《2023年全国硕士研究生招生考试(数学一)试卷及其答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年全国硕士研究生招生考试(数学一)试卷及其答案解析.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 2023 年全国硕士研究生招生考试（数学一）试卷及其答案解析 一、选择题：110 小题,每小题 5 分，共 50 分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.1.1ln(e)1yxx 的斜渐近线为()A.eyx B.1eyx C.yx D.1eyx【答案】B.【解析】由已知1ln e1yxx，则 1limlimln elne11xxyxx，11limlimln elimln e111xxxyxxxxxx 1limln elne1xxx 1lim ln 1e(1)xxx 1lime(1)exxx，所以斜渐近线为1eyx.故选 B.2.
2、若0yayby的通解在(,)上有界，则（）.A.0,0ab B.0,0ab C.0,0ab D.0,0ab【答案】D.【解析】微分方程0yayby的特征方程为20rarb.2 若240ab，则通解为2221244()e(cossin)22axbabay xCxCx；若240ab，则通解为2244222212()eeab aab axxy xCC ；若240ab，则通解为212()()eaxy xCC x.由于()y x在(,)上有界，若02a，则中x 时通解无界，若02a，则中x 时通解无界，故0a.0a 时，若0b，则1,2rbi，通解为12()(cossin)y xCbxCbx，在(,)上
3、有界.0a 时，若0b，则1,2rb，通解为12()eebxbxy xCC，在(,)上无界.综上可得0a，0b.3.设函数()yf x由参数方程2|sinxttytt确定，则().A()f x连续，(0)f 不存在 B.(0)f 存在，()fx在0 x 处不连续 C.()fx连续，(0)f 不存在 D.(0)f 存在，()fx在0 x 处不连续【答案】C【解析】00limlim|sin0(0)xtytty，故()f x在0 x 连续.00()(0)|sin(0)limlim02|xtf xfttfxtt.sincos,03()()00()sincos0tttty tfxtx ttttt 0t
4、时，0 x；0t 时，0 x；0t 时，0 x，故()fx在0 x 连续.00sincos0()(0)23(0)limlim39xttttfxffxt,00()(0)sincos0(0)limlim2xtfxftttfxt,3 故(0)f 不存在.故选 C.4.设nnab，且1nna与1nnb收敛，1nna绝对收敛是1nnb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.既非充分又非必要条件【答案】A.【解析】由已知条件可知1()nnnba为收敛的正项级数，进而1()nnnba绝对收敛.设1nna绝对收敛，则由nnnnnnnbbaabaa与比较判别法,得 1nnb
5、 绝对收玫;设nb绝对收敛，则由nnnnnnnaabbbab与比较判别法，得1nna绝对收敛.故选 A.5.设,A B C均为n阶矩阵，ABCO，记矩阵,OAABCEABBCEOEABO的秩分别为123,r r r，则()A.123rrr B.132rrr C.312rrr D.213rrr【答案】B【解析】由矩阵的初等变换可得 OAABCOOOBCEBCEBCE，故1rn.ABCABOOEOE，故2()()()rrrnrABEAB.EABEABABOABO，故3()nrrrnrnrEABABABABOO.综上，比较可得 B 正确.6.下列矩阵不能相似对角化的是()A.11022003a B.
6、1112003aa 4 C.11020002a D.11022002a【答案】D.【解析】由于 A.中矩阵的特征值为1,2,3，特征值互不相同，故可相似对角化.B.中矩阵为实对称矩阵，故可相似对角化.C.中矩阵的特征值为1,2,2，且11110202000002000aaE，故可相似对角化.D.中矩阵的特征值为1,2,2，且11110222002002000aaE，故不可相似对角化.选 D.7.已知向量1123 ，2211 ，1259 ，2101 ，若既可由12,线性表示，也可由12,线性表示，则()A33,4kkR B.35,10kkR C.11,2kkR D.15,8kkR 【答案】D.【
7、解析】设11223142kkkk，则11223142kkkk 0，对关于1234,k k k k的方程组的系数矩阵作初等变换化为最简形，121212211003(,)2150010131910011A，解得TTTT1234(,)(3,1,1,1)(3,1,1,0)(33,1,1,)k kk kCCCC C，故 5 11221211(33)(1)5(1)5,8(1)8CkkCCCkkRC .8.设X服从参数为 1 的泊松分布，则(|()|)EXE X（）.A.1e B.12 C.2e D.1【答案】C.【解析】方法一 由已知可得，1e(0,1,2,)!P Xkkk，()1E X，故 10|1|(
8、|()|)(|1|)e!kkEXE XEXk 1110(1)eee!kkk 122e(1)eE X，故选 C.方法二 由于0e!kxkxk，于是1111e1(1)!(1)!kkxkkxxxkxkx，因此 1121111e1(1)e1=(1)!(1)!(1)!kkkxxkkkkxxxxxkkxkxx.由已知可得1e(0,1,2,)!P Xkkk，()1E X，故 111111(1)(|()|)(|1|)ee ee!(1)!kkkkEXE XEXkk 111121(1)e12=eeeeexxxx，故选 C.9.设12,nXXX为来自总体21(,)N 的简单随机样本，12,mY YY为来自总体22(
9、,2)N的简单随机样本，且两样本相互独立，记11niiXXn，11miiYYm，22111()1niiSXXn，22211()1miiSYYm，则()6 A.2122(,)SF n mS B.2122(1,1)SF nmS C.21222(,)SF n mS D.21222(1,1)SF nmS【答案】D.【解析】由两样本相互独立可得212(1)nS与222(1)2mS相互独立，且 2212(1)(1)nSn，2222(1)(1)2mSm，因此2122122222(1)(1)2(1,1)(1)(1)2nSnSF nmmSSm，故选 D.10.已知总体X服从正态分布2(,)N，其中0为未知参数，
10、1X，2X为来自总体X的简单随机样本，且12|a XX为的无偏估计，则a().A.2 B.22 C.D.2【答案】A.【解析】由与1X，2X为来自总体X的简单随机样本，1X，2X相互独立，且 21(,)XN，22(,)XN，因而212(0,2)XXN，令12YXX，所以Y的概率密度为 222 21()e22yYfy，所以 22222 24012(|)|ed2ed222yyyE Yyyy，又由12|a XX为的无偏估计可得，12()(|)EaEXX，即 2(|)aE Ya，7 解得2a，故选 A.二、填空题：1116 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0 x
11、 时，2()ln(1)f xaxbxx与2()ecosxg xx是等价无穷小，则ab _.【答案】2【解析】由题意可知，2200()ln(1)1limlim()ecosxxxf xaxbxxg xx222022221()2lim11+()1()2xaxbxxxo xxo xxo x 220221(1)()()2lim3()2xaxbxo xxo x，于是1310,22ab，即1,2ab，从而2ab .12.曲面222ln(1)zxyxy在(0,0)处的切平面方程为_.【答案】20 xyz【解析】由于222ln(1)zxyxy在点(0,0,0)处的法向量为 2222(0,0,0)22(1,2,1
12、)(1,2,1)11xynxyxy，从而曲面222ln(1)zxyxy在(0,0)处的切平面方程为20 xyz.13.设()f x是周期为2的周期函数，且()1,0,1f xx x，01()cos,2nnaf xan x则21nna_.【答案】0【解析】由题意知，111000222(1)cosdsindsinnaxn x xn xxn xnn 110022sinsindxn xn x xnn 8 12222022cos(1 cos)n xnnn 于是21nna2211(1 cos2)02nnn.14.设连续函数()f x满足(2)()f xf xx，20()d0f xx，则31()df x x
13、 _.【答案】12【解析】332312110101()d()d()d()d()d()df x xf x xf x xf x xf x xf x x 3120()d()df xxf xx11120001(2)d()dd2xtf ttf x xx x.15.已 知 向 量12311223311010111,10111111kkk ，若(1,2,3)TTiii ，则222123kkk_.【答案】119【解析】TTTTT11112213311131kkkk ，113k；TTTTT21122223322233kkkk ，21k ；TTTTT31132233333331kkkk ，313k .故22212
14、3119kkk.16.设随机变量X与Y相互独立，且11(1,),(2,)32XBYB则P XY_.答案】13【解析】0,01,1P XYP XYP XY 0 01 1P XP YP XP Y 2201222111132323CC.三、解答题：1722 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()(0)yy x x经过点(1,2)，该曲线上任意一点(,)P x y到y轴的距离等于该点处9 的切线在y轴上的截距.（1）求()yy x;（2）求函数1()()dxf xy tt在(0,)的最大值.【解】（1）曲线()y x在点(,)x y处的切线方
15、程为()()Yyy xXx，于是切线在y轴上的截距为()yy x x，由题意可知xyy x，即11yyx，此为一阶线性微分方程，根据通解公式可得 11dd1eeddlnxxxxyCxx CxCxxxx ，将(1)2y代入上式得2C，即(2ln)yxx.(2)由（1）知1()(2ln)dxy xttt，于是()(2ln)y xxx，()1lnyxx.令()0y x，解得唯一驻点2ex，2(e)10y ，故 22222e22eeee22411111(e)(2ln)dln de1lnd222tttyttttttt 4444115=e1 e(e1)e444.18.（本题满分 12 分）求函数23(,)
16、()()f x yyxyx的极值.【解】由已知可得24235fxyx yxx，232fyxxy，由00fxfy解得驻点为2 10(0,0),(1,1),3 27.又2322620fyxyxx，2223fxxx y ，222fy.在(0,0)处，0,0,2ABC，20ACB，取yx，于是2323(,)()()()()f x yyxyxxxxx，从而在(0,0)的领域内(,)0f x y；取212yx，于是2322311(,)()()()22f x yyxyxxxx，从而在(0,0)的领域内10 (,)0f x y，从而(,)f x y在点(0,0)处不去极值；在(1,1)处，12,5,2ABC，
17、于是210ACB ，故(1,1)不是极大值点 在2 10,3 27处，10080,2273ABC 于是28027ACB，2 10,3 27是极小值点，极小值2 104,3 27729f.19.（本题满分 12 分）已知有界闭区域是由221xy，0z，1xz所围的，为边界的外侧，计算曲面积分2d dcos d dsin d dIxz y zzy z xyzx x y.【解】由高斯公式，有 2d dcos d dsin d dIxz y zzy z xyzx x y(2sinsin)dzzyyxv.由于关于xOz坐标面对称，sinsinzyyx是关于y的奇函数，因此(sinsin)d0zyyxv，
18、所以 2222120112d2d dd(12)d dxxyxyIz vx yz zxxx y 2222222111d d(+)d d2xyxyxx yxyx y 213001dd2 54.20.（本题满分 12 分）设函数()f x在,a a上有二阶连续导数.（1）证明：若(0)0f，存在(,)a a，使得21()()()ff afaa；（2）若()f x在(,)a a上 存 在 极 值，证 明：存 在(,)a a，使 得21|()|()()|2ff afaa.【证明】(1)将()f x在00 x 处展开为 11 22()()()(0)(0)(0)2!2!fxfxf xffxfx，其中介于0与
19、x之间.分别令xa 和xa，则 21()()(0)()2!fafafa，10a，22()()(0)()2!faf afa，20a，两式相加可得 212()()()()2fffaf aa，又函数()f x在,a a上有二阶连续导数，由介值定理知存在12,(,)a a ，使得 12()()()2fff，即21()()()ffaf aa.(2)设()f x在0 x处取得极值，则0()0fx.将()f x在0 x处展开为 22000000()()()()()()()()()2!2!fxxfxxf xf xfxxxf x，其中介于0 x与x之间.分别令xa 和xa，则 2100()()()()2!fax
20、faf x，10ax，2200()()()()2!faxf af x，02xa，两式相减可得 222010()()()()()()22faxfaxf afa，所以 222010()()()()|()()|22faxfaxf afa 12 221020|()|()|()|()22faxfax 220012|()|()()(|()|max(|()|,|()|)2faxaxfff 2200|()|()()2|()|2faxaxaf，即21|()|()()|2ff afaa.21.（本题满分 12 分）设二次型2221231231213(,)2222f x xxxxxx xx x，2221231232
21、3(,)2f y yyyyyy y，(1)求可逆变换xPy，将123(,)f x xx化为123(,)f y yy.(2)是否存在正交矩阵Q，使得xQy时，将123(,)f x xx化为123(,)f y yy.【解】(1)由配方法得 2221231231213(,)2222f x xxxxxx xx x 2212323()()xxxxx.22212312323(,)2f y yyyyyy y 22123()yyy.令112322333zxxxzxxzx，则1123223332xzzzxzzxz，即110011001xz时，规 范 形 为 2212fzz.令1122333zyzyyzy，则10
22、0011001zy时，规范形为2212fzz.故可得 110110100111011011011010001001001001xzyyPy 13 时123(,)f x xx化为123(,)f y yy,可逆变换xPy,其中111010001P=.(2)二次型123(,)f x xx的矩阵为111120102A.111111|120(2)120102102AE 110110(2)121(2)221101001(2)(3)0,所以A的特征值为1230,2,3.二次型123(,)f y yy的矩阵为100011011B.100|011(1)(2)0011 BE,所以B的特征值为1230,1,2rrr
23、.故,A B 合同但不相似，故不存在可逆矩阵C 使得1CACB.若存在正交矩阵Q，当xQy时，TTTT123(,)f x xxx Qyx Axy Q AQyy By，即T1Q AQQ AQB，即,A B相似，矛盾，故不存在正交矩阵Q，使得xQy时，123(,)f x xx化为123(,)f y yy.22.（本题满分 12 分）设二维随机变量(,)X Y的概率密度函数为22222(),1,(,)0,.xyxyf x y其他 14 (1)求X和Y的协方差；(2)判断X和Y是否相互独立；(3)求22ZXY的概率密度函数.【解】(1)由题意可得，X和Y的边缘概率密度分别为 2212212()d,11
24、,()(,)d0,xxXxyyxfxf x yy 其他,32222411(1),11,30,.xxxx 其他 2212212()d,11,()(,)d0,yyYxyxyfyf x yx 其他,32222411(1),11,30,.yyyy 其他 因此Cov(,)()()()X YE XYE X E Y,其中 22221()=()d d0 xyE XYxyxyx y，312222141()=1(1)d03xE Xxxxx，312222141()=1(1)d03yE Yyyyy，故Cov(,)()()()00 00X YE XYE X E Y.(2)由(1)可知，(,)()()XYf x yfxfy，故X和Y不相互独立.(3)设22ZXY的分布函数为()ZFz，概率密度为()Zfz，则根据分布函数的定义有 当0z 时，()0ZF z；当01z时，22222212()()d dZxyFzP XYzxyx y 2242000221dd24zzrr rrz；15 当1z 时，()1ZFz.综上，20,0,(),01,11.ZzFzzzz，故 2,01,()()0,.ZZzzfzFz其他