2020年全国硕士研究生招生考试数学一答案数学(一)一、选择题(1)x→0+时，下列无穷小量中最高阶的是(A)(B)(C)(D)【答案】D.【解析】A.B.C.D.(2)设函数f(x)在区间(-1,1)内有定义，且,则(A)当,f(x)在x=0处可导(B)当,f(x)在x=0处可导(C)当f(x)在x=0处可导时，(D)当f(x)在x=0处可导时，【答案】C.【解析】当f(x)在x=0处可导，则f(x)在x=0处连续，可得即故选(C).(3)设函数f(x)在点(0,0)处可微，f(0,0)=0,且非零向量d与n垂直，则(A)(B)(C)(D)【答案】A.【解析】因为f(x,y)在(0,0)处可微，f(0,0)=0,所以即因为n·(x,y,f(x,y))=f’(0,0)x+f’(0,0)y-f(x,y),所以)存在，故选(A).(4)设R为幂级数的收敛半径，r是实数，则(A)发散时，|r|≥R(C)|r|≥R时，”发散B收敛时，|r|≤R(D)|r|≤R时，”收敛【答案】A.【解析】由题知当|r|<R时，幂级数收敛，所以当|r<R时，收敛.因其逆否命题也成立，所以若当发散时，r|≥R.故选(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=B(B)存在矩阵P,使得BP=A(C)存在矩阵P,使得PB=A(D)方程组Ax=0与Bx=0同解【答案】B.【解析】A经初等列变换化成B,所以可逆矩阵P₁使得AP₁=B,所以A=BP-¹.令P=P-¹,所以A=BP.故选(B).(6)已知直线I与直线L₂相交于一点，法向量(A)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【答案】C.【解析】令L的方即有由L₂的方程得由直线L与L₂相交得存在t使α₂+ta₁=α₃+ta₂,即α₃=tα₁+(1-t)α₂,α₃可由α₁,α₂线性表示，故应选(C).(7)设A,B,C为三个随机事件，且,P(AB)=0,,则A,B,C中恰有一个事件发生的概率为(A)(B)(C)(D)【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)P(CBA)=P(CBUA)=P(C)-P[CU(BUA)]=P(C)+P(CB)-P(CA)+P(ABC)P(ABC+ABC+ABC)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)故选(D).(8)设X₁,X₂,…,X10为来自总体X的简单随机样本，其中Φ(x)表示标准正态分布函数，则利用中心极限定理可得的近似值为(A)1-Φ(1)(B)Φ(1)(C)1-Φ(2)(D)Φ(2)【答案】B.【解析】由题意由中心极限定理,所以故选(B).二、填空题【答案】-1.【解析】(10)若则【答案】-√2.【解析】得(11)若函数f(x)满足f"(x)+af’(x)+f(x)=0(a>0),且f(0)=m,f’(0)=n,【答案】n+am.【解析】特征方程为z²+aλ+1=0特征根为λ,2,则λ+2=-a,2·Z=1,特征根λ<0,2₂<0.=n+am.(12)设函数,则【解析】所以(13)行列式【答案】a⁴-4a².【解析】(14)设X服从区间上的均匀分布，Y=sin X,则Cov(X,Y)=【答案】【解析】所以cov(X,Y)=EXY-EXEY=E(Xsin X)-EXE(sin X)三、解答题(15)求函数f(x,y)=x³+8y³-xy的极值.【解析】求一阶导可得令求二阶导可得当x=0,y=0时，A=0,B=-1,C=0,AC-B²<0,故不是极值.当时，A=1,B=-1,C=4,AC-B²>0且A=1>0,故是极小值点.极小值(16)计算曲线积分,其中L是x²+y²=2,方向为逆时针方向.【解析】设取路径Le:4x²+y²=ε²,方向为顺时针方向.(17)设数列{a}满足a₁=1,(n+1)an+1证明：当|x|<1时，幂级数收敛，并求其和函数.收敛.【解析】,故|xkR=1时，令则由S(0)=C-2=0,故C=2,则(18)设∑为曲面z=√x²+y²(1≤x²+y²≤4)的下侧，f(x)是连续函数.计算【解析】由题意F(x,y,z)=z-√x²+y²,则,F=1,(19)设函数f(x)在区间[0,2]上具有连续导数，已知f(0)=f(2)=0,.证明：(I)存在ξ∈(0,2),使得|f’(ξ)|≥M;(Ⅱ)若对任意的x∈(0,2),|f’(x)|≤M,则M=0.【解析】(I)设x=x₀时|f(x。)|=M,由拉格朗日定理得：35∈(0,x。)使得3ξ₂∈(x₀,2)使得若x₀∈(0,1),取ξ=ξ,若x₀∈(1,2),取ξ=5 2,故同时成立.若x₀≠1,显然M=0:若当且仅当区间(0,1)和(1,2)上|f’(x)|=M成立，若假设M≠0,要么f’(x)=±M与f(0)=f(2)=0矛盾，要么f(x)在x=1处不可导，与己知矛盾，故M=0.(20)设二次型f(x₁,x₂)=x²-4 x₁x₂+4x2经正交变换化为二次型g(y₁,y₂)=ay²+4y1y₂+by2,其中a≥b.(I)求a,b的值；(Ⅱ)求正交矩阵Q.【解析】(I)记,则QA Q=B,其中Q是正交矩阵.A与B相似，所以A与B有相同的特征值.,则A的特征值为Z=0,2₂=5.因B的特征值也为Z=0,2=5,则ab=4,a+b=5.因a≥b,所以a=4,b=1.(II)当Z=0时，(0E-A)x=0的基础解系为α₁=(2,1)⁷;当Z₂=5时，(5E-A)x=0的基础解系为α₂=(1,-2).当Z=0时，(0E-B)x=0的基础解系为β₁=(1,-2)’:当2₂=5时，(5E-B)x=0的基础解系为β₂=(2,1).令,则所以P⁻¹AP=P₂⁻¹BP₂,所以B=P₂P¹APP₂¹.因是正交矩阵，故(2 1)设A为二阶矩阵，P=(a,Aa),其中α是非零向量且不是A的特征向量：(I)证明P是可逆矩阵；(Ⅱ)若A²a+Aa-6a=0,求P-¹AP,并判断A是否相似于对角矩阵.【解析】(I)法1:假设P不是可逆矩阵，则α与Aα线性相关.根据线性相关的定义，存在不全为0的实数k₁,k₂,使得成立k,a+k₂Aα=0.若k₂=0,则k₁α=0.因α是非零向量，则k₁=0,与k,k₂不全为0矛盾，所以k₂≠0.从而,与α不是A的特征向量矛盾，所以假设不成立，故P是可逆矩阵.法2:设Aα=β,则β≠ka,即α,β线性无关，得P=(a,β)=(a,Aα)可逆矩阵.(II)因A²α+Aα-6α=0,故令,则,则B的特征值为Z=2,Z₂=-3.A与B相似，则A的特征值也为Z=2,Z₂=-3,所以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的概率分布为已知Y=X₃X₁+(1-X₃)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Φ(x)表示；(Ⅱ)证明随机变量Y服从标准正态分布.【解析】(1)(X,Y)的分布函数为：F(x,y)=P{X₁≤x,Y≤y}=P{X₃=0,X₁≤x,Y≤y}+P{X₃=1,X₁≤x,Y≤y}=P{X₃=0,X₁≤x,X₂≤y}+P{X₃=1,X₁≤x,X₁≤y}①x≤y②x>y综上所述：时，时，(2)F,(y)=P{Y≤y}=P{X₃=0,Y≤y}+P{X₃=1,Y≤y}=P{X₃=0,X₃X₁+(1-X₃)X₂≤y}+P{X₃=1,X₃X₁+(1-X₃)X₂≤y}∴Y～N(0,1).(23)设某种元件的使用寿命T的分布函数为其中θ,m为参数且大于零.(I)求概率P{T>t}与P{T>s+t|T>s},其中s>0,t>0;(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θ的最大似然估计值θ.【解析】(1)似然函所以θ的最大似然估计值为：。
