考研数学一真题及答案数学原题.docx
- 文档编号:13053668
- 上传时间:2023-06-10
- 格式:DOCX
- 页数:44
- 大小:36.92KB
考研数学一真题及答案数学原题.docx
《考研数学一真题及答案数学原题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《考研数学一真题及答案数学原题.docx(44页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
考研数学一真题及答案数学原题
2020考研数学一真题及答案
一、选择题
(1)当x0时,下列无穷小量最高阶是
dt
(A)0e
1dt.
t2
(B)
0xln1
t
3
sinx
(C)0sinx
sint2
(D)
01cossintdt
dt.
x
2
.
(1)【答案】(D).
x
t
2
0
e
ex
【解析】因为
2
1
dt1
2
x
1
lim
lim
lim
x
x
0
x
3
0
+
3x
+3x2
0+
2
x
3
故x0
时,0x1
dt
是x
的3阶无
t2e
穷小;
t
因为
0xln1
3
dtlim
ln1x3
lim
3
x
2,
lim
x+
x
0+
5
x
0+53
0x5+
35
x
2
故x0时,0xln1
t3dt是x的52阶无穷小;
sinx2因为0sintlimdtlim
2
sinsinx
cosxlim
2sinxlim
x
0+故x0时,
xx0xx30+3x23x20+0sinxsint2dt是x的3阶无穷小;
()
2
x1
3x23
01
因为lim
cosx
sintd
2t
lim
x0+
2
sin1cosxsinx
sin1cos
2
x
lim
1,
1cosxsin
x
0x+
1cos2
x
cos
又
dt
1cos
0
t1t
2
时,
1cos
0
cosx
1
24
x4,
sint2dt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).
x
0
(2)设函数
在区
1,1内有定义,且
f
x间
limf
x0,则
()
(A)当f
0时,
fx在x0
处
limx可导.x0可导.
(B)当0时,fx在x0处
limfx可导.
x0
x2
(C)当fx
在x0
处可导f
时,lim
x0.
x0x
(D)当fx
在x0
处可导fx
时,lim
0.
x0x2
2)【答案】(C).
x,满足已知,但fx
【解析】
对于选项(A):
取fx
在x0处不可导,排除(A)
x
x,
0,
满足已知,
但fx在x
0处不可
对于选项(B):
fx
x
导,排除(B).
0,
0,
对于选项(C):
当f
处连续,故
x在x
0处可导时,
fx在x0
f0limf
x0,
0lim
且f0存在,不妨设ff0
x0
x0x
则lim
f
f
x
lim
x
0.同理可排除(D).
x0
x
x0
x
x
fx
x
limA,
x0
x
故应选(C)
3)设函数fx在处可微,f0,0
直垂n则
xy
f
xyn
m
A)
存在
0
2y
0
0
xy
xy
f
xyd
存在
0
xy
,与
0
D)lim
2
x
yx0,,0y2
3)【答案】(A)
0存在.
解析】因fx在点0,0处可微,且f0,00,故
0,n
点0,0
fx,yf0,0f2
y2,
x0,0xf
y0,0y
因为n
x
0,0,f故
y0,0,
0,0
0,0x
y2
y0,0y
nx,y,f
x,y
2x
2y2
则lim
lim
2
x
x,y0,0x2y2
yx0,0
2
y2
3
0.故应选(A).
4)
设R为幂级数a
又1
nxn的收敛半径,r是实数,则
时(,A)
发散
时(,B)
发散
rR.
R时,
nanr发散.
n1
R时,anrn发D)r散.
n1
4)【答案】(A).
【解析】若anr发散,R,否则,R,由阿贝尔定理知,a则r若rnr
n1n1
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
1
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).
xa
y
z
x
y
z
(6)已知直线
2
b2
c2
与直线
a3
b3
c3
相交于
L:
L:
一
1
2
a1
b1
c1
a2
b2
c2
点,法向量α
ai
i
1,2,
b
3.
则
()
c
i
(A)α1可由α2,α3线性(B)α2可由α1,α3线
表示.性表示.
(C)α3可由α1,α2线性(D)α1,α2,线性无
表示.α3关.
6)【答案】(C).
a1a2
,即
【解析】已知L,L相交于一点,
α,线性无
故向量
b与b
α关.
1212
12
cc
12
a3
a1a2
a2
且,有bb
b
b
,即α,,α线性相αα关.
1
2
3
21231
cc
c
c
1
2
3
2
故α1,α2,α3线性相关,则α3可由α1,示法唯一.
故应选(C).
(7)设A,B,C为三个随机事件,且
PAPBPC14,PAB0,PAC则A,B,C恰有一个事件发生的概率为
321(A).(B).(C).
432
α2线性表示,且表
PBC121,
()
5
(D).
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),
5
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
3117
P(ABC)
P(ABC)401212012
0121121
P(ABACBC)P(AB)P(AC)P(BC)P(ABC)
P(ABC)P(ABC)
016,
P(ABCABCABC)
12612.故应选(D).
(8)设X1,X2,,X
中PX0PX1
100为来自总体X的简单随机样本,其1
xPX表示标准正态分布,
则利用中心极限定理1可0得0
5为5(的近似值
i1
A)11.
B)
0.C)12.
D)
0.
2.
8)【答案】(B).
100【解析】由中心极限定理知,E(Xi)50,
i1
Xi
近似服从N(
100
2),其中
11
2D(X)10025,故i1i22
10
0
10
0
Xi
50
55
50
x0x2
x2x2
1
PXi55Pi15
(1).
5
故应选(B).
二、填空题
1
1
9.limx
e
ln(1
x0e1
x)
(9)【答案】
1.
【解析】
lim
x0
1ex1
ln(1x)x
e
1
1
ln(
limx
1
x)
x0e1ln(1
x)
12
2
x
2
xx
1
x
1x
2
2
lim
lim1.
x0x2
10
.已知
2
t1,
2
dy
则2
y1),ln(tt
dx
10)【答案】2.
因为
解析】
dy
dxd2y
dx
d2yt21
故
dx2tt3
1
11.设yf(x)满足
0
f(x)dx
d
1
2t
1
y
1
d
2
22
t2
t
tt21
t21
1
2
dx
t
t
d
2t
2
t2
t
1
1
ddyddydt
d
xdx
dtdxdx
t2
1
d
ttdxdt
t1
t2
m,f
af(x)f(x)0(a0),f(0)
1
t,
(0)n,则
11)【答案】amn.
【解析】由已知,得
af(x)dxf(x)
0
af
f(x)dxf(x)
(x).
00
时,
1,2a
,故
fxax2xC22
e2C1cos4asin4ax,
4a2
2
4a2
xC2
sin
x
2
2
aax
C1e2cos2
ax
42
42
4
2
42
a
a
a
a
e2
Csin
x
Ccos
x,
2
2
2
2
1
2
从而lim
f(x)lim
f(x)
0.
x
x
当
a2时,
1,21,故
x
fxC1C2xex,
x
xC1C2xeC2e
从而
limxf(x)limx(x)0.
2
a
a4
当a2时,1
故
2
2
a2
a2
a
a
4
4
x
x
fC1xe
C2e
2
2
C1e
从而lim
f(x)lim
2f(x)0.
综上,
f(x)af
f(x)dx
(x)lim
12.f(x,y)xt2dt,则
xy
0
(1
1xy)
(12)【答案】4e.
解析】因为
从而
1列3式.行
a0
0a
11
11
11
11
a0
0a
13)【答案】a2a24.
解析】
a2
a4
x
(x)f(x)
2又exxyy
(1,1)
a24
C2e2
af
3
xxexy,
f(0)af
(0)
amn.
dxy
x3
e
y1x1
4e.
x
xe
dx
x3
3x
x1
a011
0a11
11a0
110a
aa
00
0a11a
110
0a
0a
a
000
0a11a
120
a
00a
11
aa34aa2a2a0a24.
0aa
14)设X服区从间
sinX,则covXY
22
2
14)【答案】
π
1π
x
【解析】由题
意X
π2
(的x概)率密度为f
其他.
0,
cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y),YsinX,
0,
π
12
E(XY)E(XsinX)xsin
2dx0xsinππxdx
2
πx
2
π
ππ
2
2
xcosx|02
02xdcosxcosxdx
π
π
π
2sin0
2
x|2
.
π
π
9
故cov(X,Y)2π0
2π
三、解答题
(15)(本题满分10分)
求f(x,y)x3
8y3xy的极值.
因为f3x
2y,f
(15)【解析】24y2
x,
x
y
1
2
x,
fx
3xy0,解x0,
20解得0
24yx,y,
6
联立方程组
f
1
y
12
0故,驻点为0,,
612
在点0,0处:
Afxx0,0
Bf
0,01,Cf
0,
xy
0,
210,故0,0
不是极
ACB2值点.
yy0,0
11
在点,处:
6
12
11
11
11
Af
10,Bf,
1,Cf,4,
x
xy
y
612
612
612
2
11
AC
B410
,故
是极小值值点为,
极小
6
12
1
11313
111
f
6
12612
612216
(16)(本题满分10分)
4xx
yy22
计算I4x24x2dy,其中为2,方向为逆时针方
LydxyLxy向.(16)【解析】补曲线L:
4x2y22,其中0为一个很小的数,使得4x2y22
1
在曲线L的内部,方向顺时针,则
4x2
4x2
4x2
4x2
LL1
2
y2
dxy2
dy2
L1y
dxy2
dy
yy
4xyy
xy2,因
4x2,为因
2
y
4xy
2
记P4x2,Q
2y
Pxyy2Q
4x28xy
2
y2
4x2y2
2
x
x
4xy
由格林公式知,
LL1
4x2
dy0.
4xyxyL14x2y2dx4x2y2
从而I0
ππ.
dy12
L1
4xydxxydy
1
1
1
dxdy
2
D
1
2
π
π.
2
2
(17)(本题满分10
分)
设数列an
满足a1
1,
(n
证明:
当x
1时,
n
1
(17)【证明】
(n
1)a
由
1)an
(n
有
1
n
2
1)an1(n2)an
幂级数
anxn收敛,并求其和函数
1
a
n
,1
n2,而从
n
an
1
1
n2
lim
1
nn1
故当x1时,幂级数anxn收敛.
1
当x1时,设Sxanxn,且a1n1
1,则
11
Sn1xnanxn
n1
1nanx
n2
1
1(n
n1
)axn
2n
na
xn
x1xSx12Sx
进而有1xSx
1Sx,整理
1
2得
1
1
2xydydz
Ixfxyyf
2yxdzdxxyzf
zdxdxyy.
(18)【解析】因故由转换投影法知,
为曲面zx2y21x2y24的下侧,
2xydydz
Ixfxyyf
2yxdzdxxyzfxyzdxdy
xfxy2xyyfxy
xfy2xy
x
yf
22xy
Sx
21x
Sx
1
x,
1
解之得Sx
C
2.
1x
2
由题意知,
S0
0,故
C2
,从
而有Sx
2.
1x
(18)(本题满分
10分)
为曲面z
x2
y21
x
2
2y
24的下侧,fx为连续
函数,计算
22xy
22
dxdy
xy
xydxdy
14
x2dxdy02πd
2
1rπ
y2rdr
3
D
其中Dx,y1x2y2
4.
2yz
x
zfxy
zdxdy
y
y
xy2yx
2
2
xy
(19)
(本题满分
10分)
12
在区间0,2上具有一阶连续导数,且f0f20,maxx0,2fx.
证明:
(Ⅰ)存在
0,2,使得fM;
Ⅱ)若对任意x
0,2,fxM,则M0.
(19)【证明】(Ⅰ)因fxfx.
在0,2上连续,故存在最大值Mmaxx0,2
若M0,则对0,2,都有f0,命题成立.
若M0,因f0f20,故存在x00,2,使得fx0M.
当x00,1,由拉格朗日中值定理知,存在10,x00,1,使得
则f
fx0MM.
x0
当x01,
2,使得
x0
,由拉格朗日中值定理知,存在2x0,21,
fx0
则有
2x0
M.
2x0
x01,
由拉格朗日中值定理知,存在30,1
,使得
综上,
存在
0,2
,使得fM.
假设
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,
因对任意x
0,2
,有fxM,
x00,1
从而有
或x0
1,2
时,存在
0,2
,使得fM,矛盾,
x01
时,
,则f1M,不妨设f1M.
构造函数
Mx,x0,1.
13
因为g
又g0gx
xf
0,g10,x0,1,即f
从而
Mx,x0,1.
0,故gx单调不增.
构造函数hxfxMx2M,x1,2.因为hxfxM0,故hx单调不减.
M0,
0,x1,,即
h20,从而hx2fx
Mx2M.
综上,fx
时,Mx,
0x
1,
因为
Mx2M,
1
x2.
故与fx
M
f1
lim
x1
f1
lim
x1在x0.
若f1M,则可构造理可证.
lim
x1x
MxM
M0,1
2MM
M0,
综上,若对任意x
0,2,
(20)(本题满分
11
分)
设二次型f
4x1x2
x2
2
ay1
4y1y
Ⅰ)求
的值;
Ⅱ)求正交矩阵Q.
Mxlimx1x1
1处可导矛盾,从而当
fxMx,hx
M,则M0.
2
1
4x22
x
经正交变换1
2by22,其中
x2a
x0
1时,有
fxMx
y
Q1
y2
20)【解析】A(Ⅰ,)则设A二次型f的矩阵为
化次为型二
又f经正交变换XQY化成gy1,yby22,即
因此QTAQ=
trAtr
故
B,
XQY
TT
fXTAX=YTQTAQYT
2b
B,
又ab,故a4,b
- 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 一真题 答案
![提示](https://static.bingdoc.com/images/bang_tan.gif)