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．曲线的渐近线方程为（）。A．y＝x＋eB．y＝x＋1/eC．y＝xD．y＝x－1/e〖答案〗：B〖解析〗由已知，则可得：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＞0B．a＞0，b＞0C．a＝0，b＞0D．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。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。因此，此时不能有解在（－∞，＋∞）上有界。当Δ＝a2－4b＜0时，特征方程的根为。则通解为。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）由确定，则（）。A．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，，。当t＜0时，，。当t＝0时，因为。。所以f′（0）＝0。（2）因为；。所以，即f′（x）在x＝0连续。（3）当t＝0时，因为；。故。所以f′′（0）不存在。4．已知an＜bn（n＝1，2，…），若级数与均收敛，则“级数绝对收敛”是“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〖答案〗：A〖解析〗由级数与均收敛，可得为收敛的正项级数，进而绝对收敛。若绝对收敛，则由|bn|＝|bn－an＋an|≤|bn－an|＋|an|与比较判别法，可得绝对收敛。若绝对收敛，则由|an|＝|an－bn＋bn|≤|bn－an|＋|bn|与比较判别法，可得绝对收敛。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，，的秩分别为γ1，γ2，γ3，则（）。A．γ1≤γ2≤γ3B．γ1≤γ3≤γ2C．γ3≤γ1≤γ2D．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：，因此γ1＝n。，因此γ2＝r（AB）＋r（E）＝n＋r（AB）。，因此γ3＝r（ABAB）＋n≤r（AB）＋n。故选择B项。6．下列矩阵中不能相似于对角矩阵的是（）。A．B．C．D．〖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。7．已知向量，，，，若γ既可由α1，α2线性表示，也可由β1，β2线性表示，则γ＝（）。A．B．C．D．〖答案〗：D〖解析〗设γ＝x1α1＋x2α2＝y1β1＋y2β2，则x1α1＋x2α2－y1β1－y2β2＝0。又故可得：所以可得：8．设随机变量X服从参数为1的泊松分布，则E（|X－EX|）＝（）。A．1/eB．1/2C．2/eD．1〖答案〗：C〖解析〗方法1：由题意可知EX＝1，所以。故可得：因此选C项。方法2：随机变量X服从参数为1泊松分布，即，期望E（X）＝1。故可得：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（μ2，2σ2）的简单随机样本，且两样本相互独立，记，，，，则（）。A．B．C．D．〖答案〗：D〖解析〗由题意，X1，X2，…，Xn的样本方差为。Y1，Y2，…，Yn的样本方差为。则由抽样分布定理，可得，，且两个样本相互独立。所以可得：故选择D项。10．设X1，X2为来自总体N（μ，σ2）的简单随机样本，其中σ（σ＞0）是未知参数，若为σ的无偏估计，则a＝（）。A．B．C．D．〖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：因此，。由为σ的无偏估计，即E（σ）＝σ，因此。故选择A项。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）与是等价无穷小，则ab＝______。〖答案〗：－2〖解析〗则有，故ab＝－2。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：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。13．设f（x）为周期为2的周期函数，且f（x）＝1－x，x∈[0，1]，若，则＝______。〖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：故。14．设连续函数f（x）满足f（x＋2）－f（x）＝x，，则＝______。〖答案〗：1/2〖解析〗15．已知向量，，，，γ＝k1α1＋k2α2＋k3α3，若γTαi＝βTαi（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〗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）求函数在（0，＋∞）上的最大值。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：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，故f′（x）＝x（2－lnx）令f′（x）＝0，则驻点为x＝e2。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：。18．（本题满分12分）求函数f（x，y）＝（y－x2）（y－x3）的极值。解：根据解得驻点为（0，0），（1，1），（2/3，10/27）。又f′′xx＝－（2y＋3xy－5x3）－x（3y－15x2），f′′xy＝－x（2＋3x），f′′yy＝2。在（0，0）处，，则AC－B2＝0，故充分条件失效，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，由极限的局部保号性：存在δ＞0，当x∈（－δ，0）时，，f（x，y）＜0＝f（0，0），当x∈（0，δ）时，，f（x，y）＞0＝f（0，0），故（0，0）不是极值点。在（1，1）处，，则AC－B2＝－1＜0，故（1，1）不是极值点。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。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，计算曲面积分解：由高斯公式可得：Ω关于xOz面对称，－zsiny＋ysinx是关于y的奇函数，因此可得：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；（2）若f（x）在（－a，a）内取得极值，则存在η∈（－a，a），使得。解：（1），η介于0与x之间。则可得：①②由①＋②得：③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。由介值定理得，存在ξ∈[η2，η1]⊂（－a，a），有，代入③得：f（a）＋f（－a）＝a2f′′（ξ），即。（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，γ介于0与x之间，代入x＝a，x＝－a，可得：从而可得：又|f′′（x）|连续，则：其中M＝max{|f′′（γ1）|，|f′′（γ2）|}。又x0∈（－a，a），故|f（a）－f（－a）|≤M（a2＋x02）≤2Ma2，则，即存在η＝γ1或η＝γ2∈（－a，a），使得。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令，则f（x1，x2，x3）＝z12＋z22。即，使得f（x1，x2，x3）＝z12＋z22。再将g（y1，y2，y3）化为规范形。g（y1，y2，y3）＝y12＋y22＋y32＋2y2y3＝y12＋（y2＋y3）2令，则g（y1，y2，y3）＝z12＋z22。即，使得g（y1，y2，y3）＝z12＋z22。从而。故可得，其中为所求矩阵。可将f（x1，x2，x3）化为g（y1，y2，y3）。（2）二次型f（x1，x2，x3）为。所以A的特征值为0，2，3。二次型g（y1，y2，y3）的矩阵为。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C－1AC＝B。若存在正交变换x＝Qy，则QTAQ＝Q－1AQ＝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