2023年考研数学一真题

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2023年全国硕士研究生入学统一考试

数学一试题

一、填空题(此题共5小题,每题3分,总分值15分.把答案填在题中横线上.)(1)

e

dx

=xln2x

.

.

.

(2)已知函数y

y(x)由方程ey6xyx210确定,则y(0)=

(3)微分方程yy(4)已知实二次型

y20满足初始条件y

x0

1,y'

x0

1

的特解是2

22

f(x1,x2,x3)a(x12x2x3)4x1x24x1x34x2x3经正交变换

xPy可化成标准型f6y12,则a=2

(5)设随机变量X听从正态分布N(,率为

)(0),且二次方程y24yX0无实根的概

1

,则＝2

二、选择题(此题共5小题,每题3分,总分值15分.每题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.)

(1)考虑二元函数f(x,y)的下面4条性质:①f(x,y)在点(x0,y0)处连续;③f(x,y)在点(x0,y0)处可微;

②f(x,y)在点(x0,y0)处的两个偏导数连续;④f(x,y)在点(x0,y0)处的两个偏导数存在．

若用“PQ〞表示可由性质P推出性质Q,则有

(A)②③①.(C)③④①.

n11

(2)设un0(n1,2,3,L),且lim1,则级数(1)n1()

nuunun1n1n

(B)③②①.(D)③①④.

(A)发散.

(B)绝对收敛.

(D)收敛性根据所给条件不能判定.

(C)条件收敛.

(3)设函数yf(x)在(0,)内有界且可导,则(A)当(B)当

x

limf(x)0时,必有limf(x)0.

x

x

limf(x)存在时,必有limf(x)0.

x

(C)当lim

x0

f(x)0时,必有limf(x)0.

x0

(D)当lim

x0

f(x)存在时,必有limf(x)0.

x0

(4)设有三张不同平面的方程ai1xai2y

ai3zbi,i1,2,3,它们所组成的线性方程组的系

数矩阵与增广矩阵的秩都为２,则这三张平面可能的位置关系为

(5)设X1和X2是任意两个相互独立的连续型随机变量,它们的概率密度分别为分布函数分别为F1(x)和F2(x),则

(A)f1(x)＋(B)

f1(x)和f2(x),

f2(x)必为某一随机变量的概率密度.

f1(x)f2(x)必为某一随机变量的概率密度.

(C)F1(x)＋F2(x)必为某一随机变量的分布函数.(D)F1(x)

三、(此题总分值6分)设函数f(x)在

F2(x)必为某一随机变量的分布函数.

x0的某邻域内具有一阶连续导数,且f(0)0,f(0)0,若

af(h)bf(2h)f(0)在h0时是比h高阶的无穷小,试确定a,b的值.

四、(此题总分值7分)已知两曲线yf(x)与y

arctanx0

2

etdt在点(0,0)处的切线一致,写出此切线方程,并求极限

2limnf().nn

五、(此题总分值7分)计算二重积分

六、(此题总分值8分)

设函数f(x)在(,)内具有一阶连续导数,L是上半平面(其起点为(a,b),终点为(c,d).记

max{x

eD

2

,y2}

dxdy,其中D{(x,y)|0x1,0y1}.

y＞0)内的有向分段光滑曲线,

I

1x

y2f(xy)]dx2[y2f(xy)1]dy,Lyy

(1)证明曲线积分I与路径L无关;(2)当abcd时,求I的值.

七、(此题总分值7分)(1)验证函数

x36393xn3y(x)1LL(x)

3!6!9!(3n)!

满足微分方程

yyyex;

x3n

(2)利用(1)的结果求幂级数的和函数.

n0(3n)!

八、(此题总分值7分)

设有一小山,取它的底面所在的平面为xOy坐标面,其底部所占的区域为D{(x,y)|x

2

y2xy75},小山的高度函数为h(x,y)75x2y2xy.

(1)设M(x0,y0)为区域D上一点,问h(x,y)在该点沿平面上什么方向的方向导数最大?

若记此方向导数的最大值为g(x0,y0),试写出g(x0,y0)的表达式.

(2)现欲利用此小山开展攀岩活动,为此需要在山脚下寻觅一上山坡最大的点作为攀登的起点.也就是说,要在D的边界限x起点的位置.

九、(此题总分值6分)已知四阶方阵关,1

十、(此题总分值8分)设A,B为同阶方阵,

(1)若A,B相像,证明A,B的特征多项式相等.(2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立.(3)当A,B均为实对称矩阵时,证明(1)的逆命题成立.

十一、(此题总分值7分)设维随机变量X的概率密度为

2

y2xy75上找出访(1)中g(x,y)达到最大值的点.试确定攀登

A(1,2,3,4),1,2,3,4均为4维列向量,其中2,3,4线性无

223,假使1234,求线性方程组Ax的通解.

x1

cos,f(x)22

0,

0x,

其他.

2

的次数,求Y的数学期望.3

对X独立地重复观测４次,用Y表示观测值大于

十二、(此题总分值7分)

其中(0

1

)是未知参数,利用总体X的如下样本值2

3,1,3,0,3,1,2,3,

求的矩估计值和最大似然估计值.

2023年考研数学一试题答案与解析

一、填空题(1)原式

(2)方程两边对x两次求导得

e

dlnx1

ln2xlnx

e

1.

eyy'6xy'6y2x0,

①②

eyy''eyy'26xy''12y'20.

以

x0代入原方程得y0,以xy0代入①得y'0,,再以xyy'0代入②得

y''(0)2.

(3)这是二阶的可降阶微分方程.

令y'

P(y)(以y为自变量),则y''

dy'dPdP

P.dxdxdy

x0

代入方程得

yP

dPdP

P20,即yP0(或P0,但其不满足初始条件y'dydy1

).2

分开变量得

dPdy

0,PylnPlnyC',即P

积分得

C1

(P0对应C10);y

由x0时

11

y1,Py',得C1.于是

22

又由

y

x0

1得C2

1,所求特解为y

(4)由于二次型x

T

Ax经正交变换化为标准型时,标准形中平方项的系数就是二次型矩阵

A的特征值,所以6,0,0是A的特征值.

又因

(5)设事件A表示“二次方程

a,故aaa600,a2.

ii

i

y24yX0无实根〞,则A{164X0}{X

4}.依题意,有

而即

二、选择题

1

P(A)P{X4}.

2

414141(),(),0.4.

22

P{X4}1P{X4}1(

4

),

(1)这是探讨函数系.我们知道,

f(x,y)的连续性,可偏导性,可微性及偏导数的连续性之间的关

f(x,y)的两个偏导数连续是可微的充分条件,若f(x,y)可微则必连续,应选(A).

1

1u10,且lim(2)由limn10n充分大时即N,nN时0,不妨认为

nnuunn

n

n,un0,因而所考虑级数是交织级数,但不能保证

按定义考察部分和

1

的单调性.un

nn

111k11Sn(1)()(1)(1)k1uuuuk1k1k1kk1kk1

k1

n

(1)kn11(1)n11l1(1)(n),

ulu1un1u1k1ukl1

n

原级数收敛.

11

uun1nn1n11

2,再考察取绝对值后的级数().注意n

unun1n1un1n1un

n

111

发散()发散.因此选(C).nuun1n1nn1

(3)证明(B)对:反证法.假设

x

limf(x)a0,则由拉格朗日中值定理,

f(2x)f(x)f'()x(x)

(当x时,,由于x2x);但这与f(2x)f(x)f(2x)f(x)2M矛盾

(f(x)M).

(4)由于r(A)一,因此应选(B).

(A)表示方程组有唯一解,其充要条件是r(A)r(A)3.

(C)中三个平面没有公共交点,即方程组无解,又因三个平面中任两个都不行,故r(A)2和

r(A)23,说明方程组有无穷多解,所以三个平面有公共交点且不唯

r(A)3,且A中任两个平行向量都线性无关.

类似地,(D)中有两个平面平行,故r(A)2,r()3,且A中有两个平行向量共线.

(5)首先可以否定选项(A)与(C),因

[f1(x)f2(x)]dx

f1(x)dx

f2(x)dx21,

F1()F2()1121.

对于选项(B),若

1,2x1,1,0x1,

则对任何x(,),f1(x)f2(x)

0,其他，0,其他，

f1(x)f2(x)0,f1(x)f2(x)dx01,因此也应否定(C),综上分析,用排除法应选(D).

进一步分析可知,若令

Xmax(X1,X2),而Xi~fi(x),i1,2,则X的分布函数F(x)恰是

F1(x)F2(x).

F(x)P{max(X1,X2)x}P{X1x,X2x}

P{X1x}P{X2x}F1(x)F2(x).

三、

h0

用洛必达法则.由题设条件知

lim[af(h)bf(2h)f(0)](ab1)f(0).由于f(0)0,故必有ab10.

及f(0)0,则有a2b0.

四、

由已知条件得

综上,得a2,b1.

f(0)0,f'(0)(

arctanx0

etdt)'x

2

x0

earctanx

1x2

2

x0

1,

故所求切线方程为

yx.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得

D是正方形区域如图.因在D上被积函数分块表示

2

2

五、

2

x,xy,

max{x,y}2(x,y)D,

y,xy,

于是要用分块积分法,用

yx将D分成两块:

DD1UD2,D1DI{yx},D2DI{yx}.

Iemax{x

D1

2

2

,y2}

dxdyemax{x

D2

2

2

,y2}

dxdy

exdxdyeydxdy2exdxdy(D关于yx对称)

D1

D2

D1

2

2dxexdy(选择积分顺序)2xexdxex

1x

2

1

22

10

e1.

六、

(1)易知PdxQdy原函数,

PdxQdy

1x1

dxyf(xy)dxxf(xy)dy2dy2(ydxxdy)f(xy)(ydxxdy)yyy

xxxy

d()f(xy)d(xy)d[f(t)dt].

yy0

在y0上PdxQdy原函数,即u(x,y)积分I在y0与路径无关.

(2)因找到了原函数,马上可得I

七、与书上解答略有不同,参见数三2023第七题(1)由于幂级数

xyx

f(t)dt.y0

u(x,y)

(c,d)(a,b)

ca.db

x3x6x9x3n

y(x)1LL

3!6!9!(3n)!

的收敛域是(

x),因而可在(x)上逐项求导数,得

,

x2x5x8x3n1

y'(x)LL

2!5!8!(3n1)!

x4x7x3n2

y''(x)xLL

4!7!(3n2)!

所以

,

x2xn

y''y'y1xLLex(x).

2!n!

x

(2)与y''y'ye相应的齐次微分方程为y''y'y0,

其特征方程为

2

110,

特征根为1,2i.

22

e(C1cos

x2

因此齐次微分方程的通解为Y

xC2sinx).22

设非齐次微分方程的特解为

yAex,将y代入方程y''y'yex可得

11

A,即有yex.

33

于是,

方程通解为

yYye(C1cos

x

2

1xC2sinx)ex.223

1

y(0)1C,123

C1,C20.当x0时,

有

3y'(0)01C1.

12

23

x

221x3n

xex(x)于是幂级数

的和函数为y(x)e33n0(3n)!

八、

(1)由梯度向量的重要性质:函数h(x,y)在点M处沿该点的梯度方向

gradh(x,y)

(x0,y0){

hh

,(x0,y0){2x0y0,2y0x0}xy

(x0,y0)

方向导数取最大值即gradh(x,y)

的模

,g(x0,y0)

2

(2)按题意,即求g(x,y)求在条件xy2xy750下的最大值点

g2(x,y)(y2x)2(x2y)25x25y28xy

在条件x

2

y2xy750下的最大值点.

这是求解条件最值问题,用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数

L(x,y,)5x25y28xy(x2y2xy75),

L

x10x8y(2xy)0,L

10y8x(2yx)0,yL22

xyxy750.

y)(2)0.xy或2.

则有

得x

解此方程组:将①式与②式相加得(x若

2

yx,则由③式得3x275即x5,ym5.若2,由①或②均得yx,代入③式

75即xy于是得可能的条件极值点

M1(5,5),M2(5,5),M3M4(

现比较

f(x,y)g2(x,y)5x25y28xy在这些点的函数值:f(M1)f(M2)450,f(M3)f(M4)150.

由于实际问题存在最大值,而最大值又只可能在

M1,M2,M3,M4中取到.因此g2(x,y)在

M1,M2取到在D的边界上的最大值,即M1,M2可作为攀登的起点.

九、

由2,3,4线性无关及1

223知,向量组的秩r(1,2,3,4)3,即矩阵

A的秩为3.因此Ax0的基础解系中只包含一个向量.那么由

1

2

(1,2,3,4)12230

10

知,Ax0的基础解系是(1,2,1,0).

T

1111

A知,(1,1,1,1)T是Ax的一个特再由1234(1,2,3,)4

1111

11

21

解.故Ax的通解是k,其中k为任意常数.

1101

十、

(1)若A,B相像,那么存在可逆矩阵P,使P

1

APB,故

EBEP1APP1EPP1AP

P1(EA)PP1EAPEA.

01002