2020青海考研数学一真题及答案.docx

2020青海考研数学一真题及答案一、选择题：18 小题，第小题 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+时，下列无穷小阶数最高的是0A. òx(et2 -1)dt0B. òxln(1+t3)dtòC. sinxsint2dt 0ò1-cos xD. 01. 答案：Dsin3 tdtx®02. 设函数f(x)在区间（-1，1）内有定义，且limf(x) =0,则（）®A. 当limx 0B. 当limx®0f (x) = 0, f ( x)在x = 0 处可导.| x |x2f (x) = 0, f ( x)在x = 0 处可导.®C. 当 f(x)在x=0处可导时,limx 0D. 当 f(x)在x=0处可导时,limx®0f (x) = 0.| x |x2f (x) = 0.2. 答案：B解析:Qlimf (x) = 0limf(x)=0limf (x) = 0,limf (x) = 0x®0x®0| x|x®0+xx®0-xx2lim f (x) = 0, lim f ( x) = 0x®0xx®0limf (x) -f (0) = limf (x) = 0 =f ¢(0)x®0x - 0x®0xf (x) 在 x = 0 处可导选 BA.lim( x, y )®(0,0)B.lim( x, y )®(0,0)C.lim( x, y )®(0,0)D.lim( x, y )®(0,0)| n ×(x, y, f (x, y)|= 0存在x2 +y2x2 +y2| n´(x, y, f (x, y)|=0存在x2 +y2| d ×(x, y, f (x, y)|= 0存在x2 +y2| d ´(x, y, f (x, y)|= 03. 答案：A解析：Qf (x, y)在(0, 0) 处可微. f (0, 0)=0x2 +y2limx®0 y®0f (x, y) -f (0, 0) -f x¢(0, 0) ×x -f y¢(0, 0) ×y = 0x2 +y2即limx®0y®0f (x, y) -f x¢(0, 0) ×x -f y¢(0, 0) ×y = 0n×(x,y,f(x,y)x2 +y2Qn ×(x, y, f (x, y) )=f x¢(0, 0)x +f y¢(0, 0) y -f (x, y)lim( x, y )®(0,0)= 0 存在选 A.4.设R为幂级数åar 的收敛半径，r是实数，则（）¥nnn=1A. åa r 发散时，| r |³R¥nnn=1B. åa r 发散时，| r |£R¥nnn=1C.| r |³R 时， åa r 发散¥nnn=1D.| r |£R 时， åa r 发散¥nnn=14. 答案：A解析：R 为幂级数åa x 的收敛半径.¥nnn=1 åa x 在(-R, R) 内必收敛.¥nnn=1 åa r 发散时，| r |³R .¥nnn=1选 A.5. 若矩阵A经初等列变换化成B，则（）A. 存在矩阵 P，使得 PA=BB. 存在矩阵 P，使得 BP=AC. 存在矩阵 P，使得 PB=AD. 方程组 Ax=0与 Bx=0同解5. 答案：B解析：QA 经初等列变换化成 B.存在可逆矩阵 P1 使得 AP1 =B11A =BP-1令P =P-1A =BP.选B.26. 已知直线 L: x-a2=y-b2=2-c2与直线 L: x-a3=y-b3=2-c3相交于一点，法1éai ùa1b1c1a2b2c2向量 a=êb ú,i =1, 2, 3. 则iêiúêëciúûA. a1可由 a2, a3线性表示B. a2可由 a1, a3线性表示C. a3可由 a1, a2线性表示D. a1, a2, a3线性无关6. 答案：C解析：令 L 的方程 x -a2 = y -b2=z -c2 =t1æxöa1b1c1æa2öæa1 ö即有çy÷=çb÷+tçb÷=a+taç÷ç2÷ç1÷21çz÷çc ÷çc÷èøè2 øè1øæxöæa3öæa2ö由 L 的方程得çy ÷=çb ÷+t çb ÷=a+ta2ç÷ç3÷ç2 ÷32çz÷çc ÷çc÷èøè3øè2 ø由直线L1与L2相交得存在t使a2+ta1=a3+ta2即a3=ta1+(1-t)a2，a3可由a1,a2线性表示，故应选C.7. 设 A,B,C为三个随机事件，且 P( A) =P(B) =P(C) =1, P( AB) =04P( AC) =P(BC) =1123A.42B.31C.2，则 A,B,C 中恰有一个事件发生的概率为5D.127. 答案：D解析： P( ABC ) =P( ABUC) =P( A) -P A(BUC)=P( A) -P( AB +AC)=P( A) +P( AB) -P( AC) +P( ABC)=1 - 0 -1 + 0 =14126P(BAC ) =P(BAUC) =P(B) -PB( AUC)=P(B) -P(BA) -P(BC) +P( ABC)=1 - 0 -1 + 0 =14126P(CBA) =P(CBUA) =P(C) -PCU (BUA)=P(C) -P(CB) -P(CA) +P( ABC)=1 -1 -1 + 0 =14121212P( ABC +ABC +ABC) =P( ABC ) +P( ABC ) +P( ABC)=1 +1 +1 =5661212选择 D8. 设 X1, X2, Xn为来自总体 X 的简单随机样本，其中 P( X = 0) =P( X =1) =1 , F(x) 表2æ100ö示标准正态分布函数，则利用中心极限定理可得 P çåXi £55÷的近似值为èi=1øA.1-F(1)B. F(1)C.1-F(2)D. F(2)8.答案：B解析：由题意EX =1 , DX =124æ100öæ100öEçåXi÷X=100EX=50.DçåXi÷=100DX= 25èi=1øèi=1øå100由中心极限定理Xi N (50,25)i=1ì100üì100üïåXi-5555-50ïPíåXi£ 55ý=Píi=1£55ý=F(1)îi=1þïïïîïþ故选择 B二、填空题：914 小题，每小题 2 分，共 24 分。请将解答写在答题纸指定位置上.ëû9.limé1-1ù=x®0 êex-1ln(1+x)ú9. 解析：èølimæ1-1öx®0 çex-1ln(1+x)÷=limln(1 +x) - e x +1xx®0 (e-1) ln(1+x)=limx®0ln(1+x)-ex+1x21-ex= lim 1+xx®02x=-1t 2 +1ìïx=10. 设íd 2 y，则2 |t =1=ïîy=ln(t+10. 解析：t2+1)dxdy1æ1+tödyt +t 2 +1çt 2 +1÷1=dt= èø=t 2 +1dxdxttdtdy2ædyödçdt÷d ædy öt 2 +1çdt ÷-èø12èødtt=-=3dx2dy2dx2得dx2=-t =1dxttt 2 +1dt11. 若 函 数f (x) 满 足f ¢(x) +af ¢(x) +f (x) = 0(a > 0), 且f (0) =m, f ¢(0) =n ， 则ò=+¥f (x)dx011. 解析：特征方程为l2+al+1=0l1<0,l2<0特征根为l1,l2，则l1+l2=-a,l1×l2=1，特征根òò+¥f (x)dx =-+¥ f ¢(x) +af ¢(x)dx000=- f ¢(x) +af (x) |+¥=n +am¶2f¶x¶yxy xt 212. 设函数f(x,y)=òe dt，则=012. 解析：(1,1)¶f=ex(xy)2 ×x=xex3y2¶y¶æ¶fö2ç÷¶f=è¶yø=ex3y+3x3y2ex3y2¶x¶y¶x¶2f¶x¶y=e+3e = 4e.(1,1)a0-11013. 行列式a1-1=-11a01-10a13. 解析：a0-11a0-110a1-1=0a1-1-11a0-11a01-10a00aa0a-1+a21a-1+a21=0a1-1 =-a1-1-11a00aa00aaaa2-21=-a2-1=a4-4a2.00a14. 设 X服从区间æ-p,pö上的均匀分布， Y=sinX，则Cov( X,Y) =ç2 2÷èø14. 解析：ì1ppíp解 f (x) =ïïî0-<x<22其他cov( X ,Y ) =EXY -EXEY=E( X sin X ) -EXE(sin X )p1p1p1=2xsinxdx-2xdx2sin xdxò-ppò-ppò-pp2221 p0=2pò2 x sin xdx - 02 p0=pò2 (-x)d cos x=2æ-ppöpçx cos x 2 +ò2 cos xdx ÷è00ø÷ç=2æ0+sinxpö=22pè0 øp三、解答题：1523 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（本题满分 10 分）求函数 f (x, y) =x3 + 8 y3 -xy 的最大值15. 解析：求一阶导可得¶f =3x2 -y¶x¶f = 24 y2 -x¶yì¶f = 0ìx =1ï¶x令í¶fìx =0ï6可得íy=0í1ï =0îïî¶y求二阶导可得ïy =ïî12¶2f¶x2= 6x¶2f¶x2y=-1¶2f¶y2= 48 y当 x = 0, y = 0时.A = 0.B =-1.C = 0AC -B2 < 0 故不是极值.当 x =1 y =1 时612A = 1.B =-1.C = 4.èøAC-B2>0.A=1>0故æ1,1 ö是极小值点æ1 1öæ1ö3ç6 12 ÷æ1ö311极小值fç,÷=ç÷+8ç÷-6´=-è612øè6øè12ø16.（本题满分 10 分）12216计算曲线积分 I =16. 解析： 4x -yòL 4x2 +y2dx +x +y4x2 +ydy ，其中 L 是 x2 +y2 = 2 ，方向为逆时针方向设 P =4x -y4x2 +y2,Q =x +y4x2 +y2¶Q =¶P =-4x 2 +y 2 - 8xy则¶x¶y(4x 2 +y 2 )2取路径 Le: 4x2 +y2 =e2 , 方向为顺时针方向.则4x -ydx +x+ydyòL4x2+y24x2 +y2ò=4x -yL+Le4x2 +y2dx+x +y4x2 +y2dy-4x -yòLe4x2 +y2dx+x+ydy4x2 +y2òòç÷=æ¶Q-¶Pödxdy+1 (4x-y)dx+(x+y)dy2 ò-LD è¶x¶yøeee2 òò2De2ee=11- (-1)dxdy =1×2S=1 ×2×p×De2 =p.217.（本题满分 10 分）øæ1öåa xn设数列an 满足 a1=1, (n+1)an+1=çn+è2 ÷an，证明：当|x|<1时幂级数nn=1收敛，并求其和函数.17. 证明：由(n+1)a=æn +1 öa , a = 1 知 a > 0n+1ç2÷n1nèøn +1则an+1 = 2<1，即an+1 <anann+1nnn故a 单调递减且0 <a < 1 ，故 a xn <xn¥¥n当| x |<1 时， åxn 绝对收敛，故åa xn 收敛.n=1n=1S¢(x)=æ奢nö¥ax=åna xn -1 =å(n+1)axnçn÷èn=1øn+1¥n=1nn+1¥n=0=a1+å(n+1)axn n=1¥=åæ1ön2n1+çn+÷axn=1èø¥n1¥=1+åna x +åa xnnnn=12 n=1¥=1+xåna xn-1 +1S(x)nn=12= 1+xS¢(x) +1 S(x)2则(1-x)S¢(x) -1S(x) =1即 S¢(x) -1S(x)=121-x解得S(x)=1(-2+c)2(1-x)1-x1-x又 S(0)=0故c=2因此 S(x) =21-x- 2.x2 +y218.（本题满分 10 分）设 å为 曲 面 Z =(£x2 +y2 £ 4)的 下 侧 ，f (x)是 连 续 函 数 ， 计 算I =òòxf (xy) + 2xy -ydydz + yf (xy) + 2 y +xdzdx +zf (xy) +zdxdyå18. 解析：x2 +y2xyx2 +y2x2 +y2yz=则z¢x=,z¢=2x2 +y2方向余弦为cosa=1x, cos b=1 ×y, cosg=-1x2 +y222于是I=1ìïxyüï2òòíxf(xy)+2xy-ySïîæ2x2 y -xy + 2 y2 +xy+ yf (xy) + 2y +xx2 +y2x2 +y2ö22-zf (xy) +zýd Sïþ=òòç- x +y÷ d x d yx2 +y2ç÷Dxyèøæ= 4òòç2y2-22öd xd yx2 +y2x +y ÷ç÷D1 èø=æp2 2r 2 sin2qp2ö4 çò2 dqòrdr -ò2 dqòr 2dr ÷è01r01ø= 4 æ2 ×p×7 -p×7 ö= 0.ç4 32 3÷èøxÎ(0,2)19.设函数 f (x) 在区间0,2上具有连续导数， f (0) =f (2) = 0, M = max| f (x) |,证明（1）存在xÎ(0, 2) ，使得| f ¢(x) |³M（2）若对任意的 x Î(0, 2),| f ¢(x) |£M ，则 M = 0 .19.证明：（1）由M=max|f(x)|，xÎ0,2知存在cÎ0,2，使|f(c)|=M，若cÎ0,1，由拉格朗日中值定理得至少存在一点xÎ(0, c) ，使f ¢(x) =f (c) -f (0) =f (c)cc从而| f ¢(x) |=| f (c) | =M ³Mcc若c Î(1, 2，同理存在xÎ(c, 2) 使f ¢(x) =f (2) -f (c) =-f (c)2 -c从而| f ¢(x) |=| f (c) | =2 -c2 -cM³M2 -c综上，存在xÎ(0, 2) ，使| f ¢(x) |³M .（2）若 M > 0 ，则c ¹ 0, 2.由 f (0) =f (2) = 0 及罗尔定理知，存在hÎ(0, 2) ，使 f ¢(h) = 0,当hÎ(0, c 时，òf (c) -f (0) =c f ¢(x) d x0òM =| f (c) |=| f (c) -f (0) |£c| f ¢(x) |d x <Mc,0ò又 f (2) -f (c) =2 f ¢(x) d xcòM =| f (c) |=| f (2) -f (c) |£2 | f ¢(x) | dx £M (2 -c)c于是 2M <Mc +M (2 -c) =2M 矛盾. 故 M = 0.20. 设 二 次 型f (x , x ) =x 2 + 4x x + 4x 2经 正 交 变 换 æx1 ö=Q æy1 ö化 为 二 次 型1211 22çx÷çy÷g( y , y ) =ay 2 + 4 y y +by 2 ，其中 a ³b .è2øè2ø1211 22（1） 求 a, b的值.（2） 求正交矩阵Q.20. 解析：（1）设A=é1-2ù,B=éa2ùê-24úê2búëûëû由题意可知QT AQ =Q -1 AQ =B.A 合同、相似于 Bì1+4=a+ba ³bîíab =4a =4.b =1l-12（2）|lE -A |=l2 - 5l2l-4A 的特征值为 0，5当l= 0 时，解(0E -A)x = 0 .得基础解为a=é2ù11êúëû-2当l= 5 时，解(5E -A)x = 0 得基础解为a=é1 ù又 B 的特征值也为 0，52êúëû当l= 0 时，解(0E -B)x = 0 得b=é1 ù=a-21êú2ëû当l=5时，解(5E-B)x=0得b=é2ù=a对a1,a2单位化2êú11ëûé2ùé1ùaê5úaê5úg1=1=êú,g2=2=êú|a1|ê1 ú|a2|ê-2 úëê5úûëê5úû令Q1=g1,g2,Q2=g2,g1则QTAQ=é00ù=QT BQ0511êú22ëû2 112故QQTAQQT=B可令1 2Q =Q QTé21 ùé1-2 ùê55 úê55ú=êúêúê1-2 úê21 úëê55 ûúëê55 ûúé4-3ù=ê55úêúê-3-4úëê55úû21. 设 A为 2阶矩阵， P= (a, Aa) ，其中a是非零向量且不是 A的特征向量.（1） 证明 P为可逆矩阵（2） 若 A2a+Aa-6a=0，求 P-1AP，并判断 A是否相似于对角矩阵.21. 解析：(1)a¹ 0且Aa¹la .故a与Aa线性无关.则 r(a, Aa ) = 2则 P 可逆.AP =A(a, Aa) =(Aa, A2x) =(aAa) æ06öç1-1÷èø故P-1AP=æ06ö.ç1-1÷èø(2) 由 A2a+Aa- 6a= 0设( A2 +A - 6E)a=0,( A +3E)( A - 2E)a= 0由a¹ 0得( A2 +A - 6E) x = 0有非零解故| ( A + 3E)( A - 2E) |= 0得| A + 3E |= 0或| A - 2E |= 0若| ( A + 3E) |¹ 0则有( A - 2E)a= 0, 故Aa= 2a, 与题意矛盾故| A + 3E |= 0,同理可得| A - 2E |= 0.于是A的特征值为l1=-3l2=2.A 有 2 个不同特征值，故 A 可相似对角化22. 设随机变量 X1，X2，X3相互独立，其中 X1与 X2均服从标准正态分布，X3的概率分布为PX= 0 =PX = 1 =1 ,Y =X X+ (1 -X ) X .3323 132（1） 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F(x) 表示.（2） 证明随机变量 Y服从标准正态分布.22. 解析：(1)F (x, y) =PX 1 £x,Y £y=PX1 £x, X 3 ( X1 -X 2 ) +X 2 £y, X 3 = 0 +PX1 £x, X 3 ( X1 -X 2 ) +X 2 £y, X 3 = 1=PX1 £x, X 2 £y, X 3 = 0 +PX1 £x, X1 £y, X 3 = 1若 x £y,则PX£x, X £y, X = 1 =1 PX £x =1 F(x)113212若 x >y,则PX£x, X £y, X = 1 =1 PX £y =1 F( y)113212ì1 F(x)F( y) +1 F(x), x £yí11故F(x,y)=ï22ïF(x)F(y)+F( y), x>yîï22(2)FY ( y) =PY £y=PX 3 ( X1 -X 2 ) +X 2 £y=1 PX ( X -X ) +X £y | X = 0+1 PX ( X -X ) +X £y | X= 1231223231223=1 PX22 £y | X 3= 0+1 PX21 £y | X 3= 1=1 F( y) +1 F( y)22=F( y).23. 设某种元件的使用寿命 T的分布函数为ìætömï1- e-çq÷,t ³ 0,其中q,m 为参数且大于零.F (t)=íèøîï0,其他.（1） 求概率 PT>t 与 PT>s+t|T>s ，其中 s>0,t>0.（2） 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q的最大似然估计值q.23.解析：（1）PTæt ömçq÷->t = 1 -F (t) =e èøçq÷-æt ömPT >s +t | T >s =PT >t =e èøì-ætömèø(2)f(t)=F¢(t)=ïmq-mtm-1.eçq÷,t³0íîï0其他nP(i)ìïmnq-mn(tt)m-1en-q-måtimt ³ 0似然函数 L(q) =i =1f t ，q=íîï1 n0i=1i其他当t1 ³ 0,t2 ³ 0,tn ³ 0 时L(q)=mnq-mn(tt)m-1en-q-måtimi=1nn1n取对数ln L(q) =n ln m -mn lnq+ (m +1) ålnt -q-m åt miid ln(q) =-mn +nq-(m+1)mi =1i =1求导数dqqmmn1 åntmii =1d ln(q)åtii =1令=0解得q=dq1måntmn i =1i所以q的最大似然估计值q$=