2023年全国硕士研究生考试考研数学一试题真题（含答案详解）

年全国硕士研究生招生考试《数学一》真题试卷【完整版】一、选择题：1～10小题，每小题5分，共50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，请将所选选项前的字母填在答题卡指定位置。1．曲线的渐近线方程为（）。A．y＝x＋eB．y＝x＋1/eC．y＝xD．y＝x－1/e2．已知微分方程式y′′＋ay′＋by＝0的解在（－∞，＋∞）上有界，则（）。A．a＜0，b＞0B．a＞0，b＞0C．a＝0，b＞0D．a＝0，b＜03．设函数y＝f（x）由确定，则（）。A．f（x）连续，f′（0）不存在B．f′（0）存在，f′（x）在x＝0处不连续C．f′（x）连续，f′′（0）不存在D．f′′（0）存在，f′′（x）在x＝0处不连续4．已知an＜bn（n＝1，2，...），若级数与均收敛，则“级数绝对收敛”是“绝对收敛”的（）。A．充分必要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件5．已知n阶矩阵A，B，C满足ABC＝0，E为n阶单位矩阵，记矩阵，，的秩分别为γ1，γ2，γ3，则（）。A．γ1≤γ2≤γ3B．γ1≤γ3≤γ2C．γ3≤γ1≤γ2D．γ2≤γ1≤γ36．下列矩阵中不能相似于对角矩阵的是（）。A．B．C．D．7．已知向量，若γ既可由α1，α2线性表示，也可由与β1，β2线性表示，则γ＝（）。A．B．C．D．8．设随机变量X服从参数为1的泊松分布，则E（|X－EX|）＝（）。A．1/eB．1/2C．2/eD．19．设X1，X2，...，Xn为来自总体N（μ1，σ2）的简单随机样本，Y1，Y2，...，Ym为来自总体N（μ2，2σ2）的简单随机样本，且两样本相互独立，记，则（）。A．B．C．D．10．设X1，X2为来自总体N（μ，σ2）的简单随机样本，其中σ（σ＞0）是未知参数，若为σ的无偏估计，则a＝（）。A．B．C．D．二、填空题：11～16小题，每小题5分，共30分。11．当x→0时，函数f（x）＝ax＋bx2＋ln（1＋x）与是等价无穷小，则ab＝.12．曲面z＝x＋2y＋ln（1＋x2＋y2）在点（0，0，0）处的切平面方程为.13．设f（x）为周期为2的周期函数，且f（x）＝1－x，x∈[0，1]，若，则＝.14．设连续函数f（x）满足f（x＋2）－f（x）＝x，，则＝.15．已知向量，γ＝k1α1＋k2α2＋k3α3，若γTαi＝βTαi（i＝1，2，3），则k12＋k22＋k33＝.16．设随机变量X与Y相互独立，且X～B（1，1/3），Y～B（2，1/2）则P{X＝Y}＝.三、解答题：17～22小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（本题满分10分）设曲线y＝y（x）（x＞0）经过点（1，2），该曲线上任一点P（x，y）到y轴的距离等于该点处的切线在y轴上的截距.（1）求y（x）；（2）求函数在（0，＋∞）上的最大值.18．（本题满分12分） 求函数f（x，y）＝（y－x2）（y－x3）的极值.19．（本题满分12分） 设空间有界区域Ω中，柱面x2＋y2＝1与平面z＝0和x＋z＝1围成，Σ为Ω边界的外侧，计算曲面积分.20．（本题满分12分）设函数f（x）在[－a，a]上具有2阶连续倒数，证明：（1）若f（x）＝0，则存在ξ∈（－a，a）使得；（2）若f（x）在（－a，a）内取得极值，则存在η∈（－a，a），使得.21．（本题满分12分） 已知二次型f（x1，x2，x3）＝x12＋2x22＋2x32＋2x1x2－2x1x3，g（y1，y2，y3）＝y12＋y22＋y32＋2y2y3。（1）求可逆变换x＝Py，将f（x1，x2，x3）化为g（y1，y2，y3）；（2）是否存在正交变换x＝Qy，将f（x1，x2，x3）化为g（y1，y2，y3）。22．（本题满分12分） 设二维随机变量（X，Y）的概率密度为（1）求X与Y的方差；（2）求X与Y是否相互独立；（3）求Z＝X2＋Y2的概率密度.答案及解析一、选择题：1～10小题，每小题5分，共50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，请将所选选项前的字母填在答题卡指定位置。1．【答案】B【解析】所以斜渐近线方程为y＝x＋1/e．2．【答案】C【解析】微分方程y′′＋ay′＋by＝0的特征方程为λ2＋aλ＋b＝0，当Δ＝a2－4b＞0时，特征方程有两个不同的实根λ1，λ2，则λ1，λ2至少有一个不等于零，若C1，C2都不为零，则微分方程的解在（－∞，＋∞）无界；当Δ＝a2－4b＝0时，特征方程有两个相同的实根λ1，2＝－a/2，若C2≠0，则微分方程的解在（－∞，＋∞）无界；当Δ＝a2－4b＜0时，特征方程的根为，则通解为，此时，要使微分方程的解在（－∞，＋∞）有界，则a＝0，再由Δ＝a2－4b＜0，知b＞0.3．【答案】C【解析】t≥0时，，得；t＜0时，，得y＝－xsinx；综上，，从而由，得y′（0）＝0；于是，得y′连续；又由，得y′′（0）不存在.4．【答案】A【解析】由条件知为收敛的正项级数，进而绝对收敛；设绝对收敛，则由|bn|＝|bn－an＋an|≤|bn－an|＋|an|与比较判别法，得绝对收敛；设绝对收敛，则由|an|＝|an－bn＋bn|≤|bn－an|＋|bn|与比较判别法，得绝对收敛.5．【答案】B【解析】因初等变换不改变矩阵的秩，，，，故选（B）.6．【答案】D【解析】选项（A）矩阵的特征值为三个不同特征值，所以必可相似对角化；选项（B）矩阵为实对称矩阵，所以必可相似对角化；选项（C）矩阵特征值为1，2，2，二重特征值的重数2＝3－r（C－2E），所以必可相似对角化；选项（D）矩阵特征值为1，2，2，二重特征值的重数2≠3－r（D－2E），所以不可相似对角化.故选（D）.7．【答案】D【解析】设r＝x1α1＋x2α2＝y1β1＋y2β2则x1α1＋x2α2－y1β1－y2β2＝0又故（x1，x2，y1，y2）T＝c（－3，1，－1，1）T，c∈R所以r＝－cβ1＋cβ2＝c（－1，－5，－8）T＝－c（1，5，8）T＝k（1，5，8）T，k∈R8．【答案】C【解析】由题可知EX＝1，所以，故故选（C）.9．【答案】D【解析】X1，X2，...，Xn的样本方差Y1．Y2，...，Yn的样本方差则，两个样本相互独立所以，故选（D）.10．【答案】A【解析】由题可知X1－X2～N（0，2σ2）.令Y＝X1－X2，则Y的概率密度.，.由为σ的无偏估计，有E（σ）＝σ，得.故选（A）.二、填空题：11～16小题，每小题5分，共30分。11．【答案】－2【解析】，可得a＋1＝0，b－1/2＝3/2，即a＝－1，b＝2，故ab＝－2.12．【答案】x＋2y－z＝0【解析】F（x，y，z）＝x＋2y＋ln（1＋x2＋y2）－z，，即在点（0，0，0）处的法向量为（1，2，－1），即切平面方程为x＋2y－z＝0.13．【答案】0【解析】由f（x）展开为余弦级数知，f（x）为偶函数.由傅里叶系数计算公式有故14．【答案】1/2【解析】15．【答案】11/9【解析】γTα1＝βTα1＝1⇒k1α1Tα1＋k2α2Tα2＋k3α3Tα3＝1⇒k1·3＋k2·0＋k3·0＝1⇒k1＝1/3.同理k2＝－1，k3＝－1/3.所以，k12＋k22＋k33＝11/9.16．【答案】1/3【解析】因为X～B（1，1/3），所以X＝0，1；Y～B（2，1/2），所以Y＝0，1，2.又因为X与Y相互独立，所以三、解答题：17～22小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（本题满分10分）设曲线y＝y（x）（x＞0）经过点（1，2），该曲线上任一点P（x，y）到y轴的距离等于该点处的切线在y轴上的截距.（1）求y（x）；（2）求函数在（0，＋∞）上的最大值.【解析】（1）设点（x，y）处的切线方程为Y－y＝y′（X－x），故y轴的截距为y－y′x，则x＝y－y′x，解得y＝x（C－lnx），其中C为任意常数.由y（1）＝C＝2，故y（x）＝x（2－lnx）.（2）由（1）知，故f′（x）＝x（2－lnx）＝0，则驻点为x＝e2.当0＜x＜e2时，f′（x）＞0；当x＞e2时，f′（x）＜0，故f（x）在x＝e2处取得极大值，同时也取得最大值，且最大值为.18．（本题满分12分） 求函数f（x，y）＝（y－x2）（y－x3）的极值.【解析】，得驻点为（0，0），（1，1），（2/3，10/27）.f′′xx＝－（2y＋3xy－5x3）－x（3y－15x2），f′′xy＝－x（2＋3x），f′′yy＝2.代入（0，0），，则AC－B2＝0，故充分条件失效，当x→0时，取y＝x2＋kx3（k＞0），f（x，y）＝（y－x2）（y－x3）＝kx3[x2＋（k－1）x3]＝kx5＋o（x5），则，由极限的局部保号性：存在δ＞0，当x∈（－δ，0）时，，f（x，y）＜0＝f（0，0），当x∈（0，δ）时，，f（x，y）＞0＝f（0，0），故（0，0）不是极值点；代入（1，1），，则AC－B2＜0，故（1，1）不是极值点；代入（2/3，10/27），，则AC－B2＞0且A＞0，故（2/3，10/27）是极小值点；故f（2/3，10/27）＝－4/729为极小值.19．（本题满分12分） 设空间有界区域Ω中，柱面x2＋y2＝1与平面z＝0和x＋z＝1围成，Σ为Ω边界的外侧，计算曲面积分.【解析】由高斯公式可得：20．（本题满分12分）设函数f（x）在[－a，a]上具有2阶连续倒数，证明：（1）若f（x）＝0，则存在ξ∈（－a，a）使得；（2）若f（x）在（－a，a）内取得极值，则存在η∈（－a，a），使得.【解析】（1）证明：，η介于0与x之间，则①②①＋②得：③又f′′（x）在[η2，η1]上连续，则必有最大值M与最小值m，即m≤f′′（η1）≤M；m≤f′′（η2）≤M；从而；由介值定理得：存在ξ∈[η2，η1]⊂（－a，a），有，代入③得：f（a）＋f（－a）＝a2f′′（ξ）即（2）证明：设f（x）在x＝x0∈（－a，a）取极值，且f（x）在x＝x0可导，则f′（x0）＝0.又，γ介于0与x之间，则从而又|f′′（x）|连续，设M＝max{|f′′（γ1）|，|f′′（γ2）|}，则又x0∈（－a，a）则|f（a）－f（－a）|≤M（a2＋x02）≤2Ma2，则即存在η＝γ1或η＝γ2∈（－a，a），有.21．（本题满分12分） 已知二次型f（x1，x2，x3）＝x12＋2x22＋2x32＋2x1x2－2x1x3，g（y1，y2，y3）＝y12＋y22＋y32＋2y2y3（1）求可逆变换x＝Py，将f（x1，x2，x3）化为g（y1，y2，y3）；（2）是否存在正交变换x＝Qy，将f（x1，x2，x3）化为g（y1，y2，y3）.【解析】（1）利用配方法将f（x1，x2，x3）和g（y1，y2，y3）化为规范形，从而建立两者的关系先将f（x1，x2，x3）化为规范形f（x1，x2，x3）＝x12＋2x22＋x32＋2x1x2－2x1x3＝（x1＋x2－x3）2＋x22＋x32＋2x2x3 ＝（x1＋x2－x3）2＋（x2＋x3）2令，则f（x1，x2，x3）＝z12＋z22.即，使得f（x1，x2，x3）＝z12＋z22.再将g（y1，y2，y3）化为规范形.g（y1，y2，y3）＝y12＋y22＋y32＋2y2y3＝y12＋（y2＋y3）2令，则g（y1，y2，y3）＝z12＋z22.即，使得g（y1，y2，y3）＝z12＋z22.从而有，于是可得，其中为所求矩阵，可将f（x1，x2，x3）化为g（y1，y2，y3）.（2）二次型f（x1，x2，x3）和g（y1，y2，y3）的矩阵分别为，.由题意知，若存在正交变换x＝Qy，则QTAQ＝Q－1AQ＝B，可得A和B相似.易知tr（A）＝5，tr（B）＝3，从而A和B