2018年考研数学一真题及全面解析(Word版)

2021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：1～8小题，每题4分，共32分，以下每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. x0处不可导的是〔 〕

〔A〕

f(x)xsinx 〔B〕

f(x)xsinx 〔C〕

f(x)cosx 〔D〕

f(x)cosx 【答案】(D)

【解析】根据导数定义，A.

limx0xsinxxxf(x)f(0)limlim0x0x0xxx

，可导；

B.

xsinxxxf(x)f(0)limlimlim0x0x0x0xxx

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, 可导；

C.

12xcosx1f(x)f(0)limlimlim20x0xx0xx0x

，可导；

D.

121xlimcosx1xlim2x0xx0xlim2x0x

，极限不存在。应选〔D〕.

2. 过点(1,0,0)，(0,1,0)，且与曲面zx2y2相切的平面为〔 〔A〕z0与xyz1 〔B〕

z0与2x2yz2

〔C〕xy与xyz1 〔D〕

xy与2x2yz2

第 2 页 共 32 页

〕

【答案】〔B〕

【解析一】设平面与曲面的切点为(x0,y0,z0)，那么曲面在该点的法向量为

n(2x0,2y0,1)，切平面方程为

2x0(xx0)2y0(yy0)(zz0)0

切平面过点 (1,0,0)，(0,1,0)，故有

2x0(1x0)2y0(0y0)(0z0)0

，〔1〕

2x0(0x0)2y0(1y0)(0z0)0

，〔2〕

22zxy(x,y,z)00 ，〔3〕 又000是曲面上的点，故 0解方程 〔1〕〔2〕〔3〕，可得切点坐标 (0,0,0) 或 (1,1,2)。因此，切平面有两个

z0 与 2x2yz2，应选〔B〕.

【解析二】由于xy不经过点(1,0,0) 和 (0,1,0)，所以排除〔C〕〔D〕。

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22xyz1(1,1,1)xyz0的法 对于选项〔A〕，平面的法向量为，曲面

111(,,)(2x,2y,1)向量为，如果所给平面是切平面，那么切点坐标应为222，而曲面在该点处

1xyz2，所以排除〔A〕.所以唯一正确的选项是〔B〕. 的切平面为

3.

(1)nn02n3(2n1)!〔 〕

Asin1cos1　　　　　 B2sin1cos1C2sin12cos1　　　 D2sin13cos1【答案】〔B〕

【解析】因为

(1)n2n1(1)n2nsinxx,cosxx,n0(2n1)!n0(2n)!

而

2n32n2n1n(1)(1)(1)(2n1)!n0(2n1)!n0(2n1)! n0n(1)n(1)n2cos12sin1(2n)!(2n1)!n0n0  第 4 页 共 32 页

，应选〔B〕。

21x(1x)2NdxK2(1cosx)dxM2dxx22e221x4. 设，，，那么〔 〕

〔A〕MNK 〔B〕MKN 〔C〕KMN 〔D〕KNM

【答案】〔C〕

【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，不能求出积分那么最简化积分。

(1x)21x22x2x22Mdxdx(1)dx2221x1x1x222

2，

K2(1cosx)dx21dx22

，

f(x)ex1x,x(,)22

 第 5 页 共 32 页

x(,0)xf(x)e12，那么，当时，f(x)0，

x(0,)x(,)f(x)02时，22，有f(x)f(0)0，因而 当，故 对

1x1xe，

1xN2xdx21dx2e2

，故KMN。应选〔C〕.

110011001相似的是〔 〕 5. 以下矩阵中阵，与矩阵111101111101011011010010001 〔B〕001 〔C〕001 〔D〕001 〔A〕【答案】〔A〕

110H011001，那么秩r(H)3，迹tr(H)3,特征值1 【解析】记矩阵

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〔三重〕。观察A,B,C,D四个选项，它们与矩阵H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：r(EH)2,r(EA)2，r(EB)1

r(EC)1, r(ED)1。如果矩阵A与矩阵X相似，那么必有kEA与kEX相似

〔k为任意常数〕，从而

r(kEA)r(kEX)

〕，应选〔A〕,

6. 设A,B是n阶矩阵，记r(X)为矩阵X 的秩，(X,Y)表示分块矩阵，那么〔 〔A〕r(A,AB)r(A) 〔B〕r(A,BA)r(A)

〔C〕

r(A,B)max{r(A),r(B)}

〔D〕

r(A,B)r(AT,BT) 【答案】〔A〕

【解析】把矩阵A,AB 按列分块，记

A(1,2,n),AB(1,2,n)

第 7 页 共 32 页

〕

，那么向量组1,2,n 可以由向量组1,2,n线性表出，从而1,2,n与

1,2,n，1,2,n，等价，于是r(A,AB)r(A)，应选〔A〕。

f(x)dx0.6f(x)f(1x)f(1x)0X7. 设随机变量满足，且

那么P{X0} ( )

2〔A〕0.2 〔B〕0.3 〔C〕0.4 〔D〕0.5

【答案】〔A〕

【解析】由f(1x)f(1x)f(x)x1对称，

f(x)dx1及条件20f(x)dx0.6，容易得出

P{X0}021f(x)dx[f(x)dxf(x)dx]0.202

第 8 页 共 32 页

，应选〔A〕。

2N(,),X1,X2,8. 设 总体X服从正态分布

,Xn是来自总体X的简单随机样本，据此样

本检测，假设

H0:0,H1:0,

那么〔 〕

〔A〕如果在检验水平0.05下拒绝H0，那么在检验水平0.01下必拒绝H0； 〔B〕如果在检验水平0.05下拒绝H0，那么在检验水平0.01下必接受H0； 〔C〕如果在检验水平0.05下接受H0，那么在检验水平0.01下必拒绝H0； 〔D〕如果在检验水平0.05下接受H0，那么在检验水平0.01下必接受H0。

【答案】〔D〕

【解析】正确解答该题，应深刻理解“检验水平〞的含义。

X0__~N(0,1),在检验水平0.05下接受域为X0__u0.025,

统计量

nn 第 9 页 共 32 页

解得 接受域的区间为

(Xu0.025__n,Xu0.025__n

)；

在检验水平0.01下接受域的区间为

(Xu0.005__n,Xu0.005__n

)。

由于u0.025u0.005，0.01下接受域的区间包含了0.05下接受域的区间，应选〔D〕。

二、填空题：914小题，每题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上. ．．．

1tanxlimx01tanx9. 假设

1sinkxe，那么k____ 。

【答案】2

【解析】

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1tanxelimx01tanx

1sinkxe11tanxlnx0sinkx1tanxlime12tanxln1x0sinkx1tanxlim

e12tanxx0sinkx1tanxlime2kk2

xf(x)yf(x)(0,0)y210. 具有二阶连续导数，假设曲线过点，且与在点(1,2)处相切，

求

1。

【答案】2(ln21)

0xf(x)dx______

【解析】由条件可得：

f(0)0,f(1)2,f(1)2ln2,

故

1110xf(x)dxxdf(x)xf(x)0f(x)dx001

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f(1)f(x)0f(1)f(1)f(0) 2(ln21) 1

11、

，那么

。

【答案】(1,0,1)【解析】

故

F(x,y,z)xyiyzjzxk

rotF(1,1,0)_____

ijkrotF(x,y,z)xyzyizjxkxyyzzxrotF(1,1,0)(1,0,1)

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。

222xyds___xyz0xyz1LL12. 设是曲面与平面的交线，那么。

【答案】

3

x2y2z21xyz0【解析】先求交线L:，由于曲面方程与平面方程中的x,y,z满足轮换对称

性，因此在曲线L上x,y,z具有轮换对称性。又知

(xyz)2x2y2z22(xyyzzx)0

xyyzzx12

由轮换对称性可得 ：

。

Lxyds111(xyyzzx)dsds23L6L63

13. 设二阶矩阵A有两个不同的特征值，1,2是A的线性无关的特征向量，且满足

A2(12)12

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，那么

A____。

【答案】1

【解析】设1,2对应的特征值分别是1,2，那么

A2(12)A21A2212122212

，

(121)1(221)20

221,,21， ，由于12线性无关，故 1从而A的两个不同的特征值为1,1，于是

A111。

14. 设随机事件A与B相互，A与C相互，BC,

P(A)P(B)12，

P(ACABC)14,那么P(C)____。

1【答案】4

【解析】

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P{AC(ABC)}P(ABCAC)P(ACABC)P(ABC)P(AB)P(C)P(ABC)

P(ABC)P(AC)P(A)P(C)1P(A)P(B)P(C)P(ABC)P(A)P(B)P(C)4

1P(C)112P(C)114P(C)422

,

三、解答题：15—23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解容许写出文字说明、．．．证明过程或演算步骤.

15. 〔此题总分值10分〕求不定积分

2xxearctane1dx

.

【解析】

2xxearctane1dx1x2xarctane1de2

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12x12xxearctane1edarctanex12212x12xdex1xearctane1e221(ex1)211e2xarctanex1exdex12212x11xxxearctane1(e1)de1dex122212x11xxx3earctane1(e1)e1C262

16. 〔此题总分值10分〕将长为2m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？假设存在，求出最小值。

【答案】面积之和存在最小值，

Smin1433。

【解析】设圆的半径为x，正方形的边长为y，三角形的边长为z，那么2x4y3z2，

三个图形的面积之和为

32S(x,y,z)xyz4

22，

那么问题转化为 “在条件2x4y3z2，x0,y0,z0

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32S(x,y,z)xyz4

22 的最小值〞。

32Lxyz(2x4y3z2)4

22解方程组

2x20LxL2y40y3z30Lz22x4y3z20L

1x4332y43323z433 ，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

Smin1433.

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17. 〔此题总分值10分〕设

22x13y3z是曲面的前侧 ，计算曲面积分

I.

xdydz(y32)dzdxz3dxdy

【解析】将空间曲面化成标准形以便确定积分曲面的形状。

x23y23z21(x0)

曲面前侧是一个半椭球面，补平面

13

1:x0,y2z2，取后侧，那么

I1由高斯公式可得

xdydz(y32)dzdxz3dxd1xdydz(y32)dzdxz3dxdy

1

xdydz(y32)dzdxz3dxd(13y23z2)dxdydz

第 18 页 共 32 页

其中

(x,y,z)0x13y23z2

，由“先二后一〞 法可得

1(13y3z)dxdydzdx0221x2yz322(13y23z2)dydz1x23dxd001121x3203412(13r)rdr2(rr)042021dx34x2x4142dx01245而

1xdydz(y32)dzdxz3dxdy0

14I45. 。故

18. 〔此题总分值10分〕微分方程 yyf(x)，其中f(x)是R

〔I〕假设 f(x)x，求方程的通解；〔II〕假设f(x)是周期为TT为周期的解。 【解析】〔I〕假设f(x)x，那么yyx，由一阶线性微分方程通解公式

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yep(x)dxp(x)dx(q(x)edxC)

得

dxye(xedxC)Cexx1dx

。

〔II〕由一阶线性微分方程通解公式可得

yex(f(x)exdxC)，

由于y(xT)在

f(x)exdx中无法表达出来，取

xy(x)e(f(t)etdtC)0x

，

于是

xTy(xT)e(xT)(0f(t)etdtC)

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TxTe(xT)[ef(t)dt0Tt0tTetf(t)dtC]xexutT(xT)[ef(t)dteuTf(uT)duC]0Te[eT0ef(t)dteuf(u)duCeT]0tx

假设方程存在唯一的以T为周期的解，那么 必有 y(xT)y(x)，即

Txxe[exT0ef(t)dtef(u)duCe]e(f(t)etdtC)00tuTx

eTT0etf(t)dtCeTC

C由于

TT0etf(t)dteT1.

T0ef(t)dteT1 为一常数，可知 当且仅当

tC0etf(t)dteT1 时，y(x)以T为周期，故微

分方程存在唯一的以T为周期的解。

xn19. 〔此题总分值10分〕设数列满足

x10,xnexn1exn1(　n1,2,3,)

。

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limxnxn证明收敛，并求n。

ex11e　x1。 【证明一】因为 x10，所以

x2ex11ex2x(0,x)ee11根据拉格朗日中值定理，存在，使得 ，即，因此

0x2x1。完全类似，假设 0xn1xn，那么

exn2exn11e(0xn1)xn1

，即

0xn2xn1，

故数列

xn单调减少且有下界，从而数列xn收敛。

xn1xnAAxee1　Aee1　n，在等式 两边取极限，得 ，解方程得 唯一解

设

limxnAnnA0，故

limxn0。

【证明二】首先证明数列

xn有下界，即证明xn0：

ex11x2ln　x1e1x1 可知 x2ln10　xx01当n1时， 1。根据题设 ，由 ；

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假设当nk时， xk0；

exk1xk1ln　xke1xk，可知 xk1ln10。 xk那么当nk1时， ，其中

nN根据数学归纳法，对任意的， xn0。

xn再证明数列的单调性：

xnexn1exn1e1xn1xnlnxnlnlnexnlnxnxnxnexn

，

f(x)ex1xex(x0)

xf(x)xe0， ，那么当x0时，

f(x)单调递减，f(x)f(0)0，即 ex1xex。

从而

exn1xn1xnlnln10xnxne

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，故xn1xn，即数列

xn的单调递减。

综上，数列

xn的单调递减且有下界。由单调有界收敛原理可知xn收敛。

xn1xnaaxee1　aee1　nn，在等式 ，得 ，解方程得 唯一解 a0，

设 故

nlimxnanlimxn0。

20. 〔此题总分值11分〕设二次型

f(x1,x2,x3)(x1x2x3)2(x2x3)2(x1ax3)2

，其中a是参数。

〔I〕求f(x1,x2,x3)0 的解；〔II〕求 f(x1,x2,x3) 的标准型。 【解析】〔I〕由 f(x1,x2,x3)0 可得

x1x2x30x2x30xax031

对上述齐次线性方程组的系数矩阵作 初等行变换得

111111111A01101101110a01a100a2

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Tx(0,0,0)f(x,x,x)0123当a2时， 只有零解：。

102A011000， a2当时，

f(x1,x2,x3)0 有非零解：xk(2,1,1)T， k为任意常数。

〔II〕当a2时，假设x1,x2,x3不全为0，那么二次型f(x1,x2,x3) 恒大于 0，即二次型

f(x1,x2,x3)为正定二次型，其标准型为

22f(y1,y2,y3)y12y2y3

。

当 a2时，

f(x1,x2,x3)(x1x2x3)2(x2x3)2(x1ax3)2222x122x26x32x1x26x1x3

213B120306，其特征方程为 二次型对应的实对称矩阵

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2EB131320(21018)006

解得特征值

157,257,30

，可知二次型的标准型为

2f(z1,z2,z3)z12z2

。

12aA13027a 可经过初等列变换化为矩阵 a21.〔此题总分值11分〕设是常数，且矩阵

1a2B011111。(I)求a；〔II〕求满足APB的可逆矩阵P？

【解析】〔I〕由于矩阵的初等变换不改变矩阵的秩，故 r(A)r(B)。 对矩阵A,B作初等行变换，得

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12a12a12aA13001a01a27a033a000

，

a21a21a21B0110110111110a13002a

，

显然r(A)2，要使r(B)2，必有 2a0a2。

〔II〕将矩阵B 按 列 分块：B(1,2,3)，求解矩阵方程APB可化为解三个同系数的非齐次线性方程组：

Axj,j1,2,3。对以下矩阵施以初等行变换得

122122106344(A,B)130011012111272111000000

，

T(6,2,1)易知，齐次线性方程组Ax0的根底解系为 ：0,三个非齐次线性方程组的特解TTT(3,1,0),(4,1,0),(4,1,0)23分别为：1。

因此，三个非齐次线性方程组的通解为

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6364641k21k211k122233101010，，，

从而可得可逆矩阵

36k1４6k２４6k３P12k1　12k２12k３k２k３k1

，其中k2k3。

〔22〕〔此题总分值11分〕设随机变量X,Y相互，X的概率分布为

1PX1PX12

，

Y服从参数为的泊松分布ZXY，〔I〕求Cov(X,Z)；〔II〕求Z的概率分布。

【解析】〔I〕由X,Y相互，可得

E(XY)E(X)E(Y)

.。

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由协方差计算公式可知

Cov(X,Z)E(XZ)E(X)E(Z)E(X2Y)E(X)E(XY)E(X2)E(Y)E2(X)E(Y),

其中

E(X)0,E(X2)1,E(Y)

，代入上式可得 Cov(X,Z)。

〔II〕由于X,Y是离散型随机变量，因此ZXY也是离散型随机变量。X的可能取值为1，-1，Y的概率分布为

PYkkek!,k0,1,2,

，故Z的可能取值为0,1,2,3,于是，Z的概率分布为

11PZ0PX1,Y0PX1,Y0PY0PY0e22

，

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11kePZkPX1,YkPYk,k1,2,3,22k!11kePZkPX1,YkPYk,k1,2,3,22k!。

23. 〔此题总分值11分〕设总体X

1f(x;)e,x2

，

其中(0,)为未知参数，X1,X2,x,Xn为来自总体X的简单随机样本，记的最大似

然估计量为 。〔I〕求；〔II〕求E()和D()。

xi1L(x1,x2,,xn;)f(xi;)nnei1,xii12

n1n取对数得

nlnLnln2nlnxi11i

，

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dlnLn12d，

xi1ni0

1nXini1解得的最大似然估计量为 。

〔II〕

1n1nE()E(Xi)EXiEXiEXni1ni1

xx11xedxxedxxde002

xxex00exdx

。

1n1D()D(Xi)2ni1n11DXiDXiDXnni1

n,

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而

x2xx2x，

,

故

。

E(X2)e22dx0edx2

DXE(X2)E2(X)2222

12D()nDXn

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