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.x0+x\to0^+ 时,下列无穷小量中最高阶是( )

(A) 0x(et21)dt\displaystyle \int_0^x\left(e^{t^2}-1\right)dt
(B) x2ln(1+x3)\displaystyle x^2\ln\bigl(1+\sqrt[3]{x}\bigr)
(C) 0sinxsint2dt\displaystyle \int_0^{\sin x}\sin t^2\,dt
(D) 0arccosxsint2dt\displaystyle \int_0^{\arccos x}\sqrt{\sin t^2}\,dt

参考答案 (1 个标签)
无穷小阶

答案:D。
解析x0+x\to0^+ 时,(A) 与 (C) 均为三阶无穷小,(B) 主项为 x7/3x^{7/3},而 (D) 积分上限趋于常数 arccos0=π/2\arccos 0=\pi/2,积分值趋于常数,阶数最高,故选 D。

2.设函数 f(x)f(x) 在区间 (1,1)(-1,1) 内有定义,且 limx0f(x)=0\lim\limits_{x\to0} f(x)=0,则( )

(A) 当 limx0f(x)x=0\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0f(x)f(x)x=0x=0 处可导
(B) 当 limx0f(x)x2=0\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sqrt{x^2}}=0f(x)f(x)x=0x=0 处可导
(C) 当 f(x)f(x)x=0x=0 处可导时,limx0f(x)x=0\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sqrt{|x|}}=0
(D) 当 f(x)f(x)x=0x=0 处可导时,limx0f(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:B。
解析x2=x\sqrt{x^2}=|x|。若 ff 可导,limx0f(x)x=f(0)\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=f'(0)。由已知极限为 0,得 f(0)=0f'(0)=0,故满足题意。

3.设函数 f(x)f(x) 在点 (0,0)(0,0) 处可微,f(0,0)=0f(0,0)=0n=(fx,fy)(0,0)n=\left(\dfrac{\partial f}{\partial x},\dfrac{\partial f}{\partial y}\right)_{(0,0)}, 非零向量 ddnn 重直,则( )

(A) lim(x,y)(0,0)ln(x,y,f(x,y))x2+y2=0\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\ln\bigl(x,y,f(x,y)\bigr)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0 存在
(B) lim(x,y)(0,0)lnx(x,y,f(x,y))x2+y2=0\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\ln x\bigl(x,y,f(x,y)\bigr)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0 存在
(C) lim(x,y)(0,0)d(x,y,f(x,y))x2+y2=0\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\bigl|d\cdot(x,y,f(x,y))\bigr|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0 存在
(D) lim(x,y)(0,0)d(x,y,f(x,y))x2+y2=0\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{d\cdot(x,y,f(x,y))}{\sqrt{x^2+y^2}}=0

参考答案 (2 个标签)
可微 方向导数

答案:A。
解析ff(0,0)(0,0) 可微且 f(0,0)=0f(0,0)=0,有 lim(x,y)0f(x,y)fx(0,0)xfy(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)yf(x,y)n\cdot(x,y,f(x,y))=f_x'(0,0)x+f_y'(0,0)y-f(x,y),故极限为 0,选 A。

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

(A) n=1anrn\sum_{n=1}^\infty a_n r^n 发散时,rR|r|\ge R
(B) n=1anrn\sum_{n=1}^\infty a_n r^n 发散时,rR|r|\le R
(C) rR|r|\ge R 时,n=1anrn\sum_{n=1}^\infty a_n r^n 发散
(D) rR|r|\le R 时,n=1anrn\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 rR|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=0Bx=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=BP1A=BP^{-1},故存在 PP 使 PB=APB=A

6.已知直线 L1:xa2a1=yb2b1=zc2c1L_1:\dfrac{x-a_2}{a_1}=\dfrac{y-b_2}{b_1}=\dfrac{z-c_2}{c_1} 与直线 L2:xa3a2=yb3b2=zc3c2L_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)=\tfrac14P(AB)=0P(AB)=0P(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)=\tfrac12Φ(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=1100Xi55}P\!\left\{\sum_{i=1}^{100}X_i\le55\right\} 的近似值为( )

(A) 1Φ(1)1-\Phi(1)
(B) Φ(1)\Phi(1)
(C) 1Φ(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 555025=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.limx0[1ex+11ln(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 limx0ln(1+x)ex+1(ex1)ln(1+x)=limx0ln(1+x)ex+1x2=limx011+xex2x=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}),

d2ydx2t=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)=0xyetdtf(x,y)=\int_0^{xy} e^t\,dt,则 2fxy(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 a0110a1111a0110a=\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a44a2a^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 a44a2a^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=sinXY=\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(sinX)=0EX=0,\ EY=E(\sin X)=0,协方差 E(XsinX)EXEY=2π0π/2xsinxdx=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+8y3xyf(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 ACB2AC-B^2,得唯一极小值点。

16.(本题满分 10 分)计算曲线积分

I=L4xy4x2+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 LLx2+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=4xy4x2+y2, Q=x+y4x2+y2P=\dfrac{4x-y}{4x^2+y^2},\ Q=\dfrac{x+y}{4x^2+y^2},有 QxPy=4x2+y28xy(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=1an+1=(n+12)anna_{n+1}=\left(n+\tfrac12\right)\frac{a_n}{n}|x|&lt;1 时幂级数 n=1anxn\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n 收敛,证明:当 |x|&lt;1 时幂级数 n=1an2xn\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+y24)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)+2y]dzdx+Σ[yf(xy)+2y+x]dzdx+Σ[2f(xy)+2]dxdy.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=maxy(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)McM|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)2c=f(c)2cf'(\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]M>0M>0,则由 (1) 推论 M=f(c)=f(c)f(0)=f(ξ)cMcM=|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 QQA=(1224)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 ABA\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+Aα6α=0A^2\alpha+A\alpha-6\alpha=0,求 P1APP^{-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\alphaAαA\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+Aα6α=0A^2\alpha+A\alpha-6\alpha=0(A2+A6E)α=0(A^2+A-6E)\alpha=0,可取基底 {α,Aα}\{\alpha, A\alpha\},在此基下

P1AP=(0611),P^{-1}AP=\begin{pmatrix}0&6\\1&-1\end{pmatrix},

其特征值为 223-3,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_1X2X_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)=\tfrac12Y=XX3+(1X3)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)=12Φ(x)Φ(y)+12Φ ⁣(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 YN(0,1)Y\sim N(0,1)
解析要点:按 X3=0/1X_3=0/1 分层:Y=X1Y=X_1Y=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,t0,0,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+tT>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^=(1ni=1ntim)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 lnL=nmlnθ+(m1)lntiθmtim\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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