2023年全国硕士研究生招生考试考研《数学一》真题及详解

2023年12月10日发(作者：三上人教数学试卷答案下册)

2023年全国硕士研究生招生考试考研《数学一》真题及详解

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

【答案】B

【解析】由已知yxlne1，则可得：

x11xlney1x1klimlimlimlne1

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．若微分方程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

【答案】C

【解析】由题意，微分方程的特征方程为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，则微分方程的解为yC1e1xC2e2x。因此，此时不能有解在（－∞，＋∞）上有界。

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，则微分方程的解为yC1e2ax2C2eax2。因此，此时不能有解在（－∞，＋∞）上有界。

a4ba2i。 当Δ＝a－4b＜0时，特征方程的根为1,222 则通解为yeax24ba24ba2xC2sinx。

C1cos22要使微分方程的解在（－∞，＋∞）有界，则a＝0，结合Δ＝a2－4b＜0，可得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

【答案】C

【解析】（1）当t＞0时，x3tdysinttcost，。

3ytsintdx当t＜0时，xtdysinttcost，。

1ytsintdx当t＝0时，因为f0limx0fxf0tsintlim0。

t0x3tf0limx0fxf0tsintlim0。

t0xt所以f′（0）＝0。

（2）因为limfxlimx0t0sinttcostsinttcost0；limfxlim0。

x0t033所以limfxf00，即f′（x）在x＝0连续。

x0（3）当t＝0时，因为f0limx0fxf0sinttcost2lim；

t0x33t9f0limx0fxf0sinttcostlim2。t0xt

故f0f0。

所以f′′（0）不存在。

4．已知an＜bn（n＝1，2，…），若级数绝对收敛”的（ ）。

A．充分必要条件

an1n与bn1n均收敛，则“级数an1n绝对收敛”是“bn1n 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

【答案】A

【解析】由级数an1n与bn1n均收敛，可得bn1nan为收敛的正项级数，进而绝对收敛。

若an1n绝对收敛，则由|bn|＝|bn－an＋an|≤|bn－an|＋|an|与比较判别法，可得bn1n绝对收敛。

若

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

5．已知n阶矩阵A，B，C满足ABC＝O，E为n阶单位矩阵，记矩阵OBCAABC，，EOEEABAB。

的秩分别为γ1，γ2，γ3，则（ ）OA．γ1≤γ2≤γ3

B．γ1≤γ3≤γ2

C．γ3≤γ1≤γ2

D．γ2≤γ1≤γ3

【答案】B

【解析】因初等变换不改变矩阵的秩。由矩阵的初等变换可得：

OBCAABCOOO，因此γ1＝n。

EBCEBCEABCABO。

，因此γ2＝r（AB）＋r（E）＝n＋r（AB）OEOEEABABEOEO，因此γ3＝r（ABAB）＋n≤r（AB）＋n。

OABABABOABAB故选择B项。

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【答案】D

【解析】A项，矩阵的特征值为1，2，3，互不相同，可相似对角化。

B项，矩阵为实对称矩阵，可相似对角化。

C项，矩阵特征值为1，2，2，二重特征值的重数2＝3－r（C－2E），可相似对角化。

D项，矩阵特征值为1，2，2，二重特征值的重数2≠3－r（D－2E），不可相似对角化。

故选择D项。

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β1，3191β2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【答案】D

【解析】设γ＝x1α1＋x2α2＝y1β1＋y2β2，则x1α1＋x2α2－y1β1－y2β2＝0。又

12211003

21500101α1,α2,β1,β231910011故可得：

x13x2c1,cR

y11y12所以可得：

111γcβ1cβ2c5c5k5,kR

88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

【答案】C

【解析】方法1：由题意可知EX＝1，所以XEX1, X0。故可得：

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011EX101

ee11EX101ee2e因此选C项。

方法2：随机变量X服从参数为1泊松分布，即PXk故可得：

11ek0,1,2,...，期望E（X）＝1。k! EXEXEX1111111e0e11e1...k1e1...0!1!2!k!11ek1e1k!k2k1111eee

k2k!k2k!1111eee1k2k1!k2k!e1e1e1e11e12e1因此选C项。

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（μ2，1n1n1n22σ）的简单随机样本，且两样本相互独立，记XXi，YYi，S1XiXmi1n1i1ni122，1nSYiYm1i122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【答案】D

1nXiX【解析】由题意，X1，X2，…，Xn的样本方差为Sn1i1212。

1nYiYY1，Y2，…，Yn的样本方差为Sm1i1222。

n1S12~2n1m1S22~2m1则由抽样分布定理，可得且两个样本相互独立。

，，222所以可得：

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

S2/22S2故选择D项。

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

【答案】A

【解析】由题意可知X1－X2～N（0，2σ2）。令Y＝X1－X2，则Y的概率密度为：

fyEY因此，E122y2222ey2222

y242y122edy2220yedy2

aX1X2aEYa2。

由aX1X2为σ的无偏估计，即E（σ）＝σ，因此a

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【答案】－2

【解析】

2。故选择A项。

ex2cosx是等价无穷小，则ab＝______。

1222axbxxxoxfxaxbxln1x2limlimlimx2x0gxx0x01ecosx1x2ox21x2ox22

122ba1xxox2lim1x0322xox22a10a1则有，故ab＝－2。

13bb222

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

【答案】x＋2y－z＝0

【解析】记F（x，y，z）＝x＋2y＋ln（1＋x2＋y2）－z，则法向量为：

2x2ynFx,Fy,Fz1,2,1

22221xy1xy因此在点（0，0，0）处的法向量为（1，2，－1），即切平面方程为x＋2y－z＝0。

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＝______。

【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n11cos2n10。

22n12n2314．设连续函数f（x）满足f（x＋2）－f（x）＝x，【答案】1/2

【解析】

0fxdx=0，则fxdx＝______。

1fxdxfxdxfxdx=fxdxft2dt1122110323fxdxfx2dxfxdxfxxdx

fxdxfxdxxdxfxdxxdxxdxxt221101021

12 1101011115．已知向量α1，α2，α3，β，γ＝k1α1＋k2α2＋k3α3，若γTαi＝βTαi10111111（i＝1，2，3），则k12＋k22＋k32＝______。

【答案】11/9

【解析】γTα1＝βTα1＝1⇒k1α1Tα1＋k2α2Tα1＋k3α3Tα1＝1⇒k1·3＋k2·0＋k3·0＝1⇒k1＝1/3。

γTα2＝βTα2＝－3⇒k1α1Tα2＋k2α2Tα2＋k3α3Tα2＝－3⇒k2＝－1。

γTα3＝βTα3＝－1⇒k1α1Tα3＋k2α2Tα3＋k3α3Tα3＝－1⇒k2＝－1/3。

所以，k12＋k22＋k32＝11/9。

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}＝______。

【答案】1/3

【解析】

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22fxytdt在（0，＋∞）上的最大值。

1x解：（1）设曲线在点（x，y）处的切线方程为Y－y＝y′（X－x）。

故切线在y轴上的截距为y－y′x，由题意可知x＝y－y′x。

由一阶线性微分方程通解公式可得：

ye1dxx1dxxCexClnx

其中C为任意常数。将（1，2）代入可得C＝2，即y（x）＝x（2－lnx）。

（2）由（1）知fxt2lntdt，故f′（x）＝x（2－lnx）令f′（x）＝0，则驻点为x＝e2。

1x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：fe2145x2lnxdxe。

144e2

18．（本题满分12分）求函数f（x，y）＝（y－x2）（y－x3）的极值。

解：根据

3fx2y3xy5x0x

23fy2yxx0解得驻点为（0，0），（1，1），（2/3，10/27）。

32又f′′xx＝－（2y＋3xy－5x）－x（3y－15x），f′′xy＝－x（2＋3x），f′′yy＝2。

A在（0，0）处，BC0fxx0，则AC－B2＝0，故充分条件失效，当x→0时，取y＝x2＋kx3（k＞0）fxy，2fyyf（x，y）＝（y－x2）（y－x3）＝kx3[x2＋（k－1）x3]＝kx5＋o（x5）。

kx5ox5fx,ylimk0，由极限的局部保号性：存在δ＞0，当x∈（－δ，0）时，则lim55x0x0xxfx,yfx,y00，f（x，y）＞0＝f（0，0），f（x，y）＜0＝f（0，0），当x∈（0，δ）时，，55xx故（0，0）不是极值点。

A在（1，1）处，BC12fxx5，则AC－B2＝－1＜0，故（1，1）不是极值点。

fxy2fyy100Afxx278Bf在（2/3，10/27）处，，则AC－B2＝8/27＞0且A＞0，故（2/3，10/27）是极小值点。

xy32Cfyy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：由高斯公式可得：

2xzdydzxzcosydzdy3yzsinxdxdy

I=2zxzsiny3ysinxdVΩ关于xOz面对称，－zsiny＋ysinx是关于y的奇函数，因此可得：

I=2zdVdxdyDxy1x02zdz1xdxdyDxy2Dxy:x2y21

12xx2dxdyDxy122xydxdy2Dxy1125dr3dr02044

20．（本题满分12分）设函数f（x）在[－a，a]上具有2阶连续导数，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。

2a2（2）若f（x）在（－a，a）内取得极值，则存在η∈（－a，a），使得ff2f2xf0xx，η介于0与x之间。则可得： 解：（1）fxf0f0x2!2!faf0af12a,01a ①

2!f22faf0aa,a20 ②

2!a2f1f2由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。

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

2f（a）＋f（－a）＝a2f′′（ξ），即ffafa。

2a（2）设f（x）在x＝x0∈（－a，a）处取得极值，且f（x）在x＝x0可导，则f′（x0）＝0。

所以fxfx0fx0xx0间，代入x＝a，x＝－a，可得：

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

2! fafx0从而可得：

f22ax0,02a

2!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，则：

fafa11222Max0Max0Ma2x022

1fafa，即存2a2其中M＝max{|f′′（γ1）|，|f′′（γ2）|}。

又x0∈（－a，a），故|f（a）－f（－a）|≤M（a2＋x02）≤2Ma2，则M在η＝γ1或η＝γ2∈（－a，a），使得f1fafa。

22a

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：（1）由配方法得：

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，使得f（x，x，x）＝z2＋z2。 即z201112312x2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从而z2011x2011y2。

z001x001y3331111001x1y1011故可得x2Py2，其中P01100010010xy33可将f（x1，x2，x3）化为g（y1，y2，y3）。

11110为所求矩阵。

01111（2）二次型f（x1，x2，x3）为A120。

1021AE1112010230

2所以A的特征值为0，2，3。

100二次型g（y1，y2，y3）的矩阵为B011。011

10BE0101011120

所以B的特征值为0，1，2。

－因此，矩阵A和B合同但是不相似，故不存在可逆矩阵C，使得C1AC＝B。

－若存在正交变换x＝Qy，则QTAQ＝Q1AQ＝B，可得A和B相似，矛盾。故不存在正交变换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 ,其他（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：（1）

EXxDx22y2d=0

x22EX2x2Dx222y2d=4x2D122y2d==所以D（X）＝1/3。

同理，可得：D（Y）＝1/3。

（2）

44xD1y1d

1320dr5dr01x22221x11x2xydy，fXx0,其他

42212x1x,1x1=30,其他同理，可得：

42212y1y,1y1fY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）记Z的分布函数为FZ（z），FZ（z）＝P{Z≤z}＝P{X2＋Y2≤z}。

当z＜0时，FZ（z）＝0。

当0≤z＜1时，FZzDz2x2y2d220dr3drz2。

0z当z≥1时，FZ（z）＝1。

2z,0z1综上，Z的概率密度为fZz。

0, 其他