2023年全国硕士研究生招生考试《数学一》真题试卷【完整版】(文末含

2023年12月2日发(作者：合肥初中二模数学试卷答案)

2023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yxlne1。

的渐近线方程为（ ）x1A．y＝x＋e

B．y＝x＋1/e

C．y＝x

D．y＝x－1/e

2．已知微分方程式y′′＋ay′＋by＝0的解在（－∞，＋∞）上有界，则（ ）。

A．a＜0，b＞0

B．a＞0，b＞0

C．a＝0，b＞0

D．a＝0，b＜0

3．设函数y＝f（x）由x2tt确定，则（ ）。

ytsintA．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．B，C满足ABC＝0，E为n阶单位矩阵，已知n阶矩阵A，记矩阵的秩分别为γ1，γ2，γ3，则（ ）。

A．γ1≤γ2≤γ3

B．γ1≤γ3≤γ2

C．γ3≤γ1≤γ2

D．γ2≤γ1≤γ3

an1n与bn1n均收敛，则“级数an1n绝对收敛”是“bn1n0BCAABCE，，E0EABAB0 6．下列矩阵中不能相似于对角矩阵的是（ ）。

11aA．022

00311aB．120

a0311aC．020

00211aD．022

002

12217．已知向量α12,α21,β15,β20，若γ既可由α1，α2线性表示，也可由与β1，β23191线性表示，则γ＝（ ）。

3A．k3,kR

43B．k5,kR

101C．k1,kR

21D．k5,kR

8

8．设随机变量X服从参数为1的泊松分布，则E（|X－EX|）＝（ ）。

A．1/e

B．1/2

C．2/e

D．1

9．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（μ2，1n1n2σ）的简单随机样本，且两样本相互独立，记XXi,YYi,ni1mi1221n1n2SXiX,S2YiYn1i1m1i1212，则（ ）。

S12A．2~Fn,m

S2S12B．2~Fn1,m1

S22S12C．2~Fn,m

S22S12D．2~Fn1,m1

S2

10．X2为来自总体Nσ2）设X1，（μ，的简单随机样本，其中σ（σ＞0）是未知参数，若aX1X2为σ的无偏估计，则a＝（ ）。

A．

22

2B．C．

D．2

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gxe

12．曲面z＝x＋2y＋ln（1＋x2＋y2）在点（0，0，0）处的切平面方程为 .

x2则ab＝ .

cosx是等价无穷小，a013．设f（x）为周期为2的周期函数，且f（x）＝1－x，x∈[0，1]，若fxancosnx，2n1则an12n＝ .

14．设连续函数f（x）满足f（x＋2）－f（x）＝x，

20fxdx=0，则fxdx＝ .

131101011115．已知向量α1,α2,α3,β，γ＝k1α1＋k2α2＋k3α3，若γTαi＝βTα（ii＝1，1011111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fxytdt在（0，＋∞）上的最大值.

1x

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

I2xzdydzxzcosydzdy3yzdxdy.



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f1；

fafa2a1fafa.

a2（2）若f（x）在（－a，a）内取得极值，则存在η∈（－a，a），使得f

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

22222xy,xy1

fx,y0,其它（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

1xlneyx1limlne11,

【解析】klimlimxxxxxx111blimykxlimxlnexlimxlnex1xxx1x1

1x1limxln1limxxex1eex1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yC1e1xC2e2x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yC1e2ax2C2eax2在（－∞，＋∞）无界；

a4ba2当Δ＝a－4b＜0时，特征方程的根为1,2i，

22则通解为yeax24ba24ba2xC2sinx，

C1cos22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，

x3txtxx，得ysin；t＜0时，，得y＝－xsinx；

ytsintytsint33 xxsin,x0综上，y3，

3xsinx,x0xxsin0xsinx033从而由y0lim0,y0lim0，得y′（0）＝0；

x0x0xxxxx1sincos,x03393于是y0,x0，得y′连续；

sinxxcosx,x01xxxsincos02sinxxcosx03393又由y0lim,y0lim2，

x0x0x9x得y′′（0）不存在.

4．【答案】A

【解析】由条件知bn1nan为收敛的正项级数，进而绝对收敛；

设an1n绝对收敛，则由|bn|＝|bn－an＋an|≤| bn－an |＋| an |与比较判别法，得bn1n绝对收敛；

设bn1n绝对收敛，则由|an|＝|an－bn＋bn|≤| bn－an |＋| bn |与比较判别法，得an1n绝对收敛.

5．【答案】B

【解析】因初等变换不改变矩阵的秩，

0r1rBCAABCrBCE00rBCE0n，

EABCAB0r2rrrABn，

0E0EEr3rABAB00EErrrABABn，

0ABABAB0ABAB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

12211003又α1,α2,β1,β221500101

31910011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∈R

8．【答案】C

【解析】由题可知EX＝1，所以XEX故

1,X0，

X1,X1,2,...EXEX1PX0k1PXkk11k1PXk01PX0

ek0112EX101eee故选（C）.

9．【答案】D

1n【解析】X1，X2，...，Xn的样本方差SXiXn1i1212

1nY1．Y2，...，Yn的样本方差SYiYm1i1222

2n1S12m1S222则~n1,~m1，两个样本相互独立

222n1S12/所以m1S22/222n1m1S12/22S1222~Fn1,m1，

2S2/2S2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fy1222ey2222.

EYy122ey2222dy220yey242dy2，

EaX1X2aEYa2.

由aX1X2为σ的无偏估计，有E（σ）＝σ，得a

二、填空题：11～16小题，每小题5分，共30分。

11．【答案】－2

2.故选（A）.

122axbxxxox2fxaxbxln1x2【解析】limlimlim1，

2xx0gxx0x01ecosx1x2ox21x2ox222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，

2x2ynFx,Fy,Fz1,2,1，

22221xy1xy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

an21xcosnxdx012cosnxdxxcosnxdx110011112sinnxxdsinnxn0n021xdsinnx0n121

xsinnx0sinnxdx0n21sinnxdx0n2122cosnx0n222cosn1.n故a2n11cos2n1110.

22222n2n

14．【答案】1/2

【解析】

fxdx=fxdxfxdx=fxdxft2dt令xt21122110323=fxdxfx2dx1021=fxdxfxxdx10=fxdxfxdxxdx10021121

=fxdxxdx0021xdx011.2

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

PXYPX0,Y0PX1,Y1PX0PY0PX1PY1

2011111C2C232323

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fx22ytdt在（0，＋∞）上的最大值.

1x【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fxt2lntdt，故f′（x）＝x（2－lnx）＝0，则驻点为x＝e.

2x1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feex2lnxdx142e2145.

4

18．（本题满分12分）

求函数f（x，y）＝（y－x2）（y－x3）的极值.

3fxx2y3xy5x0【解析】，得驻点为（0，0），（1，1），（2/3，10/27）.

23fy2yxx0f′′xx＝－（2y＋3xy－5x3）－x（3y－15x2），f′′xy＝－x（2＋3x），f′′yy＝2.

A代入（0，0），BC0fxx0，则AC－B2＝0，故充分条件失效，当x→0时，取

fxy2fyyy＝x2＋kx3（k＞0），f（x，y）＝（y－x2）（y－x3）＝kx3[x2＋（k－1）x3]＝kx5＋o（x5），

kx5ox5fx,y则lim

limk0，由极限的局部保号性：存在δ＞0，当x∈（－δ，0）时，x0x0x5x5fx,yfx,y，当x∈（0，δ）时，，

0，f（x，y）＜0＝f（0，0）0，f（x，y）＞0＝f（0，0）x5x5故（0，0）不是极值点；

A代入（1，1），BC

1fxx25，则AC－B2＜0，故（1，1）不是极值点；

fxy2fyy A代入（2/3，10/27），BC100278，则AC－B2＞0且A＞0，故（2/3，10/27）是极小值点；

fxy32fyyfxx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

I【解析】由高斯公式可得：

2xzdydzxzcosydzdy3yzdxdy.

=2zxzsiny3ysinxdV=2zdVdxdyDxy1x02zdz1xdxdyDxy2Dxy:x2y21

112xx2dxdyx2y2dxdy2DxyDxy11253drdr.00244

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f1fafa；

a21fafa.

a2（2）若f（x）在（－a，a）内取得极值，则存在η∈（－a，a），使得f【解析】（1）证明：fxf0f0xf2f2xf0xx，η介于0与x之间，

2!2!则faf0af12a,01a①

2!f22a,a20②

2!faf0aa2f1f2①＋②得：fafa③

2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mf1f2M；

2f1f2由介值定理得：存在ξ∈[η2，η1] ⊂（－a，a），有f，代入③得：

2f（a）＋f（－a）＝a2 f′′（ξ）即ffafa

2a（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fxfx0fx0xx0ff22xx0fx0xx0，γ介于0与x之2!2!间，则fafx0f12ax0,a10

2!f22fafx0ax0,02a

2!从而

fafa1122ax0f2ax0f122

1122ax0f2ax0f122又| f′′（x）|连续，设M＝max{| f′′（γ1）|，| f′′（γ2）|}，则

11222

Max0Max0Ma2x0221又x0∈（－a，a）则|f（a）－f（－a）|≤M（a2＋x02）≤2Ma2，则Mfafa即存在η2a21＝γ1或η＝γ2∈（－a，a），有ffafa.

22afafa

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

z1x1x2x3令z2x2x3，则f（x1，x2，x3）＝z12＋z22.

zx33z1111x1x即z2011，使得f（x1，x2，x3）＝z12＋z22.

2z001x33再将g（y1，y2，y3）化为规范形.

g（y1，y2，y3）＝y12＋y22＋y32＋2y2y3＝y12＋（y2＋y3）2

z1y1令z2y2yy3，则g（y1，y2，y3）＝z12＋z22.

zy33z1100y1即z2011y2，使得g（y1，y2，y3）＝z12＋z22.

z001y33z1111x1100y1x011从而有z20112y2，

z001x001y333x1y1111100111为所求矩阵， 于是可得x2Py2，其中P011011010xy00100100133可将f（x1，x2，x3）化为g（y1，y2，y3）.

1111100（2）二次型f（x1，x2，x3）和g（y1，y2，y3）的矩阵分别为A120，B011.

102011由题意知，若存在正交变换x＝Qy，则QTAQ＝Q1AQ＝B，可得A和B相似.易知tr（A）＝5，tr（B）＝3，从而A和B不相似，于是不存在正交变换x＝Qy，使得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

－22222xy,xy1

fx,y0,其它（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.

【解析】（1）EXxDx22y2d=0；

EX2x2D2x2y2d=4x2D12x22y2d

==所以D（X）＝1/3.

同理，得D（Y）＝1/3.

4422xydD12011dr5dr=.031x2224222xydy，1x11x212x1x,1x1（2）fXx

=30,其他0,其他42212y1y,1y1同理，得：fYy3.

0,其他因为，fX（x）fY（y）≠f（x，y），所以X与Y不相互独立.

（3）FZ（z）＝P{Z≤z}＝P{X2＋Y2≤z }

当z＜0时，FZ（z）＝0；

当0≤z＜1时，FZzxDz22y2d=220dr3dr=z2；

0z当z≥1时，FZ（z）＝1；

所以，Z的概率密度为fZz

2z,0z1.

0,其他