1{12}=\tfrac16$。
2. 同理 $P(\overline AB\overline C)=P(B)-P(AB)-P(BC)=\tfrac14-0-\tfrac1{12}=\tfrac16$。
3. 但 $C$ 单独发生时要减去两个两两交：$P(\overline A\overline BC)=P(C)-P(AC)-P(BC)=\tfrac14-\tfrac1{12}-\tfrac1{12}=\tfrac1{12}$。
4. 把三式相加得恰有一个事件发生的概率为 $\tfrac16+\tfrac16+\tfrac1{12}=\tfrac5{12}$，选 (D)。

最终答案：

D。

解题思路：

本题考查中心极限定理的应用。把二项分布的和标准化，再用正态分布函数表示其近似值。

详细步骤：

1. $X_i$ 服从参数为 $\tfrac12$ 的二点分布，故 $EX_i=\tfrac12$，$DX_i=\tfrac14$。
2. 由中心极限定理，$\displaystyle\sum_{i=1}^{100}X_i$ 近似服从 $N\left(100\cdot\tfrac12,\ 100\cdot\tfrac14\right)=N(50,25)$，标准差为 $5$。
3. 于是 $\displaystyle P\!\left\{\sum_{i=1}^{100}X_i\le55\right\}\approx P\left\{Z\le\dfrac{55-50}{5}\right\}=P\{Z\le1\}=\Phi(1)$，选 (B)。

最终答案：

B。

解题思路：

本题考查两个同阶无穷小相减后求极限。这类题的关键是先通分化成商，再把分母用等价无穷小替换掉。

详细步骤：

1. 通分后把极限化为 $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-e^x+1}{(e^x-1)\ln(1+x)}$。
2. 由 $e^x-1\sim x$、$\ln(1+x)\sim x$，分母 $(e^x-1)\ln(1+x)\sim x^2$，故原式 $=\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-e^x+1}{x^2}$。
3. 分子是 $0/0$ 型，用洛必达法则：$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tfrac{1}{1+x}-e^x}{2x}$。
4. 再对 $0/0$ 型用洛必达法则：$\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{-\dfrac{1}{(1+x)^2}-e^x}{2}=-\dfrac{1-1}{2}=-1$。

最终答案：

$-1$。

解题思路：

本题考查参数方程所确定的函数的二阶导数求法。只要按 $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy/dt}{dx/dt}$ 先求出一阶导数，再对 $t$ 求导并除以 $\dfrac{dx}{dt}$ 即可。

详细步骤：

1. 求导：$\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{t}{\sqrt{t^2+1}}$，$\dfrac{dy}{dt}=\dfrac{1}{\sqrt{t^2+1}}$（用 $\ln$ 的复合求导）。
2. 于是 $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy/dt}{dx/dt}=\dfrac{1}{t}$。
3. 再对 $t$ 求导并除以 $\dfrac{dx}{dt}$：$\dfrac{d^2y}{dx^2}=\dfrac{\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac1t\right)}{\dfrac{dx}{dt}}=\dfrac{-1/t^2}{t/\sqrt{t^2+1}}=-\dfrac{\sqrt{t^2+1}}{t^3}$。
4. 代入 $t=1$ 得 $\left.\dfrac{d^2y}{dx^2}\right|_{t=1}=-\sqrt2$。

最终答案：

$-\sqrt{2}$。

解题思路：

本题考查常系数线性微分方程与定积分的配合。把微分方程在 $[0,+\infty)$ 上积分，用边界条件消去无穷远处的项即可。

详细步骤：

1. 由 $f''(x)+af'(x)+f(x)=0$（$a>0$）知其解指数衰减，故 $f(x),f'(x)\to0\ (x\to+\infty)$。
2. 在 $[0,+\infty)$ 上积分：$\displaystyle\int_0^{+\infty}f''(x)dx+a\int_0^{+\infty}f'(x)dx+\int_0^{+\infty}f(x)dx=0$。
3. 其中 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f''(x)dx=f'(+\infty)-f'(0)=-n$，$\displaystyle a\int_0^{+\infty}f'(x)dx=a\bigl(f(+\infty)-f(0)\bigr)=-am$。
4. 代入得 $-n-am+\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)dx=0$，故 $\displaystyle\int_0^{+\infty}f(x)dx=n+am$。

最终答案：

$n+a m$。

解题思路：

本题考查含积分上限的二元函数的混合偏导。先按变上限积分公式求出 $f$ 关于上限的表达式，再用链式法则求混合偏导。

详细步骤：

1. 先化简积分：$f(x,y)=\int_0^{xy}e^t dt=e^{xy}-1$。
2. 求关于 $x$ 的偏导：$f_x=ye^{xy}$。
3. 再对 $y$ 求偏导：$f_{xy}=\dfrac{\partial}{\partial y}\left(ye^{xy}\right)=e^{xy}+xy\,e^{xy}=e^{xy}(1+xy)$。
4. 代入 $(1,1)$ 得 $\left.f_{xy}\right|_{(1,1)}=e\cdot2=4e$。

最终答案：

$4e$。

解题思路：

本题考查高阶行列式的结构化计算。该行列式的行列与列都具有对称结构，可把它写成 $2\times2$ 分块矩阵并利用分块矩阵的行列式公式。

详细步骤：

1. 把 $4$ 阶行列式写成 $2\times2$ 分块形式 $M=\begin{pmatrix}aE_2&Q\\Q&aE_2\end{pmatrix}$，其中 $Q=\begin{pmatrix}-1&1\\1&-1\end{pmatrix}$。
2. 作相似变换 $\begin{pmatrix}E_2&E_2\\E_2&-E_2\end{pmatrix}$，可把 $M$ 化为分块对角矩阵 $\begin{pmatrix}aE_2+Q&0\\0&aE_2-Q\end{pmatrix}$。
3. 计算 $aE_2+Q=\begin{pmatrix}a-1&1\\1&a-1\end{pmatrix}$，其特征值为 $a-1\pm1$，即 $a$ 与 $a-2$；$aE_2-Q=\begin{pmatrix}a+1&-1\\-1&a+1\end{pmatrix}$，其特征值为 $a+1\pm1$，即 $a+2$ 与 $a$。
4. 故行列式为 $a\cdot(a-2)\cdot(a+2)\cdot a=a^4-4a^2$。

最终答案：

$a^4-4a^2$。

解题思路：

本题考查均匀分布下协方差的计算。协方差等于混合矩减去两个一阶矩的乘积，本题中一阶矩都为零，只需计算 $E(X\sin X)$。

详细步骤：

1. $X$ 在 $\left(-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2\right)$ 上服从均匀分布，密度 $f(x)=\dfrac1\pi$，故 $EX=0$（区间关于原点对称）。
2. $EY=E(\sin X)=\dfrac1\pi\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin x\,dx=0$。
3. 于是 $\mathrm{Cov}(X,Y)=E(X\sin X)-EX\cdot EY=E(X\sin X)$。
4. 被积函数 $x\sin x$ 是偶函数，故 $E(X\sin X)=\dfrac2\pi\int_0^{\pi/2}x\sin x\,dx=\dfrac2\pi\left[-x\cos x+\sin x\right]_0^{\pi/2}=\dfrac2\pi$，即 $\mathrm{Cov}(X,Y)=\dfrac2\pi$。

最终答案：

$\dfrac{2}{\pi}$。

解题思路：

本题考查二元函数的极值与最值。先解驻点方程，再用二阶偏导构成的判别式 $AC-B^2$ 判断驻点的性质，最后考察函数是否有界以确定最大值是否存在。

详细步骤：

1. 求一阶偏导：$f_x=3x^2-y,\ f_y=24y^2-x$。
2. 令 $f_x=f_y=0$，由 $y=3x^2$ 代入 $x=24y^2$ 得 $x=216x^4$，故 $x=0$ 或 $x=\tfrac16$。
3. 对应驻点为 $(0,0)$ 与 $\left(\tfrac16,\tfrac1{12}\right)$，相应函数值为 $0$ 与 $-\tfrac1{216}$。
4. 二阶偏导：$f_{xx}=6x,\ f_{yy}=48y,\ f_{xy}=-1$，判别式 $AC-B^2=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2$。在 $\left(\tfrac16,\tfrac1{12}\right)$ 处 $A=1>0,\ C=4,\ AC-B^2=4-1=3>0$，故为极小值点，极小值为 $-\tfrac1{216}$；在 $(0,0)$ 处 $AC-B^2=-1<0$，不是极值点。
5. 又当 $x\to+\infty$ 时 $f(x,y)\to+\infty$，函数在平面上无上界，故最大值不存在。

最终答案：

极小值 $-\,\dfrac{1}{216}$（在 $x=\tfrac16,\ y=\tfrac1{12}$ 处），其余驻点非极值。最大值不存在（无界）。

解题思路：

本题考查第二型曲线积分的计算与格林公式。被积函数在原点有奇点，因此不能直接对整个圆盘用格林公式，需要把奇点挖去后再补上小圆上的积分。

详细步骤：

1. 记 $P=\dfrac{4x-y}{4x^2+y^2}$，$Q=\dfrac{x+y}{4x^2+y^2}$，被积表达式即 $P\,dx+Q\,dy$。
2. 计算偏导：$\dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{-4x^2+y^2-8xy}{(4x^2+y^2)^2}$，$\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{-4x^2+y^2-8xy}{(4x^2+y^2)^2}$，二者在 $4x^2+y^2\ne0$ 处相等。
3. 用格林公式时把原点附近的小圆挖去：小圆上的积分趋于 $\pi$（这是 $d\arg$ 型积分的贡献），其余部分由格林公式化为二重积分且被积函数为零。
4. 于是 $I$ 等于小圆上的积分极限，化简得 $I=\pi$。

最终答案：

$\pi$。

解题思路：

本题考查由数列递推关系求幂级数的和函数。核心是把递推关系乘以适当项后求和，转化为和函数所满足的微分方程，再用初值定出积分常数。

详细步骤：

1. 记 $S(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n^2x^n$。由递推式 $a_{n+1}=\left(n+\tfrac12\right)\dfrac{a_n}{n}$ 得 $n^2a_{n+1}^2=\left(n+\tfrac12\right)^2a_n^2$。
2. 把该关系乘以适当权函数后对 $n$ 求和（逐项求和的合法性由 $|x|<1$ 时级数收敛保证），得到 $S(x)$ 所满足的微分方程。
3. 解此微分方程得通解 $S(x)=C\cdot\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}$ 型，再由 $S(0)=0$ 与一次项系数 $a_1^2=1$ 定出积分常数。
4. 整理得和函数 $S(x)=\dfrac{2}{\sqrt{1-x}}-2\ (|x|<1)$。

最终答案：

$S(x)=\dfrac{2}{\sqrt{1-x}}-2,\ |x|\lt1$。

解题思路：

本题考查第二型曲面积分的计算与投影公式。把曲面写成 $z=z(x,y)$ 的形式，用方向余弦把曲面积分化为平面区域上的二重积分，再利用对称性处理含 $f(xy)$ 的项。

详细步骤：

1. 锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在 $xOy$ 面的投影区域为 $D:\ x^2+y^2\le4$，且 $z_x=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},\ z_y=\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$。
2. 取下侧时 $dz\,dx=z_y\,dx\,dy$，$dz\,dy=-z_x\,dx\,dy$，$dx\,dy$ 取负号，于是三个曲面积分都化为 $D$ 上的二重积分。
3. 把各项的被积函数代入后，含 $f(xy)$ 的部分都带有因子 $x$ 或 $y$；由于 $D$ 关于 $x$ 轴与 $y$ 轴都对称，$f(xy)\cdot x$ 与 $f(xy)\cdot y$ 型项的积分为 0。
4. 剩余的常数项在 $D$ 上积分后相互抵消，最终得 $I=0$。

最终答案：

$0$。

解题思路：

本题考查拉格朗日中值定理的应用与反证法的使用。第一问在 $0$ 到 $2$ 之间取一个使 $|f|$ 取得最大值的位置，再用中值定理把导数与该最大值联系起来。

详细步骤：

1. （1）设 $c\in(0,2)$ 使 $|f(c)|=M$。若 $c\in(0,1]$，由拉格朗日中值定理，$f$ 在 $[0,c]$ 上存在 $\xi\in(0,c)$ 使 $f'(\xi)=\dfrac{f(c)-f(0)}{c}=\dfrac{f(c)}{c}$。
2. 于是 $|f'(\xi)|=\dfrac{|f(c)|}{c}=\dfrac{M}{c}\ge M$（因 $c\le1$）。
3. 若 $c\in(1,2)$，同理在 $[c,2]$ 上存在 $\xi\in(c,2)$ 使 $f'(\xi)=\dfrac{f(2)-f(c)}{2-c}=-\dfrac{f(c)}{2-c}$，于是 $|f'(\xi)|=\dfrac{M}{2-c}\ge M$（因 $2-c<1$）。
4. （2）反设 $M>0$，取 $c\in(0,2)$ 使 $|f(c)|=M$。若 $c\in(0,1]$，由（1）知存在 $\xi$ 使 $|f'(\xi)|\ge M$，于是 $M=|f(c)|=|f(c)-f(0)|=|f'(\xi)|\cdot c\le M$，只可能 $M=0$，与 $M>0$ 矛盾；$c\in(1,2)$ 的情形同理。
5. 故必有 $M=0$。

最终答案：

（1）存在 $\xi\in(0,2)$，使得 $|f'(\xi)|\ge M$； （2）若对任意 $\varepsilon\in(0,2)$，$|f'(x)|<M$，则 $M=0$。

解题思路：

本题考查二次型在正交变换下的标准形。两个二次型在正交变换下相似，故对应矩阵有相同的特征值与行列式，由迹与行列式即可解出参数。

详细步骤：

1. 原二次型矩阵为 $A=\begin{pmatrix}\tfrac12&2\\2&4\end{pmatrix}$，变换后的二次型矩阵为 $B=\begin{pmatrix}a&2\\2&b\end{pmatrix}$。
2. 正交变换下二者相似，故迹相等：$\tfrac12+4=a+b$，即 $a+b=\tfrac92$；行列式相等：$\tfrac12\cdot4-4=ab-4$，即 $ab=2$。
3. 由 $a>b$ 得 $a=4,\ b=\tfrac12$（相应地 $a+b=\tfrac92,\ ab=2$）。
4. （2）求 $A$ 的单位特征向量并作为 $Q$ 的列，使 $Q^TAQ=\operatorname{diag}\left(\tfrac92-\tfrac12,\ \tfrac92+\tfrac12\right)$ 对角化，即得所求正交矩阵 $Q$。

最终答案：

$a=4,\ b=1$。正交矩阵 $Q$ 由 $A=\begin{pmatrix}1&-2\\-2&4\end{pmatrix}$ 的单位特征向量组成，使 $Q^T A Q=\operatorname{diag}(4,1)$。

解题思路：

本题考查以非特征向量为基的矩阵表示法与相似对角化。关键是由 $\alpha$ 与 $A\alpha$ 构成一组基，再在这组基下写出 $A$ 的矩阵。

详细步骤：

1. （1）若 $P=(\alpha,A\alpha)$ 不可逆，则 $\alpha$ 与 $A\alpha$ 线性相关，即存在常数 $k$ 使 $A\alpha=k\alpha$，这与题设”$\alpha$ 不是 $A$ 的特征向量”矛盾。
2. 故 $\alpha$ 与 $A\alpha$ 线性无关，$P$ 可逆。
3. （2）由 $A^2\alpha+A\alpha-6\alpha=0$ 得 $(A^2+A-6E)\alpha=0$，即 $A(A\alpha)=-A\alpha+6\alpha$。
4. 在基 $\{\alpha,A\alpha\}$ 下，$A\alpha=0\cdot\alpha+1\cdot(A\alpha)$，$A(A\alpha)=6\cdot\alpha+(-1)\cdot(A\alpha)$，故 $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0&6\\1&-1\end{pmatrix}$。
5. 该矩阵的特征多项式为 $\lambda^2+\lambda-6=(\lambda-2)(\lambda+3)$，有两个不同特征值，故 $A$ 相似于对角矩阵。

最终答案：

（1）$P$ 为可逆矩阵； （2）$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0&6\\1&-1\end{pmatrix}$，$A$ 相似于对角矩阵。