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1、x2x200 x020202020浙江考研数学一真题及答案浙江考研数学一真题及答案一、选择题：一、选择题：18 小题，第小题小题，第小题 4 分，共分，共 32 分分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项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时，下列无穷小阶数最高的是A.xet21dtB.xln1+t3dtC.sinxsint2dt01cos xD.01.答案：Dsin3tdt2.设函数f(x)在区间（-1，1）内有定义，且limf(x)0,则（）A.当limx 0B.当li
2、mx0f(x)0,f(x)在x 0处可导.|x|f(x)0,f(x)在x 0处可导.C.当f(x)在x0处可导时,limx 0D.当f(x)在x0处可导时,limx0f(x)0.|x|f(x)0.x2x2y2x2y2x2y2x2y22.答案：B解析:limf(x)0limf(x)0limf(x)0,limf(x)0 x0 x0|x|x0 xx0 xlimf(x)0,lim f(x)0 x0 xx0limf(x)f(0)limf(x)0 f(0)x0 x 0 x0 xf(x)在x 0处可导选 Blim(x,y)(0,0)lim(x,y)(0,0)lim(x,y)(0,0)lim(x,y)(0,0
3、)|n(x,y,f(x,y)|0存在|n(x,y,f(x,y)|0存在|d(x,y,f(x,y)|0存在|d(x,y,f(x,y)|03.答案：A解析：f(x,y)在(0,0)处可微.f(0,0)=0limx0y0f(x,y)f(0,0)fx(0,0)x fy(0,0)y 0即limx0y0f(x,y)fx(0,0)x fy(0,0)y 0n x,y,f(x,y)fx(0,0)x fy(0,0)y f(x,y)A.B.C.D.4.设R为幂级数ar的收敛半径，r是实数，则（）A.a r发散时，|r|RB.a r发散时，|r|RC.|r|R时，a r发散D.|r|R时，a r发散R 为幂级数a x
4、的收敛半径.a x在(R,R)内必收敛.a r发散时，|r|R.11lim(x,y)(0,0)0存在选 A.nnn1nnn1nnn1nnn1nnn14.答案：A解析：nnn1nnn1nnn1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：A 经初等列变换化成 B.存在可逆矩阵P1使得AP1BA BP1令P P1A BP.选B.6.已知直线L:xa2yb22c2与直线L:xa3yb32c3相交于一点，法1aia1b1c1a2b2c2向量ab,i 1,
5、2,3.则iiciA.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 b2z c2t1xa1b1c1a2a1即有ybtb=t2121zcc21xa3a2由L的方程得ybtb=t23232zcc32由直线L1与L2相交得存在t使2t13t2即3t1(1t)2，3可由1,2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25D.127.答案：D解析：
6、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)111 0 14121212P(ABC ABC ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)1115661212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,(x)表2100示标准正态分布函数，则利用中心极限
7、定理可得PXi55的近似值为i1A.1(1)B.(1)C.1(2)D.(2)8.答案：B解析：由题意EX 1,DX 124100100EXiX100EX 50.DXi100DX 25i1i1100由中心极限定理Xi N(50,25)i1100100Xi555550PXi 55Pi155(1)i1故选择 B二、填空题：二、填空题：914 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，共 24 分。请将解答写在答题纸指定位置上分。请将解答写在答题纸指定位置上.9.lim11x0ex1ln(1x)9.解析：lim11x0ex1ln(1x)limln(1 x)ex1xx0(e1)ln(1x)limx0ln(
8、1x)ex1x21ex lim1xx02x1x10.设d2y，则2|t 1yln(t10.解析：t21)dxdy11tdyt t21t211dtdxdxttdtt212fdt0dy2dydtddy 12dtt3dx2得dxt1dxttdt11.若 函 数f(x)满 足f (x)af(x)f(x)0(a 0),且f(0)m,f(0)n，则f(x)dx011.解析：特征方程为2a1010,20特征根为1,2，则12a,121，特征根f(x)dx f (x)af(x)dx00 f(x)af(x)|n amxyxt212.设函数f(x,y)e dt，则012.解析：(1,1)fex(xy)2xxex3
9、y2yf2fy=ex3y3x3y2ex3y2xyx=e+3e 4e.(1,1)a011013.行列式a1111a0110at21dy222fd002xsinxdx2213.解析：a011a0110a110a1111a011a0110a00aa0a1a21a1a210a11a1111a00aa00aaaa221a21a44a2.00a14.设 X服从区间,上的均匀分布，YsinX，则Cov(X,Y)14.解析：1解f(x)0 x22其他cov(X,Y)EXY EXEYE(X sin X)EXE(sin X)111222122x sin xdx 022(x)d cos x2x cos x22cos
10、 xdx0020sinx220三、解答题：三、解答题：1523 小题，共小题，共 94 分分.请将解答写在答题纸指定位置上请将解答写在答题纸指定位置上.解答写出文字说明、证解答写出文字说明、证xdxsin xdx明过程或演算步骤明过程或演算步骤.15.（本题满分 10 分）求函数f(x,y)x3 8 y3xy的最大值15.解析：求一阶导可得f3x2yxf 24 y2xyf 0 x 1x令fx 0 6y010y求二阶导可得y 122fx2 6x2fx2y12fy2 48 y当x 0,y 0时.A 0.B 1.C 0AC B2 0故不是极值.当x 1y 1时612A 1.B 1.C 4.ACB20
11、.A10故1,1 是极小值点1 1136 121311极小值f,8661261216.（本题满分 10 分）12216计算曲线积分I 16.解析：4x yL4x2y2dx x y4x2ydy，其中L是x2y2 2，方向为逆时针方向设P 4x y4x2y2,Q x y4x2y2可得222D2.nnnnQP4x2y2 8xy则xy(4x2y2)2取路径L:4x2y22,方向为顺时针方向.则4x ydx xydyL4x2y24x2y24x yLL4x2y2dxx y4x2y2dy4x yL4x2y2dxxydy4x2y2QPdxdy1(4xy)dx(xy)dyLDxy11(1)dxdy 12S12D
12、2217.（本题满分 10 分）1a xn设数列an满足a11,(n1)an1n2an，证明：当|x|1时幂级数nn1收敛，并求其和函数.17.证明：由(n1)an 1 a,a 1知a 0n12n1nn 1则an121，即an1anann1故a 单调递减且0 a 1，故a xnxn当|x|1时，xn绝对收敛，故a xn收敛.n1n11xnn12nn1yS(x)axna xn 1(n1)axnnn1n1nn1n0a1(n1)axnn11n1naxn11na x a xnnn12n11xna xn11S(x)nn12 1xS(x)1S(x)2则(1x)S(x)1S(x)1即S(x)1S(x)12解
13、得S(x)12c2(1x)1x1x又S(0)0故c2因此S(x)21x 2.18.（本题满分 10 分）设为 曲 面Z x2y2 4的 下 侧，f(x)是 连 续 函 数，计 算I xf(xy)2xy ydydz yf(xy)2 y xdzdx zf(xy)zdxdy18.解析：xyz则zx,z方向余弦为cos1x,cos1y,cos122于是x2y2x(0,2)I1xyxf(xy)2xyy2x2y xy 2 y2xy yf(xy)2y x22zf(xy)zd Sx y d x d yDxy 42y222d xd yD122r2sin2242drdr 2dr2dr01r01 42 77 0.1
14、9.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(0,2)，使得|f()|M（2）若对任意的x(0,2),|f(x)|M，则M 0.19.证明：（1）由Mmax|f(x)|，x0,2知存在c0,2，使|f(c)|M，若c0,1，由拉格朗日中值定理得至少存在一点(0,c)，使f()f(c)f(0)f(c)cc从而|f()|f(c)|MMcc若c(1,2，同理存在(c,2)使f()f(2)f(c)f(c)2 c从而|f()|f(c)|2 c2 cMM2 c2综上，存在(0,2)，使|f()|M.（2）若M 0，则c 0,2.由f(0)f(2)
15、0及罗尔定理知，存在(0,2)，使f()0,当(0,c时，f(c)f(0)cf(x)d x0M|f(c)|f(c)f(0)|c|f(x)|d x Mc,0又f(2)f(c)2f(x)d xcM|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)x2 4x x 4x2经 正 交 变 换x1Qy1化 为 二 次 型1211 22xyg(y,y)ay2 4 y y by2，其中a b.221211 22（1）求a,b的值.（2）求正交矩阵Q.20.解析：（1）设A=1-2,B=a2-242b由题意可知QTAQ
16、 Q1AQ B.A 合同、相似于 B14aba bab 4a 4.b 112（2）|EA|2 5241221051 22 112A 的特征值为 0，5当 0时，解(0E A)x 0.得基础解为21当 5时，解(5E A)x 0得基础解为1 又 B 的特征值也为 0，52当 0时，解(0E B)x 0得1 12当5时，解(5EB)x0得2对1,2单位化21215511,22|1|1|2|2 55令Q11,2,Q22,1则QTAQ00QTBQ1122故QQTAQQTB可令Q Q QT21 12 555512 21 5555 4355345521.设A为 2阶矩阵，P(,A)，其中是非零向量且不是A
17、的特征向量.（1）证明P为可逆矩阵（2）若A2A60，求P1AP，并判断A是否相似于对角矩阵.21.解析：(1)0且A.故与A线性无关.则r(,A)2则 P 可逆.AP A(,A)(A,A2x)(A)0611故P1AP06.11(2)由A2A 6 0设(A2A 6E)0,(A 3E)(A 2E)0由 0得(A2A 6E)x 0有非零解故|(A 3E)(A 2E)|0得|A 3E|0或|A 2E|0若|(A 3E)|0则有(A 2E)0,故A 2,与题意矛盾故|A 3E|0,同理可得|A 2E|0.于是A的特征值为1322.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，
18、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.3323132（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(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)PX1x,Y yPX1x,X3(X1X2)X2y,X3 0 PX1x,X3(X1X2)X2y,X3 1PX1x,X2y,X3 0 PX1x,X1y,X3 111若x y,则PXx,X y,X 1 1PX x 1(x)113212若x y,则PXx,X y,X 1 1PX y 1(y)1132121(x)(y)1(x),x
19、 y故F(x,y)22(x)(y)(y),xy22(2)FY(y)PY yPX3(X1X2)X2y1PX(X X)X y|X 01PX(X X)X y|X 12312232312231PX22y|X3 01PX21y|X3 11(y)1(y)22(y).23.设某种元件的使用寿命 T的分布函数为tm1 e,t 0,其中,m为参数且大于零.F(t)0,其他.（1）求概率PTt与PTst|Ts，其中s0,t0.（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，求的最大似然估计值.23.解析：（1）PTtmt1F(t)etmPTst|TsPTtetm(2)f(t)F(t)mmtm1.e,t00其他niinnimnmnttm1enmtimt 0似然函数L()i1f t，1n0i1i其他当t1 0,t2 0,tn 0时L()mnmnttm1enmtimi11n取对数ln L()n ln m mn ln(m 1)lnt mtmd ln()mnn(m1)mi1i1求导数dmd ln()tii1令0解得d所以的最大似然估计值ni11