2024年4月11日发(作者：2022年数学试卷金华)
2020
年全国硕士研究生入学统一考试
数学一真题
+
解析（完整版）
一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选
项符合题目要求，请将所选选项前的字母填在答题纸指定的位置上.
（1）当
x0
+
下列无穷小的阶最高的是（
（A）
（C）
）.
x
x
0
(
e
t
1)dt
sin
t
2
dt
x
22
2
（B）
（D）
0
ln1
t
3
dt
sin
3
t
dt
sin
x
0
1
cos
x
0
【答案】（D）
【详解】(A)
(
0
(
e
t
1)
dt
)
\'
e
x
1
x
2
(
x
0
)
x
0
(B)
(
(C)
(
ln(1
tdt
)
ln(1
x
)
x
(
x
0
)
sin
t
2
dt
)
\'
sin(sin
2
x
)cos
x
x
2
(
x
0
)
sin
3
tdt
)
\'
sin
3
(1
cos
x
)sin
x
cx
4
(
x
0
)
3\'3
3
2
sin
x
0
(D).
(
1
cos
x
0
（2）函数
f(x)
在
(1,1)
有定义，且
lim
f
(
x
)
0
，则（
x
0
）．
（A）若
lim
x
0
f
(
x
)
x
0
，则
f(x)
在
x0
可导；
（B）若
lim
x
0
f
(
x
)
0
，则
f(x)
在
x0
可导；
2
x
f
(
x
)
x
x
0
（C）若
f(x)
在
x0
可导，则
lim
（D）若
f(x)
在
x0
可导，则
lim
x
0
0
；
f
(
x
)
0
.
x
2
【答案】（C）
【详解】（A）反例
f(x)|x|
0,
x
0
（B）反例
f
(
x
)
1,
x
0
0,
x
0
（D)反例
f(x)x
2
f
f
,
1)
（3）函数
f(x,y)
在
(0,0)
可微，
f(0,0)0
，
n
(,
非零向量
与
n
垂
x
y
(0,0)
直，则（）
n
(
x
,
y
,
f
(
x
,
y
))
x
y
22
n
(
x
,
y
,
f
(
x
,
y
))
x
y
22
（A）
(
x
,
y
)
(0,0)
lim
存在（B）
(
x
,
y
)
(0,0)
lim
存在
(
x
,
y
,
f
(
x
,
y
))
（C）
(
x
,
y
)
(0,0)
(
x
,
y
,
f
(
x
,
y
))
存在（D）
(
x
,
y
)
(0,0)
lim
x
y
22
lim
x
y
22
存在
【答案】（A）
【详解】因为
f(x,y)
在
(0,0)
可微
所以
lim
x
0
y
0
f
(
x
,
y
)
f
x
x
f
y
y
x
y
22
0
又因为
n
(
x
,
y
,
f
(
x
,
y
))
x
f
x
y
f
y
f
(
x
,
y
)
所以
lim
x
0
y
0
x
f
x
y
f
y
f
(
x
,
y
)
x
y
22
0
从而
lim
x
0
y
0
x
f
x
y
f
y
f
(
x
,
y
)
x
y
22
0
n
(
x
,
y
,
f
(
x
,
y
))
x
y
22
即
(
x
,
y
)
(0,0)
lim
0
，故选（A）.
（4）设
R
为幂级数
ax
n
0
n
n
收敛半径，
r
为实数，则（）
（A）当
a
n
0
发散时，则
|r|R
2
n
r
2
n
（B）当
a
n
0
2
n
收敛时，则
|r|R
r
2
n
（C）当
|r|R
时，则
a
n
0
2
n
r
发散
2
n
（D）当
|r|R
时，则
a
n
0
2
n
r
2
n
收敛
【答案】（A）
【详解】由级数收敛半径的性质得A正确。
（5）设矩阵
A
经初等列变换得
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
【答案】（B）
（D）
AX0
与
BX0
同解
【详解】由矩阵
A
经过初等列变换得
B
，从而存在可逆矩阵
Q
，使得
AQB,
从而
BQ
1
A
，令
P
Q
1
，则
BPA
，故选B.
（6）直线
l
1
:
向量
x
a
2
y
b
2
z
c
2
x
a
3
y
b
3
z
c
3
与直线
l
2
:
相交于一点，记
a
2
b
2
c
2
a
1
b
1
c
1
a
i
i
b
i
，
i1,2,3
，则（
c
i
（A）
1
可由
2
、
3
线性表示
（C）
3
可由
1
、
2
线性表示
）
（B）
2
可由
1
、
3
线性表示
（D）
1
、
2
、
3
线性无关
【答案】（C）
【详解】由题知，两条直线的位置关系
如下图：
则可知
AB
3
2
，且又
AB
与
1
和
2
共面，
所以可由
1
和
2
线性表示.
从而
3
2
可由
1
和
2
线性表示，即
3
可由
1
和
2
线性表示.
应选（C）.
（7）设
A
，
B
，
C
为三个随机事件，且
P
(
A
)
P
(
B
)
P
(
C
)
P
(
AC
)
P
(
BC
)
（A）
3
4
1
，则
A
，
B
，
C
恰有一个事件发生的概率是（
12
215
（B）（C）（D）
3212
1
，
P(AB)0
，
4
）．
【答案】（D）
【详解】
P(ABC)P(ABC)P(ABC)
=
P(ABC)P(BAC)P(CAB)
=
P(A)P(A(BC))P(B)P(B(AC))P(C)P(C(AB))
=
P(A)P(ABAC)P(B)P(ABBC)P(C)P(ACBC)
=
P(A)P(AB)P(AC)P(B)P(AB)P(BC)P(C)P(AC)P(BC)
=
5
,故选D.
12
（8）
X
1
,X
2
X
100
为来自总体
X
的简单随机样本，其中
P
X0
=
P
X
1
1
，
2
）.
(X)
为标准正态分布的分布函数，利用中心极限定理可得
P
{
X
i
55}
近似值为（
i
1
100
（A）
1
(1)
（C）
1
(0.2)
【答案】（B）
【详解】
（B）
(1)
（D）
(0.2)
111
EX
0
1
222
E
(
X
i
)
100
EX
50
i
1
100
EX
2
1
2
DX
1
4
D
(
X
i
)
100
DX
25
i
1
100
X
所以，
i
1
100
i
50
N
(0,1)
5
100
X
50
100
i
1
i
P
X
i
55
P
1
(1)
.故选B
5
i
1
二、填空题：9～14题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定的位置上.
（9）极限
lim
【详解】
1
1
=
x
0
e
x
1ln(1
x
)
.
ln(1
x
)
(
e
x
1)
11
e
x
1
ln(1
x
)
=
lim
(
e
x
1)ln(1
x
)
lim
x
0
x
0
x
2
x
2
2
[
x
o
(
x
)]
[1
x
o
(
x
2
)]
1
x
2
o
(
x
2
)
22
=
lim
=
lim
=
1
2
2
x
x
x
0
x
0
2
d
2
y
x
t
1
（10）
,则
2
2
dx
t
1
y
ln(
t
t
1)
.
【详解】
(1
dy
dt
dx
dx
dt
2
t
t
1
t
2
)
(
t
t
2
1)
t
2
1
1
,
t
dy
1
d
()
22
dy
11
t
1
t
1
t
dx
2
dt
dx
t
2
tt
3
xt
d
2
y
2
.
所以,
2
dx
t
1
（11）函数
f(x)
满足
f
(x)af
(x)f(x)0(a0),f(0)m,f
(0)n,
则
0
f(x)dx
.
【详解】
由题设知
0
f(x)dx
(
f
(x)
af
(x))dx
(
f
(x))
0
0
(af(x))
0
f
()f
(0)af()af(0)
a
a
2
4
又由特征方程为
rar10
求得特征根为
r
1,2
，又
a0
2
2
从而
f(x)
的通解有三种形式：
f
(
x
)
c
1
e
r
1
x
c
2
e
r
2
x
,
f
(
x
)
(
c
1
c
2
x
)
e
rx
,
f
(
x
)
e
x
(
c
1
cox
x
c
2
sin
x
)
无论哪种通解，总有
f
()0,f()0
从而
0
f(x)dx
n
am
2
f
edt
，则
x
y
xt
2
（12）设函数
f
x
,
y
【详解】
xy
0
1,1
.
2
f
2
f
f
x
3
y
2
x
3
y
2
22
x
3
y
2
32
x
3
y
2
x
(xy)
2
x
3
y
2
e
xe
3
xy
e
3
xye
,,
e
x
xe
x
y
y
x
y
2
f
x
y
e
3
e
4
e
.
(1,1)
a
（13）
0
a
1
1
1
1
a
0
1
1
1
a
0
1
1
0
a
aa
0
a
1
0
a
0
1
0
a
a
0
0
a
00
0
a
a
(
a
3
2
a
2
a
)
.
0
1
1
【详解】
a
0
1
1
0
a
1
1
1
0
a
0
0
a
2
1
00
11
a
11
a
a
4
4a
2
（14）随机变量X服从
【详解】
，
上的均匀分布，
YsinX
.则
cov(X,Y)
22
.
1
,
x
,
因为
z
U
,
，所以
f
X
(
x
)
22
，
EX0
，
22
0,
其他
E
(
X
sin
X
)
x
sin
x
2
(
x
cos
x
sin
x
)
0
2
2
1
dx
2
2
0
x
sin
xdx
2
2
0
xd
cos
x
2
2
2
.
所以
Cov(X,Y)
Cov(X,sinX)
E(X
sinX)
E(X)
E(sinX)
三、解答题：15～23小题，共94分，请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字
说明、证明过程或演算步骤.
（15）（本题满分10分）
求函数
f(x,y)x8yxy
的极值．
33
f
2
3
x
y
0
x
11
【详解】令
得驻点
(0,0),
,
612
f
24
y
2
x
0
x
2
f
2
f
2
f
6
x
,
1,
2
48
y
.
且
2
x
x
y
y
(x,y)
2
f
A
2
x
2
f
B
x
y
1
1
2
f
C
2
y
ACB
2
极值
(0,0)
11
,
612
故
f(x,y)
在
0
1
0
4
0
0
无
极小
11
,
处取得极小值且极小值
6
12
1
11
f
,
216
.
612
（16）（本题满分10分）
计算曲线积分
I
2
4
x
yx
y
22
，其中是
L
xy2
的逆时针方向．
dx
dy
22
L
4
x
2
y
2
4
x
y
2
【详解】补线
L
1
:4xyr,
（
r0
且
r
适当小）取逆时针.
令
P
(
x
,
y
)
4
x
yx
y
,
Q
(
x
,
y
)
,
则
4
x
2
y
2
4
x
2
y
2
Q
P
4
x
2
y
2
8
xy
x
y
(4
x
2
y
2
)
2
从而
I
4
x
yx
y
4
x
yx
y
dx
dy
dx
L
L
1
4
x
2
y
2
4
x
2
y
2
L
1
4
x
2
y
2
4
x
2
y
2
dy
Q
P
1
dxdy
x
y
r
2
D
0
1
r
2
L
1
(4
x
y
)
dx
(
x
y
)
dy
2
dxdy
D
1
2
r
r
.
2
r
2
1
(
n
)
a
n
，证当
x1
时级数
a
n
x
n
收敛，并求
2
n
1
（17）（本题满分10分）
设数列
a
n
满足
a
1
1
，
(
n
1)
a
n
1
和函数.
【详解】即证
a
n
x
n
收敛半径
R1
.
n
1
由于
lim
x
a
n
1
a
n
1
2
1
，所以
R1
.
lim
x
n
1
n
当
x1
时，记
S
(
x
)
a
n
x
n
，则
n
1
1
(
n
1)
a
n
1
x
1
(
n
)
a
n
x
n
2
n
1
n
0
n
1
11
1
x
na
n
x
n
1
S
(
x
)
1
xS
(
x
)
S
(
x
)
22
n
1
S
(
x
)
na
n
x
n
1
n
所以
(
x
1)
S
(
x
)
即
S
(
x
)
1
S
(
x
)
1
0
，
2
11
S
(
x
)
2(
x
1)1
x
11
2(
x
1)
dx
1
2(
x
1)
dx
edx
C
所以
S
(
x
)
e
1
x
1
2
1
1
2
1
xdx
C
(1
x
)(21
x
C
)
1
x
(1
x
)
C
1
x
2
.
又
S
(0)a
1
1
，所以
C2
，所以
S
(
x
)
（18）（本题满分10分）
2
1
x
2
设曲面
是曲面方程
zx
2
y
2
(1x
2
y
2
4)
的下侧，
f(x)
为连续函数，计算
I
xf(xy)2xy
dydz
yf(xy)2yx
dzdx
zf(xy)z
dxdy
.
【详解】该题
f(x)
为连续函数，不可用高斯公式.
dScos
dydz,dScos
dzdx,dScos
dxdy,
dydz
cos
cos
dxdy
,
dxdz
dxdy
cos
cos
其中
cos
,cos
,cos
为
上法向量
n
的方向向量.
xy
:
z
x
y
,
n
,,
1
22
x
2
y
2
x
y
22
dydz
x
x
y
22
dxdy
,
dxdz
y
x
y
22
dxdy
x
I
xf
(
xy
)
2
x
y
x
2
y
2
y
yf
(
xy
)
2
y
x
x
2
y
2
zf
(
xy
)
z
dxdy
x
2
f
(
xy
)
2
x
2
xy
y
2
f
(
xy
)
2
y
2
xy
zf
(
xy
)
22
x
y
x
2
y
2
f(xy)
2x
2
y
2
zf(xy)
z
dxdy
z
dxdy
x
2
y
2
f(xy)
2x
2
y
2
x
2
y
2
f(xy)
x
2
y
2
dxdy
x
2
y
2
dxdy
（19）（本题满分10分）
设
f(x)
在
[0,2]
具有连续导数，
f
(0)
f
(2)
0,
M
max
f
(
x
)
，证明
x
[0,2]
1
x
y
2
4
2
x
ydxdy
d
d
01
22
2
2
14
3
（1）存在
(0,2),
使
f
(
)M
；
（2）若
x(0,2),f
(x)M,
则
M0
.
【详解】（1）若
M0
，则在
[0,2]
上
f(x)0
.
所以
(0,2)
，有
f
(
)00M
成立.
若
M0
，则设
c(0,2)
使
f(c)M
.
由朗格朗日中值定理，
1
(0,c)
与
2
(c,2)
，使
f
(
c
)
f
(0)
Mf
(2)
f
(
c
)
M
,
f
(
2
)
c
0
c
2
c
2
c
MM
,
f
(
2
)
所以
f
(
1
)
c
2
c
M
M
若
c(0,1]
，则可取
1
，有
f
(
)
c
M
M
.
若
c(1,2)
，则可取
2
，有
f
(
)
2
c
f
(
1
)
综上所示，
(0,2),
使
f
(
)M
.
M
f
(
)
M
1
c
1
c
（2）若
x(0,2),f
(x)M,
则
，若
M0
，则解出
，于是
c1.
M
c
1
f
(
)
M
2
2
c
即
f(1)M.
于是
Mf(1)f(0)
1
0
f
(x)dx
f
(x)dx
MdxM
，则在
[0,1]
内，
00
11
f
(x)M
;
同时
Mf(2)f(1)
2
1
f
(x)dx
2
1
f
(x)dx
2
1
MdxM
，则在
[1,2]
内，
f
(x)M
.
情况1若
[0,1]
内与
[1,2]
内同号，即两区间内都有
f
(x)M
或
f
(x)M
，则
[0,2]
内
f(x)
单调，与
f(0)f(2)0
矛盾；
情况2若若
[0,1]
内与
[1,2]
内异号，不妨设
[0,1]
内
f
(x)M
，
[1,2]
内
f
(x)M
，
则
lim
f
(
x
)
lim
f
(
x
)
，与
f
(x)
连续矛盾，综上假设不成立，故
M0.
x
1
x
1
（20）（本题满分11分）
二次型同号经过正交变换
x
1
y
1
Q
x
2
y
2
化为二次型
2
g(y
1
,y
2
)ay
1
2
4y
1
y
2
by
2
(ab)
，求
（1）求
a,b
；（2）求正交阵
Q
.
1
2
a
2
T
【详解】设
A
，
B
，由题存在正交矩阵
Q
，使得
QAQB
，
24
2
b
即
A
与
B
合同，且
A
与
B
相似，故
ab
4
0
A
B
，从而
，
a
b
5
tr
(
A
)
tr
(
B
)
又由于
ab
，所以
a4
，
b1
.
令
A
E
1
2
2
4
(
5)
0
，得
1
0
，
2
5
.
当
1
0
时，求解
AX0
得
1
(2,1)
T
；
T
当
2
5
时，求解
(A5E)X0
得
2
(
1,2)
.
所以存在正交阵
P
1
2
5
1
5
1
0
5
T
，使得
PAP
11
.
5
2
5
当
1
0
时，求解
BX0
得
1
(-1,2)
T
；
T
当
2
5
时，求解
(B5E)X0
得
2
(2,1)
.
1
5
所以存在正交阵
P
2
2
5
2
0
5
，使得
P
2
T
BP
2
.
5
1
5
3
5
.
4
5
4
0
5
TTT
TT
从而
P
1
AP
1
12
=
1
APP
12
B
，所以
Q
=
PP
=
P
2
BP
2
，
P
2
P
5
3
5
（21）（本题满分11分）
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
可逆；
（2）
A
2
A
6
0
，求
P
1
AP
，判定
A
是否相似与对角阵.
【证明】（1）因为
是非0向量，且不是
A
的特征向量，所以
A
，
为任一
实数，所以，
P(
,A
)
的2列向量不成比例
所以，
、
A
线性无关，从而
R(P)2
，所以
P
可逆.
2
06
APA(
,A
)(A
,A
)
(
A
,6
A
)
(
,
A
)
（2）由于
1
1
所以，
AP
=
P
06
06
1
P
PAP
，又因为可逆，所以
，
1
1
1
1
06
2
所以，
B
，又
B
E0
，所以，
60
1
1
从而
1
3,
2
2
所以
B
的2个特征值互不相同
从而
B
可对角化
又
A
与
B
相似，所以
A
可对角化
（22）（本题满分11分）
随机变量
X
1
,X
2
,X
3
相互独立其中
X
1
,X
2
均服从标准正态分布，
X
3
的概率分布为
P
X
3
0
P
X
3
1
1
，
YX
3
X
1
(1X
3
)X
2
2
求（1）
(X
1
,Y)
的分布函数，结果用
(x)
表示；
（2）证明
Y
服从正态分布.
【详解】（1）
F(x,y)P(X
1
x,X
3
X
1
(1X
3
)X
2
y)
P
(
X
1
x
,
X
3
0,
X
2
y
)
P
(
X
1
x
,
X
3
1,
X
1
y
)
P
(
X
1
x
)
P
(
X
3
0)
P
(
X
2
y
)
P
(
X
3
1)
P
(
X
1
x
,
X
1
y
)
11
(
x
)
(
y
)
(min(
x
,
y
))
22
（2）令
Y
得分布函数
F(y)
，对于
yR
，
F(y)P(Yy)P(X
3
X
1
(1X
3
)X
2
y)
P(X
3
0,X
2
y)P(X
3
1,X
1
y)
P(X
3
0)P(X
2
y)P(X
3
1)P(X
1
y)
11
P
(
X
2
y
)
P
(
X
1
y
)
22
11
(
y
)
(
y
)
22
(
y
)
因此
Y
服从标准正态分布.
（23）（本题满分11分）
t
某元件寿命
T
的概率分布为
F
(
t
)
1
e
,
t
0
，
m,
参数且，
m,
大于0.
t
0
0,
m
求
P
Ts
,P
TstTs
；
有
n
个这种元件，寿命为
t
1
,
t
2
,
,
t
n
，
m
已知.求
的最大似然估计.
【详解】
（1）
P
T
s
1
P
(
T
s
)
1
F
(
s
)
e
s
()
m
ss
t
m
()
m
()
P
(
T
s
t
)1
P
(
T
s
t
)
e
P
T
s
tT
s
e
s
()
m
P
(
T
s
)1
P
(
T
s
)
e
(
s
t
)
m
mt
m
1
(
t
)
m
()
e
\'
令T的密度函数为
f(t)
,则
f
(
t
)
F
(
t
)
0
m
t
0
t
0
令
L
(
)
(
)
n
t
n
m
1
i
i=1
n
(
m
1)
e
t
m
m
i
i
1
1
n
ln
L
(
)
n
ln
m
n
ln
ln
t
i=1
n
m
1
i
n
(
m
1)ln
n
1
m
t
i
1
n
m
i
ln
L
\'
(
)
n
n
(
m
1)
t
n
n
i
1
m
1
m
i
mn
t
i
mm
m
1
i
1
令
lnL(
)0
，解得
[
i
1
\'
n
m
t
i
n
]
1
m
令
[
i
1
t
n
m
i
]
，则
为
的最大似然估计量。
1
m
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