2023年12月2日发(作者：2020广东数学试卷答案)

2023年全国硕士研究生统一入学考试数学（一）试题一、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要求的请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.（1）曲线yxln(eA.yxeB.yxC.yxD.yx1)的斜近线方程为：x11e1e\"\'（2）已知微分方程yayby0的解在(,)上有界，则a,b的取值范围为A.a0,b0B.a0,b0C.a0,b0D.a0,b0（3）设函数yf(x)由\'x2t|t|确定，则y|t|sintA.f(x)连续，f(0)不存在B.f(0)不存在，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A.B.C.D.充分必要条件充分不必要条件必要不充分条件既不充分也不必要\'\'an1n与bn1n均收敛，则“an1n绝对收敛”是“bn1n绝对收敛的”（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AB,EOCE,EABAB的秩分别为1,2,3，则OA.123C.312B.132D.213（6）下列矩阵中不能相似于对角阵的是11aA.02200311aB.120a0311aC.02000211aD.022002122115（7）已知向量12，，，若既可由1,2线性表示，也可由1,22120，3191线性表示，则()3A．k3,kR41C.k1,kR23B.k5,kR101D.k5,kR8（8）设随机变量X服从参数为1的泊松分布，则EXEXA.()1eB.12C.2eD.12（9）设X1,X2,...Xn为来自总体Nu,的简单随机样本，Y,Y,...Y12m来自总体Nu,22的简单随，21n1n1m2XX机样本,两样本之间相互独立，记XXi，YYi，S1in1i1ni1mi11mS2YiYm1i122，则（）S12Fn,mA.S222S12Fn,mC.2S2S12Fn1,m1B.S222S12Fn1,m1D.2S2（10）设X1,X2为取自总体Nu,估计，则a（A．）B.2的简单随机样本，0未知，若ˆaXC.1X2为的一个无偏222D.2二、填空题：11~16小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸指定位置上.（11）当x0时，函数fxaxbxln1x与gxe2x2cosx是等价无穷小，则ab____（12）曲面zx2yln1xy22在点0,0,0处的切平面方程为________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a2n，则2n1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1110（15）已知向量1，2，3，，k11k22k33，若10111111TiTi(i1,2,3)k12k22k32则________.（16）则随机变量X与Y相互独立，XB1,,YB2,则PXY______.三、解答题：17~22小题，共70分.请将解答写在答题纸指定位置上，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本题满分12分）设曲线L:yyx(x0)经过点1,2，L上任意一点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=1312ytdt在0,的最大值1x18.（本题满分12分）求函数f(x,y)(yx)(yx)的极值19.（本题满分12分）设空间有界区域由柱面xy1与平面z0和xz1围成，为的边界曲面，取外侧，求2223I2xzdydzxzcosydzdx3yzsinxdxdy.20.（本题满分12分）设f(x)在a,a上具有2阶连续导数，证明：（1）f(0)0，则存在(a,a)，使得f\'\'()1a2f(a)f(a)；（2）若f(x)在(a,a)内取得极值，则存在(a,a)，使得|f\'\'()|12a2f(a)f(a)21.已知二次型f(x1,x2,x3)x122x222x322x1x22x1x3，满足对g(y221,y2,y3)y21y2y3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，将f(x1,x2,x3)化为g(y1,y2,y3)22.设二维随机变量X,Y的概率密度为fx,y2x2+y2，x2+y210，其他（1）求X,Y的协方差（2）X,Y是否相互独立（3）求ZX2Y2的概率密度任意2023年全国硕士研究生统一入学考试数学（一）试题解析一、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要求的请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.（1）【答案】：B1)yx1limln(e1）1【解析】：klimlimxxxxxx111)x]limx[ln(e)1]blim(ykx)lim[xln(exxxx1x1xln(elimxln[1x1x1]lime(x1)xe(x1)e1e所以斜渐近线方程为：yx（2）【答案】：C【解析】：微分方程yayby0的特征方程为ab0，\"\'22a4b0时，特征方程有2个不同的实数根1,2，则1,2至少有一个不等于零，当1x2x(,)无界C,CyCeCe12若12都不为零，则微分方程的解在2a4b0，特征方程有2个相等的实根，1,2当a2若C20，则微分方程的解y(C1C2x)e2ax2在(,)无界a4ba2i当a4b0时，特征方程的根为1,222则通解为：yeax24ba24ba2(C1cosxC2sinx)222此时，要使微分方程的解在在(,)有界，则a0，再由a4b0知b0（3）【答案】：C【解析】：x3tdysinttcost；,1）当t0时，sinytt3dx当t0时，xtdy,sinttsint；ytsintdx\'当t0时，因为f(0)limf(x)f(0)tsintlim0x0t0x3ttsintf(x)f(0)lim0f\'(0)limx0t0xtsinttcostsinttcost\'0f\'(0)；limf\'(x)lim0f(0);x0t033所以f\'(0)0f\'(x)lim2）limx0t0f\'(x)f\'(0)0，所以f\'(x)在x0处连续所以limx03）当t0时，因为f(0)lim\"f\'(x)f\'(0)sinttcost2limx0t0x33t9sinttcostf\'(x)f\'(0)lim2f\"(0)limx0t0xt所以f\"(0)不存在（4）【答案】：A【解析】由条件知(bn1n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|，由比较判别法知，得bn1nn绝对收敛设bn1n绝对收敛，则由|an||anbnbn||bnan||bn|，由比较判别法知，an1绝对收敛（5）答案：B【解析】：对分块矩阵使用推广的初等行变换，注意到初等变换不改变矩阵的秩，如下：E0E0A0EBCCABEOA0EBCCEABO00，rEBCA0rEBC0n，1nE0rABn2E0AB，rEOCABrEOEABOEEABEABABEOOABOEO，2ABO则有：1nrAB2nrAB3nrAB2O（6）答案：D【解析】：选项A矩阵得特征值为三个不同得特征值，所以必可以相似对角化；选项B矩阵为实对称矩阵，所以必定可以相似对角化选项C矩阵得特征值为1，2，2，二重特征值的重数23r(C2E)，所以必可以相似对角化选项D矩阵的特征值为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（7）【答案】：D【解析】：根据题意，即是存在k1,k2,k3,k4，使得.k11k22k33k44，等价于求解k1k131kk122(1,2,3,4)0,得到通解：k，代入k3k,k4k，得到：k5,kRk3k318kk144（8）【答案】：C【解析】：由X服从参数为1的泊松分布，得到EX1，e1e1e1e1211EXEXk1ek1ek!k!ek0k2k1k!k2k!（9）【答案】：D【解析】：注意到：2n1S12m1S2Z12n1,Z22m1,222Z12n12S1Z2Fn1,m1Z2S2m1（10）【答案】：A【解析】：注意到：Yy22X1X2ˆE(aY2)，则aN0,1，根据：E2ey2212EY，EYye2dy2y02dy2，解出a2二、填空题：11~16小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸指定位置上.（11）【解析】：注意到limx0axbx2ln1xecosxx2limx0ln1xxbx2xa1e11cosxx2首先得到：a1，1，12bxln1xxbx21，得到：b2，则ab2lim另外根据等价无穷小替换，lim22x0x03xex11cosx22zx\'\'（12）【解析】：切平面法向量为：nzy10,0,012，根据点法式方程，切平面方程为：zx2y1（13）【解析】由fx展开为余弦级数知，fx为偶函数，由傅里叶级数公式知an21xcosnxdx012cosn1n22所以a2n0（14），an12n0【解析】fxdxfxdxfxdxfxdx112121211fu+2du+212dx+xdx==fxdx+fx+2dx=fxdx+fx0（15）【解析】T1T11k11T1k22T2k33T311k13k20k301k13同理：k21,k3所以2k12k2k32131191，所以y=0,1,2222（16）【解析】由于XB1,，所以x=0,1，YB2,132011111pXYpX=0，Y=0+pX=1，Y=1=C2C232323三、解答题：17~22小题，共70分.请将解答写在答题纸指定位置上，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（17）【解析】（1）曲线L在点Px,y处的切线方程为Yy=y(X-x)，令X=0,切线在y轴上的截距为Yyxy，即y\'\'\'1y1，解得yxxclnx，又经过点1,2，所以c=2，yxx2lnxx（2）由（1）知fx=t2lntdt，fx=x2-lnx0，得到驻点xe\'1x2，由单调性知fx的最大值在驻点处取得，最大值fe21454e4.（18）fx\'x(2y3xy5x3)0210【解析】\'得驻点为(0,0),(1,1),(,)，2320fyxx327y\'\'Afxx0\'\'\'\'\'\'\'\'0，则fxx(2y3xy5x3)x(3y15x2),fxyx(23x),fyy2，代入(0,0),BfxyCf\'\'2yyACB20，充分条件无法判断，利用定义法，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f(x,y)kx5o(x5)limk，lim由极限的局部保号性：0,x(,0)时，f(x,y)0，x(0,)55x0x0xx\'\'Afxx12\'\'2时，f(x,y)0，故在(0,0)处f(x,y)不取极值；代入(1,1),Bfxy5，则ACB0，所以在(1,1)Cf\'\'2yy处f(x,y)不取极值；100\'\'Afxx2721042108\'\'代入(,),Bfxy.，则ACB20，且A0所以在(,)处f(x,y)取极小值3277293273\'\'2Cfyy（19）【解析】利用高斯公式得I(2zxzsiny3ysinx)dVdxdyDxy22201x012zdz(1x)dxdyxdxdydr3cos2drDxyDxy054其中因为关于yoz对称，被积函数是x的奇函数所以I(xzsiny3ysinx)dV0，Dxy:x2y21（20）【证明】（1）f(x)f(0)f\'(0)x则f\'\'(1)2f\'\'(1)2xf\'(0)xx,1介于0与x之间，22f\'\'(3)2f\'\'(2)2f(a)f\'(0)aa,2(0,a)，f(a)f\'(0)aa,3(-a,0)22，则a2f(a)f(a)f\'\'(2)f\'\'(3)，由f(x)在a,a上具有2阶连续导数，故f(x)在3,2上具有22阶连续导数，所以f(x)在3,2上必存在最大值M和最小值m，使得m1f\'\'(2)f\'\'(3)M由211介值定理存在存在3,2(a,a)，使得f\'\'()f\'\'(2)f\'\'(3)2f(a)f(a)，得证.2af(x)在（1）设xx0点处取得极值，则f\'(x0)0，，f(x)f(x0)f\'(x0)(xx0)f(a)f(x0)f\'\'(2)(ax0)2,2(a,x0)，2f\'\'(1)f\'\'(1)x与x0之间(xx0)2f(x0)(xx0)2,1介于22f\'\'(3)(ax0)2,3(a,x0)，2f\'\'(3)f\'\'(2)1|f(a)f(a)||(ax0)2(ax0)2||f\'\'(3)|(ax0)2|f\'\'(2)|(ax0)2222f(a)f(x0)(a,a),f\'\'()max{|f\'\'(3)|,|f\'\'(2)|}，故|f(a)f(a)|122faxfax|\'\'()|()|\'\'()|()30202|f\'\'()|[(ax0)2(ax0)2]2a2|f\'\'()|2命题得证。（21）【解析】（1）利用配方法222f(x1,x2,x3)x122x22x32x1x22x1x3(x1x2x3)2(x2x3)2z12z211110022222z011令z011x，g(y1,y2,y3)y1y2y32y2y3y1(y2y3)y，，令001001111111100111则x011011y010y，其中P010为所求矩阵.001001001001（2）由于1100111120xxTAx,tr(A)5g(y,y,y)yT011yyTBy,tr(B)3f(x1,x2,x3)xT,,两123011102个二次型矩阵的迹不同，故两个二次型矩阵不相似，故不存在正交变换f(x1,x2,x3)化为g(y1,y2,y3).（22）【解析】（1）cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)，其中E(XY)x2+y21xyx+ydxdy0222，E(X)（2）x2+y21x2x2+y2dxdy0，E(Y)x2+y21yx+ydxdy0，故cov(X,Y)02221x1时，fXxf(x,y)dy1x2221x(x2y2)dy(12x2)1x2，故2222221x11y1(12x)1x，(12y)1y，，同理，fYyfXx0，其他0，其他fx,yfX(x)fY(y)，所以不独立（z）0；当z1时，F（z）1；当oz1（3）F（z）P{Zz}P{XYz}，当z0时，F22时，0F（z）P{X2Y2z}dX22x2+y2dxdy22Y2z0z0r3drz2综上，F（z）z21求导可得f(z)2z0z10其他z00z1，z12023年全国硕士研究生统一入学考试数学（二）试题解析一、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要求的请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.1.【答案】：B1)y1x1limln(e）1【解析】：klimlimxxxxxx111blim(ykx)lim[xln(e)x]limx[ln(e)1]xxxx1x1xln(elimxln[1x1x1]lime(x1)xe(x1)e1e所以斜渐近线方程为：yx2.【答案】：D【解析】：当x0时f(x)dxdx1x2ln(x1x2）C1当x0时f(x)dx(x1)cosxdx(x1)sinxsinxdx(x1)sinxcosxC2原函数在(,)内连续，则在x0处x0limln(x1x2)C1C1,lim(x1)sinxcosxC21C2x0所以C11C2，令C2C，则C11C，故ln(x1x2)1C,x0f(x)dx(x1)sinxcosxC,x0ln(x1x2)1,x0结合选项，令C0，则f(x)的一个原函数为f(x)dxF(x)(x1)sinxcosx,x03.【答案】：B2)中，xsinx22故xn1sinxnxn【解析】：在(0,1yn21ynyyyn12n()n1()n4x14xn12xn4xnyn1limnyn0，故yn是xn的高阶无穷小xn4.【答案】：C【解析】：微分方程y\"ay\'by0的特征方程为2ab0，当a24b0时，特征方程有2个不同的实数根1,2，则1,2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a2当a24b0，特征方程有2个相等的实根，1,2a若C20，则微分方程的解y(CCx)e2x在(,)无界122a4ba当a4b0时，特征方程的根为i1,2222ax2则通解为：ye5.【答案】：C4ba24ba2(C1cosxC2sinx)22x3tdysinttcost【解析】1）当t0时，；,sinytt3dx当t0时，xtdy,sinttsint；ytsintdx\'当t0时，因为f(0)limf(x)f(0)tsintlim0x0t0x3tf(x)f(0)tsintf\'(0)limlim0x0t0xtsinttcostsinttcost\'0f\'(0)；limf\'(x)lim0f(0);x0t033所以f\'(0)0f\'(x)lim2）limx0t0f\'(x)f\'(0)0，所以f\'(x)在x0处连续所以limx03）当t0时，因为f(0)lim\"sinttcost2f\'(x)f\'(0)lim0x0t33t9xf\'(x)f\'(0)sinttcostf\"(0)limlim2x0t0xt所以f\"(0)不存在6.【答案】：A【解析】当0时，f()211111dx|2x(lnx)1(lnx)(ln2)所以f\'()：C7.【答案】11ln(ln2)11111(lnln2)0，即0(ln2)2(ln2)(ln2)ln(ln2)【解析】方法一：已知fx没有极值点，等价于f\'x0至多一个解，f\'xx22xaex0至2多一个解即是：x2xa0至多一个解，那么判别式：44a0a1，另外曲线yfx有拐点，则等价于f范围是：1a28.【答案】：D\'\'xx24xa2ex0有解，即是：164a80a2，则a的取值AEAEAEAE【解析】AB0B0B0B0BAEX1另外：0BX311,X2EX400X1,解出XE3X2A1X40A1B1，1BBA*AE则：00B9.【答案】：BA*B*AB*y1x1x2【解析】：令：y2x1x3，y3x3fx1,x2,x3y1y24y1y222247y2222，可见规范形为y1y23y1y2332：D10.【答案】【解析】根据题意，即是存在k1,k2,k3,k4，使得k11k22k33k44，等价于求解k1k131kk122(1,2,3,4)0,得到通解：k，代入k3k,k4k，得到：k5,kRk3k318k14k4二、填空题：11~16小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸指定位置上.11.【解析】：注意到limx0axbx2ln1xecosxx2limx0ln1xxbx2xa1e11cosxx21，首先得到：a1，12bxln1xxbx21，得到：b2，则ab2lim另外根据等价无穷小替换，lim22x0x03xex11cosx2212.【解析】：根据3t03x3，则弧长计算为：s3323313t2dt，进行换元：2t2sin，原积分为：s4cosd243313.【解析】：两边同时对想求导两次得式子2zzz2zzzee2x202xxxxxz2z3=-2|1,1x2将x=1，y=1，z=0带入，\'14.【解析】两边分别对x求导，可得911y，所以y3232\'911，所以法线斜率为1193215.【解析】fxdxfxdxfxdxfxdxfu+2du+21121=fxdx+fx+2dx=fxdx+fxdx+xdx=1，故16.【解析】：由已知r(A)r(A,b)34a01a1012aA,b0，即aA,b0111a1012a0ab021a11(1)1412ab0a2(1)4411a1所以12a80ab三、解答题：17~22小题，共70分.请将解答写在答题纸指定位置上，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.：（1）曲线L在点Px,y处的切线方程为Yy=y(X-x)，令X=0,切线在y轴上的截距为17.【解析】\'Yyxy\'，即y\'yxx2lnx设曲线L在点1y1，解得yxxclnx，由经过点e2,0，所以c=2，xx,x(2lnx)处的切线与坐标所围面积最小，此时切线方程为x2Yx2lnx=1-lnx(X-x)，故切线与两坐标所围三角形面积为sx2lnx1323令s\'x0,xe，由单调性知，最小值在处取得，seexe3232\'cosyxe1xefx(x,y)ex0((k为偶数），则k为奇数），18.【解析】\'cosy0ykfy(x,y)xsinyeyk\'\'fxx(x,y)1A1\'\'cosy1，代入(e,k)得B0,ACB20故(e1,k)不是极值点，fxy(x,y)sinye\'\'Ce2cosy2f(x,y)xe(cosysiny)yyA1e22代入(e,k)得B0,ACB0且A0故极小值为f(e,k)，其中k为偶数.2Ce219.【解析】（1）由题设条件可知面积SDx21t1x1x21(t1)t1dxxx21x21dx1x21x21d(x21)1dt21(t)121dtln（21）（2）V11111dxdxdx2222211x1xx1xx1x21xarctanx1(1)420.【解析】1dxdy3d2203xyD3021sincos11sincosr13dr03cos2sin2lnr|3r2cos2r2sin2303021sincos11sincosd1ln2ln21ln2dd3cos2sin2223cos2sin22ln2ln21arctan|0323833f\'\'(1)2f\'\'(1)221.【证明】（1）f(x)f(0)f\'(0)xxf\'(0)xx,1介于0与x之间，22f\'\'(3)2f\'\'(2)2则f(a)f\'(0)aa,2(0,a)，f(a)f\'(0)aa,3(-a,0)221cos2d3tan2，则a2f(a)f(a)f\'\'(2)f\'\'(3)，由f(x)在a,a上具有2阶连续导数，故f(x)在3,2上具有2使得m2阶连续导数，所以f(x)在3,2上必存在最大值M和最小值m，1f\'\'(2)f\'\'(3)M由211介值定理存在存在3,2(a,a)，使得f\'\'()f\'\'(2)f\'\'(3)2f(a)f(a)，得证.2af(x)在（2）设xx0点处取得极值，则f\'(x0)0，f\'\'(1)f\'\'(1)，(xx0)2f(x0)(xx0)2,x与x0之间1介于22f\'\'(3)f\'\'(2)(ax0)2,2(a,x0)，f(a)f(x0)(ax0)2,3(a,x0)，f(a)f(x0)22f\'\'(3)f\'\'(2)122|f(a)f(a)||(ax0)2(ax0)2||\'\'()|()|\'\'()|()faxfax3020222f(x)f(x0)f\'(x0)(xx0)(a,a),f\'\'()max{|f\'\'(3)|,|f\'\'(2)|}，|f(a)f(a)|故|f\'\'()|[(ax0)2(ax0)2]2a2|f\'\'()|2122faxfax|\'\'()|()|\'\'()|()30202命题得证。x1x1x2x3111x111122.【解析】（1）Ax22x1x2x3211x2A211xxx011323011x3（2）111110|EA|21121222(1)011012所以A的特征值为2,-2，-1;当12时，1EAx0，解得特征向量1(4,3,1)；T当22时，2EAx0，解得特征向量2(0,1,1)；T当31时，3EAx0，解得特征向量3(1,0,2)；T401212则令P310,PAP.1112


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