2023年12月9日发(作者：23新高考1数学试卷)

2020考研数学一真题及答案

一、选择题：1~8 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

A.

x

2

0

et1dt

B.

x

0

ln

1+ t3

dt

C.

sin

x

0

sint

2dt

1cos x

D.

0

sin3

tdt

1.

答案：D

2.

设函数

f (x)

在区间（-1，1）内有定义，且lim

x0

f ( x)  0,

则（

f (x)

A.

当lim 0, f ( x)在x  0

处可导.

x

0

| x |

B.

当lim

f (x)

x0

 0, f ( x)在x  0

处可导.

C.

当

f (x)在x  0处可导时,lim

f (x)

x

0

 0.

| x |

D.

当

f (x)在x  0处可导时,lim

f (x)

x0

 0.

） 2.

答案：B

f (x)

 0 lim

f (x)

 0  lim

f (x)

 0, lim

f (x)

 0

x0解析:lim

x0

x0

| x |

x0x

x

lim

x0

f (x)

 0, lim f ( x)  0

x0

x

lim

f (x)  f (0)

 lim

f (x)

 0 f

(0)

x0

x  0

x0

x

 f (x)

在

x  0

处可导选 B

lim

A.

( x, y )(0,0)

| n  ( x, y, f ( x, y)) |

 0存在lim

B.

( x, y )(0,0)

lim

C.

( x, y )(0,0)

x2

 y2

 0存在

| n ( x, y, f ( x, y)) |

x2

 y2

| d  ( x, y, f ( x, y)) |

lim

D.

( x, y )(0,0)

x2

 y2

 0存在

| d ( x, y, f ( x, y)) |

3.

答案：A

x2

 y2

解析：

 0 f (x, y)在(0, 0)

处可微.

f (0, 0)=0

lim

x0

y0

f (x, y)  f (0, 0)  f

x(0, 0)  x  f

y(0, 0)  y

x2

 y2

f (x, y)  f

x(0, 0)  x  f

y(0, 0)  y

x2

 y2

 0

 0

即limx0

y0

 n 

x, y, f (x, y)

 f

x(0, 0)x  f

y(0, 0) y  f (x, y)

n 

x, y, f (x, y)

x2

 y2  lim

( x, y )(0,0)

 0

存在

选 A.

4.设 R 为幂级数

a r

的收敛半径，r 是实数，则（

n

n

）

n1

A.

a r

n发散时，

n

| r | R

n1

B.

n

n

a r

发散时，| r | R

n1

C.| r | R

时，

n1

a r

n

发散

n

D.| r | R

时，

n1

a r

n发散

n

4.

答案：A

解析：

∵R 为幂级数

a x

nn

的收敛半径

.

n1

∴

a x

在n

n

(R, R)

内必收敛.

n1

∴

a r

发散时，n

n

| r | R

.

n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=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

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

AP1

 B

 A  BP1令P  P11 1

） A  BP.选B.

6.

:

已知直线

L

1

x  a2

y  b2

2  c2

x  a3

y  b3

2  c3

  L :  

与直线

2

相交于一点，法a2

b2

c2

a1

b1

c1

ai



向量

a  b ,i  1, 2, 3.

则

i

i

ci

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

6.

答案：C

解析：

令

L

1

的方程

x  a2

y  b2

z  c2

=   ta1

b1

c1

x



a2

 

a1



y

 b  t b

=

 t即有 

2

 

1

2 1

z

c

 

c

 

2

 

1

a 

a2



x



3

 

由

L

的方程得y  b  t b =

 t2 2

 

3

 

2

3

z

c

 

c

 

3

 

2

L1

与

L2

相交得存在

由直线 t 使2

 t1

3

 t2

t)即C.

3

 t1

 (1

2

，3

可由1

,2

线性表示，故应选

7.

设 A,B,C 为三个随机事件，且

P( A)  P(B)  P(C) 

1P( AC)  P(BC) 

，则 A,B,C 中恰有一个事件发生的概率为

12

3

A.

B.

C.

1

, P( AB)  0

4

4

2

3

1

2 5

D.

12

7.

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 1 1  0   0 

4 12 6

P(BAC )  P(BAUC)  P(B)  P[B( AUC)]

 P(B)  P(BA)  P(BC)  P( ABC)

1 1 1  0   0 

4 12 6

P(CBA)  P(CBUA)  P(C)  P[CU (BUA)]

 P(C)  P(CB)  P(CA)  P( ABC)

1 1 1 1    0 

4 12 12 12

P( ABC  ABC  ABC)  P( ABC )  P( ABC )  P( ABC)

1 1 1 5

   

6 6 12 12

选择 D

8.

设

X1

, X

2

,…, X

n

为来自总体 X 的简单随机样本，其中

P( X  0)  P( X  1)  , (x)

表

1

100

示标准正态分布函数，则利用中心极限定理可得

P

Xi

 55

的近似值为

i1

2

A.1 (1)

B.

(1)

C.1 (2)

D.

(2)

1 1EX  , DX 

解析：由题意

2 4

8.答案：B

100

X

X

100

E



i

 100EX  50.

D

Xi

 100DX

 25

i1

 

i1

由中心极限定理

X~ N (50, 25)

i

i1

100

100

 Xi

 55

 55  50

100

P



Xi

 55

 P

i1

∴

5

 (1)

5

i1

  故选择 B

二、填空题：9—14 小题，每小题 2 分，共 24 分。请将解答写在答题纸指定位置上.

 1 1 

lim  9.

x

x0

e1 ln(1 x)  9. 解析：

1 1

lim  x0

ex

1 ln(1 x)  x

ln(1  x)  e 1

 lim

x

x0

(e

1) ln(1 x)

ln(1  x)  e

x

1

 lim

x0

x2

1

 ex

 lim

1 x

x0

2x

 1

2

d

2

y

x t  1

，则

2

|t 1

10. 设2

dx



y  ln(t t 1)

10.

解析：

dy

dy

 1 t

1

 

t  t

2

 1 t

2

 1

1

t

t

2

1

t

dt



dx

dx

dt

dy

d

dt



dy



dy2

d

1 

 

dt

dt

t

2

 t

2

1

  

t

3

dx2

dx

dx t

dt

t

2

1

dy2

 

得

2dx

t 1

11.

若 函 数

f (x)

满 足

f

(x)  af

(x)  f (x)  0(a  0), 且f (0)  m, f

(0)  n

， 则



0

f (x)dx

11.

解析：

2

特 征 方 程 为

 a 1  0

特 征 根 为

1

,2

， 则 特 征 根

1

2

 a,1

2

 1

，

1

 0,2

 0



f (x)dx   [ f

(x)  af

(x)]dx



0

0

 [ f

(x)  af (x)] |0

 n  am

2

f

12.

设函数

f (x, y) 

e dt

，则

xy

xy

xt

2

0

(1,1)



12.

解析：

3 2f

x ( xy )2

 e x  xexy

y

f

 3 2 f

y

x3

y

 =e 3x3

y2exy

xy x

2

2

f

=e+3e  4e.

xy

(1,1)

0 1 1

a 1 1 13.

行列式

1 1 a 0

1 1 0 a

a

0

13.

解析：

a 0 1 1

a 0

1 1

0 a 1 1 0 a 1 1

1 1 a 0 1 1 a 0

1 1 0 a 0 0 a a

0 a 1  a2

1

a 1 a2

1

1

0 a 1

  a

1  1

1 1 a 0

0 a a

0 0 a a

a a2

 2 1

  a 2 1  a

4

 4a

2.

0 0 a

14.

设 X 服从区间

14.

解析：



,上的均匀分布，

Y  sin X

，则Cov( X ,Y ) 2 2

 

1

  x 解

f (x) 

2 2

其他

0

cov( X ,Y )  EXY  EXEY

 E( X sin X )  EXE(sin X )

1 1 1 22

2x sin x dx xdx



sin xdx



2 2 2

 2

x sin xdx  0



2

0

2

0

1



( x)d cos x

2



2

 

2

cos xdx



x cos x

2

0

0

 

2

 

2 0  sin x

2

0





三、解答题：15~23 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

y

1f

 0

x 

x

x  0

令

6

f

1

可得

y  0

y  0

 12



y

求二阶导可得

2

f 2

f 2

f

 6x

2

 1

2 48 y

x2

xy y

当

x  0, y  0时.A  0.B  1.C  0

AC  B2

 0

故不是极值.

1 1

当

x  y  时

6 12

A  1.B  1.C  4.

1

1

AC  B2

 0.A  1  0故,

是极小值点

6 12

 

1 1

1 1

 

1

1



极小值

f

,

   8  6   12 216

6 12

 

6

 

12

16.（本题满分 10 分）

33

x  y

4x  y

dy

，其中

L

是

x2

 y2

 2

，方向为逆时针方向

计算曲线积分

I L

2 2dx 2

4x y

4x y

16.

解析：

4x  y x  y

设

P 2 2,Q 2 24x y

4x y

Q P 4x  y  8xy

则

 

2 2 2x y

(4x  y )

2 2

取路径

L: 4x2

 y2

2

,

方向为顺时针方向.

则

4x  y

dx x  y

dy

L

4x2

 y2

4x2

 y2

4x  y x  y

x  y 4x  y

dydx 2 2dy dx L

4x2

 y2

4x2

 y2

L L

4x2

 y2

4x y

Q P

  dxdy 1

(4x  y)dx  (x  y)dy

 

x y

2

L 

D

1

2



1 (1)dxdy 

2

 2S

DD

1

1

  2

2

.

2

17.（本题满分 10 分）

1

a xn

n

2

n1

a| x | 1

收敛，

，证明：当时幂级数

设数列{an

}

满足

a1

 1, (n 1)an

1 

n n



并求其和函数.

1

 

 n  a , a  1

知

a  0

17.

证明：由(n 1)a

n1

2

n 1 n

 1n 

an1

2

，即

an1

 an

则

 1

an

n 1

}

单调递减且0  a  1

，故

a x故{a

n n n

 x

 n

n n当| x | 1

时，

x绝对收敛，故

a xn

n

收敛.

n1 n1

n(n 1)a x

S(x) 

a x



na xn 1



n

n

n1

n1

n n 1

n0

 a1

(n  1)a

n1

xn

n1



1

n

1



n 

n1

2

a

n

x

 1



na x

n

1

a xn

n

n

n1

2

n1

 1 x

na xn1

1

S(x)

n

n1

2

 1 xS(x) 

1

S(x)

2

则(1 x)S

(x) 

1

S(x)  1

即

S(x) 1

S (x) 

1

2

2(1 x) 1 x

解得

S (x) 

1

2 c

1 x

1  x



又

S (0)  0

故c  2

因此

S (x) 2

1 x

 2.

18.（本题满分 10 分）

设

为 曲 面

Z x2

 y

2

 x2

 y  4

2

的 下 侧 ，

f (x)

是 连 续 函 数 ，I 

[xf (xy)  2xy  y]dydz [ yf (xy)  2 y  x]dzdx [zf (xy)  z]dxdy

18.

解析：

z 

则

zx

x

x2

 y2, zy

y

x2

 y2

方向余弦为cos

1

x

, cos



1

y

, cos 

1

2

x2

 y2

2

x2

 y2

2

于是

计 算

x y

[xf (xy)  2xy  y]

2 2 [yf (xy)  2y  x]

2 2[zf (xy)  z]d S



2

x y

x y



2 2



2xy  xy  2 y xy

 x

2

 y

2

 d x d y

 x2

 y2

D

xy

 2 y2

2 2

d xd y

 4



x  y 

2 2D1

x y



2 2

2

2r sin

2



24

2

drdr 

2

d

r dr

1

0 1

r

0

1

I 



7

7

 4

2 4

3

 

2 3  0.

 

f (x) |},

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{|

x(0,2)

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

.

M  max{| f (x) |}，x [0, 2]

知存在c [0, 2]

，使| f (c) | M

，19.证明：（1）由

若c [0,1]，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)

c c

| f (c) | M

从而| f

() |   M

c c

若c (1, 2]，同理存在(c, 2)

使

f

() f (2)  f (c)

 f (c)

2  c 2  c

M

| f (c) |

 M

从而| f

() | 2  c 2  c

综上，存在(0, 2)

，使| f

() | M

.

（2）若

M  0

，则c  0, 2.

由

f (0)  f (2)  0

及罗尔定理知，存在(0, 2)

，使

f

()  0,

当(0, c]

时，

f (c)  f (0)  f

(x) d x

c

0

M | f (c) || f (c)  f (0) | | f

(x) |d x  Mc,

c0

又

f (2)  f (c)  f

(x) d x

c

2

M | f (c) || f (2)  f (c) | | f

(x) | dx  M (2  c)

c

2

于是

2M  Mc  M (2  c)  2M

矛盾.

y1

 Q

化 为 二 次 型

20. 设 二 次 型

f (x , x )  x  4x x  4x

经 正 交 变 换

x

 

y

1 2 1 1 2 2

2

 

2

2 2故

M  0.

x1

g( y , y )  ay

2

 4 y y  by

2

，其中

a  b

.

1 2 1 1 2 2

（1）

求

a, b

的值.

（2）

求正交矩阵Q

.

1 -2

A=

,

a 2（1）设

 B=

-2 4 2 b   由题意可知QT

AQ  Q

1

AQ  B.

∴A 合同、相似于 B

∴

20.

解析：

1 4  a  b

ab  4

b  1

a  b

∴

a  4.

1

E  A |（2）|

2

2



2

 5 4 21

 1



1

当 5

时，解(5E  A)x  0

得基础解为

2

 

2

当 0

时，解(0E  A)x  0

.得基础解为

∴A 的特征值为 0，5

又 B 的特征值也为 0，5

当 0

时，解(0E  B)x  0

得

 1

 

2

2



2

当 5

时，解(5E  B)x  0

得

2

 

1

1

 

1

对1

,2

单位化

2

 

1

  

5



5

1



 

,2

2

 1

||

1



2

1

|

2

|



5

 

5

令Q1

 [1

,2

],Q2

 [2

,1

]

则QAQ 

1

T

0 0

1

 QT

BQ

 

2 2

0 5

 T

故Q Q B

2 1

AQ Q1 2

可令

TQ  Q Q1 2

1

 

1

2



2



5

 5 5

5

  

2

 

2 1



1

5

5



5



5

4

3



5



5



3

4



5 5

T

21.

设

A

为

2

阶矩阵，

P  (, A)

，其中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

A2  A  6  0

，求

P1

AP

，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.

6



0

AP  A(, A)  (A, A2x)  (A)

1 1 

0 6

1

故PAP 

.

1 1 (2)

由

A2 A 6 0

设( A2

 A  6E) 0,( A  3E)( A  2E) 0

由 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) | 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1

 3

2

 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

1

 0}  P{X  1}  ,Y  X X

 (1  X ) X .

P{X

3 3 3 1 3 2

2

（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)  P{X

1

 x,Y  y}

 P{X1

 x, X

3

( X1

 X

2

)  X

2

 y, X

3

 0}  P{X1

 x, X

3

( X1

 X

2

)  X

2

 y, X

3

 1}

 P{X1

 x, X

2

 y, X

3

 0}  P{X1

 x, X1

 y, X

3

 1}

若

x  y,则P{X

 x, X  y, X  1}  P{X  x}  (x)

1 1 3

1 1

1

2 2

1 1

 x, X  y, X  1}  P{X  y}  ( y)

若

x  y,则P{X

1 1 3 1

2 2

1

1

(x)( y)  (x), x  y

2F (x, y) 

2

故

1 1

(x)( y)  ( y), x  y

2 2

(2)

FY

( y)  P{Y  y}

 P{X

3

( X1

 X

2

)  X

2

 y}

1 1

 P{X ( X  X )  X  y | X  0} P{X ( X  X )  X  y | X

3 1 2 2 3 3 1 2 2

2 2

1 1

 P{X

2

 y | X

3

 0} P{X

1

 y | X

3

 1}

2 2

1 1

 ( y)  ( y)

2 2

 ( y).

3

 1}

23.

设某种元件的使用寿命 T 的分布函数为

m

t





1 e,

t  0,

 F (t) 

其他.

0,

其中,m

为参数且大于零.

（1）

求概率

P{T  t}

与

P{T  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的ˆ

. 最大似然估计值23.解析：

（1）

 P{T

 t}  1  F (t)  e



t



t

 P{T  s  t | T  s}  P{T  t}  e

t

 m



mm1 (2)

f (t)  F(t) 

mt.e , t  0

0 其他

似然函数

L() 

n

i 1

f t ， 

i

mnmn

t

t

…

n 10

m 1

 m

n

ii1

m

t  0

i

e

t其他

当t1

 0,t2

 0,…,tn

 0

时

L()  mnmn

t …t

1

m 1

n

n

e

 m

ti1

im

取对数ln L()  n ln m  mn ln (m 1)

lnt

i

i 1

n

 m

t

i 1

n

mi

d ln()

 

mn

求导数

令

d ln()

dd

( m1)

m

n

m

 0

解得1



ti 1

i

所以的最大似然估计值

n

i 1


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