19考研数一真题和答案

精选文库2018年全国硕士研究生入学统一考试数学一考研真题与全面解析一、选择题：18小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.1. 下列函数中在处不可导的是（ ）（A） （B）（C） （D）2. 过点，且与曲面相切的平面为（ ）（A） （B）（C） （D）3. （ ）4. 设，则（ ）（A） （B）（C） （D）5. 下列矩阵中阵，与矩阵相似的是（ ）（A） （B） （C） （D）6. 设是阶矩阵，记为矩阵 的秩，表示分块矩阵，则（ ）（A） （B） （C） （D）7. 设随机变量的概率密度满足，且则 ( )（A）0.2 （B）0.3 （C）0.4 （D）0.58. 设 总体服从正态分布,是来自总体的简单随机样本，据此样本检测，假设 则（ ）（A）如果在检验水平下拒绝，那么在检验水平下必拒绝；（B）如果在检验水平下拒绝，那么在检验水平下必接受；（C）如果在检验水平下接受，那么在检验水平下必拒绝；（D）如果在检验水平下接受，那么在检验水平下必接受。二、填空题：9-14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.9. 若，则 。 10. 设函数具有二阶连续导数，若曲线过点，且与在点处相切，求。11、设函数，则。 12. 设是曲面与平面的交线，则。13. 设二阶矩阵有两个不同的特征值，是的线性无关的特征向量，且满足，则。 14. 设随机事件相互独立，相互独立，,，,则。 三、解答题：1523小题，共94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.15. （本题满分10分）求不定积分.16. （本题满分10分）将长为的铁丝分成三段，依次围成圆、正方形与正三角形，三个图形的面积之和是否存在最小值？若存在，求出最小值。17. （本题满分10分）设是曲面的前侧 ，计算曲面积分.18. （本题满分10分）已知微分方程 ，其中是上的连续函数。（I）若 ，求方程的通解；（II）若是周期为的函数，证明：方程存在唯一的以为周期的解。19. （本题满分10分）设数列满足 。证明收敛，并求。20. （本题满分11分）设二次型 ，其中是参数。（I）求 的解；（II）求 的规范型。21.（本题满分11分）设是常数，且矩阵 可经过初等列变换化为矩阵。(I)求；（II）求满足的可逆矩阵？22.（本题满分11分）设随机变量相互独立，的概率分布为，服从参数为的泊松分布。令，（I）求；（II）求的概率分布。23. （本题满分11分）设总体的概率密度为，其中为未知参数，为来自总体的简单随机样本，记的最大似然估计量为 。（I）求；（II）求和。答案解析1.【答案】()【解析】根据导数定义，A. ，可导；B., 可导； C. ，可导；D. ，极限不存在。故选（）.2.【答案】（）【解析一】设平面与曲面的切点为，则曲面在该点的法向量为，切平面方程为切平面过点 ，故有，（1），（2）又是曲面上的点，故 ，（3）解方程 （1）（2）（3），可得切点坐标 或 。因此，切平面有两个 与 ，故选（B）.【解析二】由于不经过点 和 ，所以排除（C）（D）。对于选项（A），平面的法向量为，曲面的法向量为，如果所给平面是切平面，则切点坐标应为，而曲面在该点处的切平面为，所以排除（A）.所以唯一正确的选项是（）.3.【答案】（）【解析】因为 而 ，故选（）。4.【答案】（）【解析】积分区间是对称区间，先利用对称性化简，能求出积分最好，不能求出积分则最简化积分。，令，则，当时，当时，故 对，有，因而，故。应选（）.5. 【答案】（）【解析】记矩阵，则秩，迹,特征值（三重）。观察四个选项，它们与矩阵的秩相等、迹相等、行列式相等，特征值也相等，进一步分析可得：,，, 。如果矩阵与矩阵相似，则必有与相似（为任意常数），从而），故选（A）,6.【答案】（）【解析】把矩阵 按列分块，记，则向量组 可以由向量组线性表出，从而与，等价，于是，故选（）。7.【答案】（）【解析】由可知概率密度函数关于对称，结合概率密度函数的性质及已知条件，容易得出，故选（）。8.【答案】（）【解析】正确解答该题，应深刻理解“检验水平”的含义。统计量 ,在检验水平下接受域为,解得 接受域的区间为 ；在检验水平下接受域的区间为 。由于，下接受域的区间包含了下接受域的区间，故选（）。9.【答案】【解析】 10.【答案】【解析】由已知条件可得：故 11.【答案】【解析】 故 。12.【答案】【解析】先求交线:，由于曲面方程与平面方程中的满足轮换对称性，因此在曲线上具有轮换对称性。又知由轮换对称性可得 ：。13.【答案】【解析】设对应的特征值分别是，则，由于线性无关，故 ，从而的两个不同的特征值为，于是。 14.【答案】【解析】,15.【解析】16.【答案】面积之和存在最小值，。【解析】设圆的半径为，正方形的边长为，三角形的边长为，则，三个图形的面积之和为 ，则问题转化为 “在条件，下，求三元函数 的最小值”。 令 解方程组，得到唯一驻点由实际问题可知，最小值一定存在，且在该驻点处取得最小值。最小面积和 为.17.【解析】将空间曲面化成标准形以便确定积分曲面的形状。曲面前侧是一个半椭球面，补平面，取后侧，则由高斯公式可得 其中，由“先二后一” 法可得而。故.18.【解析】（I）若，则，由一阶线性微分方程通解公式 得。（II）由一阶线性微分方程通解公式可得 ，由于在中无法表达出来，取，于是 若方程存在唯一的以为周期的解，则 必有 ，即. 由于 为一常数，可知 当且仅当 时，以为周期，故微分方程存在唯一的以为周期的解。19.【证明一】因为 ，所以 。根据拉格朗日中值定理，存在，使得 ，即，因此。完全类似，假设 ，则，即 ，故数列单调减少且有下界，从而数列收敛。设 ，在等式 两边取极限，得 ，解方程得 唯一解 ，故 。【证明二】首先证明数列有下界，即证明：当时， 。根据题设 ，由 可知 ；假设当时， ；则当时， ，其中，可知 。根据数学归纳法，对任意的， 。再证明数列的单调性：，(离散函数连续化)设 ，则当时，单调递减，即 。从而 ，故，即数列的单调递减。综上，数列的单调递减且有下界。由单调有界收敛原理可知收敛。设 ，在等式 两边同时令，得 ，解方程得 唯一解 ，故 。20.【解析】（I）由 可得对上述齐次线性方程组的系数矩阵作 初等行变换得当时， 只有零解：。当时， 有非零解：， 为任意常数。（II）当时，若不全为0，则二次型 恒大于 0，即二次型为正定二次型，其规范型为。当 时，二次型对应的实对称矩阵 ，其特征方程为解得特征值 ，可知二次型的规范型为。21.【解析】（I）由于矩阵的初等变换不改变矩阵的秩，故 。对矩阵作初等行变换，得，显然，要使，必有 。（II）将矩阵 按 列 分块：，求解矩阵方程可化为解三个同系数的非齐次线性方程组：。对下列矩阵施以初等行变换得，易知，齐次线性方程组的基础解系为 ：,三个非齐次线性方程组的特解分别为：。因此，三个非齐次线性方程组的通解为，从而可得可逆矩阵 ，其中。22.【解析】（I）由相互独立，可得.。由协方差计算公式可知,其中 ，代入上式可得 。（II）由于是离散型随机变量，因此也是离散型随机变量。的可能取值为1，-1，的概率分布为 ，故的可能取值为于是，的概率分布为，。23.【解析】（I）似然函数为取对数得 ，令 ，解得的最大似然估计量为 。（II）。,而 ，,故 。欢迎您的光临，Word文档下载后可修改编辑.双击可删除页眉页脚.谢谢！希望您提出您宝贵的意见，你的意见是我进步的动力。赠语； 1、如果我们做与不做都会有人笑，如果做不好与做得好还会有