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1、 第 1 页 共 13 页 2022 年全国硕士研究生招生考试（数学一）试题参考解答年全国硕士研究生招生考试（数学一）试题参考解答 一、选择题（一、选择题（1-10 题，每题题，每题 5 分，共计分，共计 50 分）分）1.已知)(xf满足1ln)(lim1xxfx，则 （B ）A.0)1(f B.0)(lim1xfx C.1)1(f D.1)(lim1xfx.解答：解答：由极限的四则运算法则可知：010ln)(limlnlimln)(lnlim)(lim1111xxfxxxfxxfxxxx.故本题选 B.2.已知)(xyxyfz，且)(uf可导，若)ln(ln2xyyyzyxzx，则 （B）
2、A.)1(,)1(ff B.21)1(,0)1(ff.C.)1(,)1(ff D.)1(,)1(ff 解答：解答：)()()()()(22xyfxyxyyfxyxyfxyxyyfxz.)()(1)()(xyf yxyxfxxyfxyxyxfyz.所以)(2xyxyfyzyxzx，从而xyxyxyfxyyxyxyfln21)(ln)(22 故xxxfln21)(，从而)1(ln21)(xxf，所以0)1(f，21)1(f.故本题选 B.3.设有数列nx，满足22nx，则 （D）A.若)cos(sinlimnnx存在，则nnxlim存在.B.若)sin(coslimnnx存在，则nnxlim存在.
3、C.若)cos(sinlimnnx存在，则nnxsinlim存在，但nnxlim不一定存在.D.若)sin(coslimnnx存在，则nnxcoslim存在，但nnxlim不一定存在.第 2 页 共 13 页 解答：解答：对于选项 A，取nnx)1(，显然不对.对于选项 B，取nnx)1(，显然不对.对于选项 C，取nnx)1(，则nnxsinlim不存在，所以该选项错误.对于选项 D，由于)sin(coslimnnx存在，不妨记为A，由于xsin在2,0单调，所以有Axnnarcsincoslim，但如果取nnx)1(也可发现nnxlim不一定存在.故本题选（D）.4.已知101)cos1(
4、2dxxxI，102cos1)1ln(dxxxI，103sin12dxxxI，则（A）A.321III B.312III C.231III D.123III 解答：解答：由于)1,0(x时，2)1ln(xxx，容易知道21II.由于21)1ln(cos1)1ln(1010102xdxdxxdxxxI，21221103xdxI.所以23II，故321III，故本题选 A.5.下列四个条件中，3 阶矩阵A可相似对角化的一个充分但不必要条件为 （A ）A.A有三个不相等的特征值 B.A有三个线性无关的特征向量 C.A有三个两两线性无关的特征向量 D.A的属于不同特征值的特征向量相互正交.解答：解答：
5、A 选项是A可相似对角化的充分不必要条件，故该选项入选.B 选项是A可相似对角化的充分必要条件，故不入选.C 选项三个向量不一定线性无关，故充分性不满足，故不入选.D 选项不能保证A有三个线性无关的特征向量，故不入选.所以本题选 A.6.设BA,均为n阶矩阵，如果方程组0Ax和0Bx同解，则 （C ）A.方程组0yBEOA只有零解.第 3 页 共 13 页 B.方程组0yABOAE C.方程组0yBOBA与0yAOAB同解.D.方程组0yAOBAB与0yBOABA同解.解答：解答：对于选项 A，由于nnARBERARBEOAR2)(),()(，所以不能确定系数矩阵的秩是否为n2，故解的情况无法
6、判断，该选项错误.对于选项 B，由于nARnABRAERABOAER2)()(),(，显然系数矩阵的秩是否小于n2不知道，故无法判断解的情况，该选项错误.对于选项 C，结合线性方程组的 Gauss 消元法和矩阵的初等变换可知：0yBOBA与0yBOOA同解；0yAOAB与0yAOOB同解.由于方程组0Ax和0Bx同解，所以矩阵A的行向量组与矩阵B的行向量组等价，因此，A的行向量组与B的行向量组能够相互线性表示.所以0yBOOA与0yAOOB同解，因此0yBOBA与0yAOAB同解.故 C 选项正确.对于选项 D，结合线性方程组的 Gauss 消元法和矩阵的初等变换可知：0yAOBAB与0yAO
7、OAB同解；0yBOABA与0yBOOBA同解，由于0ABx与0BAx不一定同解，因此 D 选项错误.故本题选 C.7.设243211,11,11,11，若向量组321,与421,等价，则的取值范围是 （C ）A.1,0 B.2,|R C.2,1|且R D.1|且R 第 4 页 共 13 页 解答：解答：首先，考虑4是否可由321,线性表示.由0111111可知，2且1，此时4必能由321,线性表示.当2时，300063304211421121211112),(4321r，显然，此时4不能由321,线性表示.当1时，000000001111111111111111),(4321r，显然，此时4
8、不能由321,线性表示，故2.其次，考虑3是否可由421,线性表示。由0)1(11001111111122222可得1且1.此时，3可由421,线性表示.当1时，100001101111111111111111),(3421r，显然3不可由421,线性表示.当1是，容易验证，3可由421,线性表示，故1.综上所述，2且1，故本题选 C.8.设随机变量)3,0(UX，随机变量Y服从参数为2的泊松分布，且X与Y的协方差为1，则)12(YXD （C ）A.1 B.5 C.9 D.12 解答：解答：由已知条件可知：1),cov(,2,43YXDYDX，从而),2cov(24)12(YXDYDXYXD
9、第 5 页 共 13 页 9)1(42434),cov(44YXDYDX.故本题答案选 C.9.设随机变量nXXX,21独立同分布，且1X的 4 阶矩存在.设)4,3,2,1)(1kXEkk，则由切比雪夫不等式，对0，有2121niiXnP （A ）A.2224n B.2224n C.2212n D.2212n.解答：解答：nEXXEnXDnXnDnii224221412112)()(1)(1)1(，所以由切比雪夫不等式可知：22242121nXnPnii，故本题选 A.10.设随机变量)1,0(NX，在xX 条件下，随机变量)1,(xNY，则X与Y的相关系数为 （D）A.41 B.21 C.
10、33 D.22 解答：解答：由已知条件可知：2)(|221)(),()|(xyXXYexfyxfxyf，2221)(xXexf，所以)22(21|2221)()|(),(yxyxXXYexfxyfyxf.从而dxeedxeyfyxyyxyxY2222)2(4)22(212121)(4221ye.所以0222dxexEXx，0242dyeyEYy，dueuxdxxedyxyedxEXYuxxyx222)(22222)(2121 1)23(221222210212212222dtttedxexttxdttdxx.第 6 页 共 13 页 122222dxexEXx，2411210212104242
11、222dtetdyeydyeyEYttydttdxyy，从而1),cov(,2,1YXDYDX，因此22),cov(DYDXYXXY，故本题选 D.二、填空题：二、填空题：11-16 题，每题题，每题 5 分，共分，共 30 分。分。11.设222),(yxyxf，则该函数在点)1,0(处的最大方向导数为 .解答：解答：yfxfyx4,2，从而4)1,0(,0)1,0(yxff，故在该点处方向导数的最大值为422yxff，本题答案为 4.12.定积分21lnedxxx .解答：解答：令2tx，则有tdtdx2，从而 4)ln(4ln42ln2ln111112eeeeedttttdttdtttd
12、xxx.故本题答案为 4.13.设0,0yx满足yxkeyx22，则k的取值范围为 .解答：解答：由yxkeyx22可得：max)(22)(yxeyxk.不妨记)(22)(),(yxeyxyxf，则由0)2(0)2()(22)(22yxyyxxeyxyfeyxxf可得驻点：)0,0(，)1,1(.易知0)0,0(f，22)1,1(ef.因为对任意的y，有0)(lim),(lim)(22yxxxeyxyxf，对任意的x，有0)(lim),(lim)(22yxyyeyxyxf，所以函数),(yxf只能在)0,0(，)1,1(点，x轴正向，y轴正向取得最大值.第 7 页 共 13 页 在x轴上，xe
13、xxf2)0,(，则由0)2()0,(2xexxxfdxd可得2x，点)0,2(可能是最大值点，同理)2,0(点也可能是最大值点，且24)2,0()0,2(eff.所以2max4),(eyxf，故24 ek，故本题答案是24 ek.14.设级数1!nnxnenn的收敛域为),(a，则a .解答：解答：令xet，则级数为1!nnntnn，从而收敛半径ennnnnuuRnnnnnnnn)11(lim)!1()1(!limlim11，所以收敛区间为),(ee，当et 时，由于11!nnnnneenn，可知1!nnnenn发散.当et时，级数为1!)1(nnnnenn，容易知道该级数发散，因为11nn
14、uu，由必要条件知道该级数发散.故收敛域为),(ee，由eeex可得1x，故收敛域为),1(，本题答案为1.15.已知矩阵A与AE可逆，其中E为单位矩阵，若矩阵B满足ABAEE)(1，则 AB .解答：解答：由于AE可逆，所以EAEAE1)(，从而 ABAEAEAEABAEE)()()(111 ABAEA1)(EBEA1)(（利用A可逆）EAB 故EAB，故本题答案为E.第 8 页 共 13 页 16.设CBA,为三个随机事件，A与B互不相容，A与C互不相容，B与C相互独立，且31)()()(CPBPAP，则)|(CBACBP .解答：解答：由已知条件可知：)()()(,CPBPBCPABCA
15、CAB 由加法公式可知：)()()()(BCPCPBPCBP 9531313131)()()()(CPBPCPBP )()()()()()()()(ABCPBCPACPABPCPBPAPCBAP 980313100313131.由条件概率公式可得：85)()()|(CBAPCBPCBACBP.故本题答案为85.三、解答题：三、解答题：17-22 题，共题，共 70 分。分。17.（本题满分（本题满分 10 分）分）设)(xyy 满足xyxy221，3)1(y，求)(xyy 的渐近线.解答：解答：由已知条件可知：xxexye)2()(，两边积分可得：)(222xxxxxexddxedxexdxe
16、yecxex 2.由于3)1(y，从而ec，从而xxeexey)2(.显然该函数无垂直渐近线.由于yxlim，故该函数无水平渐近线.由于2)2(limlimxeexexykxxxx，02)2(lim)(limxeexekxybxxxx.所以该函数有斜渐近线xy2.第 9 页 共 13 页 18.（本题满分（本题满分 12 分）分）计算二重积分Ddxdyyxyx222)(，其中区域D为2 xy与24xy以及x轴所围成的区域.解答：解答：DDDdxdyyxxydxdydxdyyxyx222222)(，由二重积分的几何意义可知：224122212Ddxdy.不妨记20,02:1xyxD，4,0,0:
17、222yxyxD，则有 2122222221IIdxdyyxxydxdyyxxydxdyyxxydefDDD，利用极坐标计算1I和2I，则有：22cossin2021)cos(sincossin2cossinddrrdI 2022202)cos(sin1)cos(sin)cos(sincossin2dtttttdttttttdtd 12)4t a n(212)4(c o s21220202tdtt.121sin21cossin20220220202rdrrdI.所以2222Ddxdyyxxy，进而22)22(22)(222Ddxdyyxyx.19.（本题满分（本题满分 12 分）分）L是曲面0
18、,0,0,14:222zyxzyx的边界，曲面方向朝上，已知曲线L的方向和曲面的方向符合右手法则，求 LdzzxxyzdyxzdxzyzI)sin2(2)cos(22.解答：解答：由 Stokes 公式，可知：第 10 页 共 13 页 zxxyzxzzyzzyxdzdxdxdydydzIsin22cos22 dzdxzxzdydz22 又因为),4(zyxn，所以222212116cosxyzyxy，2121cosxz.所以dSxzxyzI231212 令14),(222zyxzyxF，则zFyFxFzyx2,2,8，所以zyyzzxxz,4，从而dxdyzxdxdyyzxzdS222121
19、1，所以DxydxdyyxxyI)412(22，其中0,0,14|),(22yxyxyxDxy.令sincos21ryrx，则有rryxJ21),(),(.所以20102221)1cossin(rdrrrdI )1(1612)4121(21412121.20.（本题满分（本题满分 12 分）分）设)(xf在),(有二阶连续导数，证明0)(xf的充要条件为对不同实数ba,，badxxfabbaf)(1)2(.解答解答 必要性：将函数)(xf在点2bax处用 Taylor 公式展开则有：2)2(!2)()2)(2()2()(baxfbaxbafbafxf，介于x与2ba之间.由于0)(xf，所以)
20、2)(2()2()(baxbafbafxf，两边在区间,ba积分可得：)2()()(bafabdxxfba.第 11 页 共 13 页 充分性：将函数)(xf在点2bax处用 Taylor 公式展开则有：2)2(!2)()2)(2()2()(baxfbaxbafbafxf，介于x与2ba之间.两边在,ba积分可得：babadxbaxfbafabdxxf2)2)(21)2()()(，从而由badxxfabbaf)(1)2(可得：0)2)(2 badxbaxf.用反证法：若0)(xf，则必有0)2)(2 badxbaxf，与上述结论矛盾，故0)(xf.21.（本题满分（本题满分 12 分）分）设二
21、次型3131321),(ijjixijxxxxf.（1）求二次型),(321xxxf的矩阵.（2）求正交变换Qyx 将),(321xxxf化为标准形.（3）求0),(321xxxf的解.解答：解答：（1）323121232221321126494),(xxxxxxxxxxxxf，所以该二次型的二次型矩阵为963642321A.（2）矩阵A的特征多项式为：)14(963642321|)(2AEf.由0)(f可得：14,0321.当021时，解方程组0 Ax，第 12 页 共 13 页 由000000321963642321rA可得同解方程组为：332232132xxxxxxx，所以该方程组的基础
22、解系为：TT)1,0,3(,)0,1,2(21，正交化：取TTpppppp)5,6,3(51,)0,1,2(111122211 单位化：563701|,01251|222111ppqppq，当143时，解方程组0)14(xAE，由于0003/2103/1010002301115636102321314rrAE，所以该方程组对应的同解方程组为：3332313231xxxxxx，基础解系为3213，单位化3211413p，取14370501427065114170352),(321qqqQ，则有正交变换Qyx 把二次型化为标准形2314yf.（3）要使得0f，只要取TTccyyy)0,(),(21
23、321，从而5637001250143705014270651141703522121321ccccxxx，第 13 页 共 13 页 令70,52211ckck，从而56301221321kkxxx，21,kk为任意常数.22.（本题满分（本题满分 12 分）分）设nXXX,21为来自均值为的指数分布的简单随机样本，mYYY,21为来自均值为2的指数分布总体的简单随机样本，且两样本相互独立，其中)0(为未知参数.利用样本mnYYYXXX,2121求的最大似然估计计量，并求)(D.解答：解答：总体X的概率密度为其他,00,1)(xexfxX，总体Y的概率密度为其他,00,21)(2yeyfyY.似然函数：mkkniikiYXnmmmkYniXeeeL11211121121211)(，两边取对数，则有：mkkniimYXnmL11211ln)(21ln)(ln，所以mkkniiYXnmdLd1212211)(ln.由0)(lndLd可得：)2()(2111mkkniiYXnm，所以的最大似然估计量为)2()(2111mkkniiYXnm.从而)4()(41)()(4)(41)(2112mDYnDXnmYDXDnmDmkknii nmmnnm2222)44()(41.