考研数学一答案解析.docx
- 文档编号:10470415
- 上传时间:2023-02-13
- 格式:DOCX
- 页数:34
- 大小:171.80KB
考研数学一答案解析.docx
《考研数学一答案解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《考研数学一答案解析.docx(34页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
考研数学一答案解析
2020年全国硕士研究生入学统一考试数学
(一)试题与参考答案
选择题
1)
当x0时,下列无穷小量最高阶是
A)
0xet21dt.
B)0xln1t3dt.
C)
0sinxsint2dt.
dt.
D)01cos
1)【答案】(D).
xt2
解析】因为lim0xet21dt
x3
故x0时,0xet21dt是x的3阶无穷小;
因为lim
x0+
0xln1
5
x2
dtlimln1
x0+53
x025x32
lim
x3
0+53x2
2
故x0时,
因为lim
0sinxsint2dtlimsinsinx2cosxlim
sin2x
lim
故x0时,
x3x0+
0sinxsint2dt是x的3阶无穷小;
x0+3x2
3x23,
因为lim01cosx
+0tdt
x01cosx
sint2dtlim
+
x0
2
in1cosxsinxlim+
x0
1cosxsinx
sin1cosx2
2
cosx
1,
1cosx
111
又01cosxtdtt21cosx2x4,
2028
故x0时,01cosxsint2dt是x的4阶无穷小;
综上,x0时,无穷小量中最高阶的是01cosxsint2dt.
故应选(D).
x0
(2)设函数fx在区间1,1内有定义,且limfx0,则()
(A)
(B)lim
(C)
fx在x0处可导.
fx0时,fx在x0处可导.x0x2
fx在x0处可导时,
lim
x0
fx
D)当fx在x0处可导时,limfx0.
x0x22)【答案】(C).
【解析】
对于选项(A):
取fxx,满足已知,但fx在x0处不可导,排除(A)
x,x0,
对于选项(B):
fx满足已知,但fx在x0处不可导,排除(B)
对于选项(C):
当f
0,x0,
x在x0处可导时,x在x0处连续,故
f0limfx0,且f0存在,不妨设f0limff0limfxA,
x0x0xx0x
故应选(C).
n垂直,则
x,y0,0
x,y0,0
3)【答案】(A).
因为n,xy
1fx0,0,fy0,0,1,故
0,0
则limnx,y,fx,ylimx2y20.故应选(A).
22
x,y0,0x2y2x,y0,0xy
(4)设R为幂级数anxn的收敛半径,r是实数,则()
n1
(A)anrn发散时,rR.
n1
(B)anrn发散时,rR.
n1
(C)rR时,anrn发散.
n1
(D)rR时,anrn发散.
n1
(4)【答案】(A).
【解析】若anrn发散,则rR,否则,若rR,由阿贝尔定理知,anrnn1n1
绝对收敛,矛盾.故应选(A).
(5)若矩阵A经过初等列变换化成B,则()
(A)存在矩阵P,使得PAB.
(B)存在矩阵P,使得BPA.
(C)存在矩阵P,使得PBA.
(D)方程组Ax0与Bx0同解.
(5)【答案】(B).
【解析】A经过初等列变换化成B,相当于A右乘可逆矩阵P变成B,即存在
可逆矩阵Q,使得AQB,得BQ1A.取PQ1,则存在矩阵P,使得BPA.
故应选(B)
6)已知直线L:
xa2yb2zc2与直线L:
xa3
12
a1b1c1a2
yb3zc3相交于b2c2
ai
点,法向量αb,i1,2,3.则
ii
c
i
(A)α1可由α2,α3线性表示.
(C)α3可由α1,α2线性表示.
()
(B)α2可由α1,α3线性表示.
D)α1,α2,α3线性无关.
6)【答案】(C)
a1a2
【解析】已知量
L,L相交于一
12
点,故向
,即α,
1b与2bαcc12
线性无关
12
a1a2
a3
a2
且有b,b
1
2,b
b,即α
32
,ααα
123
线1性相关.
1
cc
c
c
1
2
32
故α1,
α2,
α3线性相关,则
α3可由
α1,α2线性表示,
且表示法唯一.
故应选(C)
7)设A,B,C为三个随机事件,且
1
PAPBPC
4,PAB0,PAC
PBC121,
则A,B,C恰有一
个事件发生的概率为
(
)
(A)3.
2
(B)2.
1
(C)1.
(D)5.
4
3
2
12
7)【答案】(D)
【解析】事件A,B,C中前有一个发生的概率可用至少一个发生的概率减去至少发
生两个的概率表示,即P(ABCABCABC)P(ABC)P(ABACBC),
而P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC)因P(AB)0,故P(ABC)0,从而
P(ABACBC)
P(AB)
P(AC)
P(BC)P(ABC)
P(ABC)
P(ABC)
P(ABC)
0121
11
1206,
715
故P(ABCABCABC)
12612
.故应选(D).
P(ABC)3401211210127
8)设X1,X2,,X100为来自总体X的简单随机样本,其中PX0PX1
x表示标准正态分布,则利用中心极限定理可得PXi
(A)11.(B)1.
100
i1
55的近似值为(
C)10.2.(D)
1,
2
)
0.2
8)【答案】(B)
100
【解析】由中心极限定理知,
10011
2D(X)10025,故
i1i22
Xi近似服从N(i1
100
2),其中E(Xi)50,
i1
100PXii1
55
100
Xi50
5550
5
(1).
故应选(B).
二、填空题
11
9.limx
e
x01ln(1x)
9)【答案】1.
解析】
lim11limln(1x)ex1
x0ex1limx
ln(1x)x0e1ln(1x)12
xx1x2
lim
x0
x2
1x
2
x2
lim
x0
2
x2x21.x2
t21,
10.已知
yln(tt2
d2y
则2
dx
10)【答案】2.
解析】因为
dy
dx
dydtdx
1
1
2t
2t
2t21
d2y
dx2
dtddy
2t2
ddydt
dxdx
d1
dtt
dx
dt
dtdxdx
1
2
t
t21
3
t
故ddx22yt1
t21
t3
2.
11.设yf(x)满足f(x)
af(x)
f(x)0(a
0),f(0)m,f(0)
n,则
0f(x)dx
11)【答案】am
解析】由已知,得
f(x)dx
0
f(x)af(x)dx0
f(x)af(x)
0
fxe
fx
当0a2时,1,2a4a2i,故
ax4a2xCsin4a2
2C1cos2xC2sin2x,
aax4a24a2
2e2C1cos2xC2sin2x
ax
e2
从而limf(x)x
lim
x
f(x)0.
当a
2时,
1,2
1,
故
fxC1C2xex
fxC1C2xexC2ex
从而xlim
f(x)
lim
x
f(x)
0.
当a2时,aa24,故
1,2
aa24aa24fxC1e2xC2e2x
fxaa24C1e
aa224xaa24C2eaa224x,
2
2
从而limf(x)x
limf(x)0.x
综上,
f(x)dx
f(x)af(x)lim
f(x)af(x)f(0)af(0)amn
0
0
x
xt22f
12.f(x,y)0xy
ext2dt,则
.
xy(1,1)
12)【答案】4e.
解析】因为ff,又fexxy2xxex3y2,
xyyxy
从而
4e.
a
0
1
1
13.行列式
0
a
1
1
1
1
a
0
1
1
0
a
(13)【答案】
a2
a2
4.
解析】
14)【答案】2.
π
E(X)0,
π
E(XY)E(XsinX)2πxsinxπdx
2
π2π
02xdcosxxcosx|02
π
π02xsinxdx
π
2
0cosxdx
ππ
π
2π2
sinx|02.
故cov(X,Y)2π0π2.
三、解答题
15)(本题满分10分)
求f(x,y)
x
38y3
xy的极值.
(15)【解析】
x
因为f3x2
y,f24y2x,y
1,
2
x
联立方程组f
x
3x
2
y0,解得x0,
6
f
y
24yx
0,y0,
1
y
12
1
1
故驻点为0,0,
6
12
在点0,0处:
Afxx0,00,Bfxy0,01,Cfyy0,00,
ACB210,故0,0不是极值点.
11
在点,处:
612
Af1,1xx
10,B
f1
xy
11,
Cf
yy
1,14,
612
61
2
612
2
11
ACB410,故
是极
小值点,
极小值为
6
12
1f
6
113
1
3
1
1
1
126
12
6
12
216
(16)(本题满分10分)
4xy
xy
2
2
计算IL4x2y2dx4x2y2dy
,其中
L为
xy
2,
方向为逆时针方向
(16)【解析】补曲线L:
4x2y22,其中0为一个很小的数,使得4x2y221
在曲线L的内部,方向顺时针,则
4xy
22
LL14x2y2
dx4x2
L14x2y2dx4x2y2dy
记P4x2y2,Q4x2y2,因为
P4x8xyy2Q4x28xyy2
1dxdy
π
22
π.
从而I
17)
本题满分10分)
设数列an满足a11,(n
1)
an1(n
12)an.
证明:
当x
1时,幂级数
anxn收敛,
并求其和函数
17)【证明】由
1)a(n
n1
1)a,
2n
an1
n2,从而
n1
lim
n
a
n1
a
n
故当x1时,幂级数
anxn收敛.
当x1时,设Sx
anxn,且n1
a11,则
Sxnanxn1nanxn1
n1n2
1
n1axn1(n)axn
n1n1n12n
1
nanxnn1anxn
n1n2n1n
1
1xn1nanxn12S
x1xSx12Sx,
进而有1xSx1
1
2Sx,整理得
11
Sx21xSx1x,
xfxy2xydydzyf
xfxy2xydydzyf
xfxy2xy
zyfxy
2yxzzfxy
zdxdy
xf
D
2y2
22
22
fxy
x
xy2xy
02π
4.
y
y
xy2yx
2
xy
19)(本题满分10分)
设fx在区间0,2上具有一阶连续导数,且f0
f20,Mmaxx0,2fx
证明:
(Ⅰ)存在0,2,使得f
Ⅱ)若对任意x0,2,fx
M,则M0.
19)【证明】(Ⅰ)因fx
0,2上连续,故存在最大值Mmaxx0,2
x.
,则对
0,2,都有f0,命题成立
,因f
0f20,故存在x00,2,使得fx0
M.
当x0
0,1,
由拉格朗日中值定理知,存在
10,x00,1,使得
1x0,
则有f1
当x0
则有f2
当x0
综上,存在
Ⅱ)假设
当x0
当x0
M
M.
x0x0
1,2,由拉格朗日中值定理知,
存在
1,
2x0,21,2,使得
fx0
M
M.
2x02x0
由拉格朗日中值定理知,存在
f3
0,1,使得
0,2,使得f
0,因对任意x0,2,有f
0,1或x0
1,2时,存在0,2,
M,由(Ⅰ)知,
使得fM,矛盾,从而有
1时,有f1
M,则f1M,不妨设f1M.
构造函数gxfx
Mx,x0,1.
因为gx
gx0,x0,1,即fx
xM0,故gx单调不增.又g00,g10,从而
Mx,x0,1.
构造函数hx
fxMx2M,x1,2.
因为hx
,故hx单调不减.
0,h2
0,从而hx0,x1,2
,即fxMx2M.
综上,当x0
时,f
Mx,
0x1,
因为
Mx2M,1x2.
故与fx在x
若f1M,
综上,若对任意
limfx
x1
limMxMM0,
x1x1
fxf1lim
x1x1
处可导矛盾,从而当
limMx2MM
x1
x1x01时,有M0.
则可构造gxfxMx,hxfxMx
M0,
同理可证.
x0,2,
M,则M0.
20)(本题满分11
分)
设二次型fx1,x2
22
x124x1x24x22经正交变换
x
1
x
2
Qy1化为二次型y2
2
gy1,y2ay14y1
2
by2,其中a
Ⅰ)求a,b的值;
Ⅱ)求正交矩阵Q.
20)【解析】
Ⅰ)设二次型f的矩阵为A,则A
又f经正交变换XQY化成gy1
2
y2ay12
2by22,即
XQYfXTAX=Y
TQTAQYY
2b
因此QTAQ=
2,由于Q为正交矩阵,故A与B相似且合同,
b
又ab,故a4,b1.
12
4
的特征向量
的特征向量
5
的特征向量
的特征向量
故可取P2
则有P1AP
β2,1β,则P2为正交矩阵,且有P21BP2
P1BP,因此PP1APP1B.
222112
21124
取Q=PP1PPT5555
1212122
55
QT=P1P2TTP2P1T,
Q1=P1P2T1P2T1P11P2P1T.
综上,有Q为正交矩阵,且满足QTAQB.
(21)(本题满分11分)
设A为2阶矩阵,P=α,A,α其中α是非零向量,且不是A的特征向量
(Ⅰ)证明P为可逆矩阵;
(Ⅱ)若A2α+Aα6α0,求P1AP并判断A是否相似于对角阵.
(21)【解析】(Ⅰ)若α与Aα线性相关,则α与Aα成比例,即有Aαkα.由于α是非零向量,故根据特征值、特征向量的定义知,α是A的属于特征值k的
特征向量
与已知矛盾,
故
α与Aα无关,从而
P可逆.
(Ⅱ)由
A2α
+A
α
6α
0知,
A2α
Aα6α,则
AP
=A
α,Aα
A
α2α,AA
α,Aα6α
0
6
06
α
Aα
P
1
1
1
1
0
6
记B
,则有AP=
PB,得
P1APB,故A与B相似.
1
1
因为
BE
6
2
632,
1
1
可知,B
的特征值为
1
3,
2
2.
故A的特征值也为13,22.
因此A可相似对角化
22.(本题满分11分)
设随机变量X1,X2,X3相互独立,其中X1和X2服从标准正态分布,X3的概率分
布为P{X30}P{X31}12,YX3X1(1X3)X2.
Ⅰ)求二维随机变量(X1,Y)的分布函数,结果用标准正态分布函数
x表示;
Ⅱ)证明随机变量Y服从标准正态分布.
22)【解析】
Ⅰ)由
F(x,y)P{X1x,Yy}P{X1x,[X3X1(1X3)X2]y}
x,[X3X1(1X3)X2]y,X30}P{X1x,[X3X1
x,X2y,X30}P{X1x,X1y,X31}
1
2
P{X1
P{X1
又X
2,X3相互独立,故
F(x,y)
x,X1
1
2(x)
(y)
(1X3)X2]
P{X1x,
y,X31}
X1y}.
当x
时,
F(x,y
)12
(x)
(y)
12
(y)
12
y)(x)1
当x
时,
F(x,y
)12
(x)
(y)
12
(x)
12
x)(y)1.
综上,
1(y)
2
F(x,y)
1
2(x)
Ⅱ)由(Ⅰ)有,
FY(y)limFx(x,y)
lim1(x)
x
2
故Y服从标准正态分布.
y,
y.
1(y)
1(y)1(y)(y),
23)(本题满分11分)
1e,t0,设某种元件的使用寿命T的分布函数为:
F(t)
0,其他.
其中,m为参数且大于零.
(Ⅰ)求概率P{Tt}与P{Tst|Ts},其中s0,t0;
(Ⅱ)任取n个这种元件做寿命试验,测得它们的寿命分别为t1,t2,tn,若m已
知,
求的最大似然估计值.
(23)【解析】
1e()m
(Ⅰ)
P{Tt}1P{Tt}1F(t)1
1[1e]e
(t)m
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 考研 数学 答案 解析