1、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、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x 0处不可导的是()(a) f(x)x sin x(b) f(x) xsin x(o f(x) cosx (d) f(x)2.过点(1,0,0),(0,1,0),且与曲面2 ,y相切的平面为()(a)(b)0与2x2y z 2(c)(d)y与2x2y z 23.(n 01)n2n 3(2n 1)!()4.设m2 (1 x)22 1×2(1 jcosx)dx,则()(b) m(c)(d

2、) k5.下列矩阵中阵,与矩阵相似的是()(a) 00(b)(c)(d)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，则()(a) r(a,ab) r(a) (b) r(a, ba) r(a)(c) r(a,b) maxr(a),r(b) (d) r(a,b) r(at,bt)27.设随机变量x的概率密度f (x)满足f(1 x) f (1 x),且0 f (x)dx 0.6贝u p x0()(a) 0.2 (b) 0.3 (c) 0.4 (d) 0.58.设总体x服从正态分布n( , 2),x1,x2,l ,xn是来自总体x的简单随机样本,据此样本检测，假设h0:0

3、,则()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h。;(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ho；(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h。;(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h0二、填空题:9 14小题,11 tanx sinkx9.若 lim x 0 1 tanx每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸 指定位置上.e,则k10.设函数f(x)具有二阶连续导数，若曲线yf (x)过点(0,0),且与y2x在点1(1,2)处相切，求0xf(x)dx11、设函

4、数 f (x, y, z)12.设l是曲面x2y2xy i yz j zxk ,2z 1与平面x y则 rotf (1,1,0)z 0的交线，贝u ?l xyds13.设二阶矩阵a有两个不同的特征值,2是a的线性无关的特征向量，且满足a2( i 2)12,则冈114.设随机事件a与b相互独立，a与c相互独立，bc ，p(a) p(b)二，2_ _ _1p(acabuc),则 p(c) o4 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 e2x arctan jex 1dx.16 .(本题满分1

5、0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？若存在，求出最小值。17 .(本题满分10分)设 是曲面x ji 3y2 3z2的前侧,计算曲面积分i xdydz (y3 2)dzdx z3dxdy.18 .(本题满分10分)已知微分方程y y f(x),其中f (x)是r上的连续函数。(i)若f(x) x,求方程的通解；(ii)若f (x)是周期为t的函数，证明:方程存在唯一的以t为周期的解。19 .(本题满分 10分)设数列 xn 满足x1 0,xnexn1 exn 1(n 1,2,3,l)。证明收敛，并求lim xn。 n20 .(本题满分

6、11分)设二次型222f (x1,x2,x3)(为 x2 x3)(x2 x3)(x1 ax3)，其中 a是参数。(i)求 f (x1,x2,x3) 0的解；(ii)求 f (x1,x2,x3)的规范型。1 2 a21.(本题满分11分)设a是常数，且矩阵a 1 3 0可经过初等列变换化为矩阵2 7a1 a 2b 0 1 1。(i)求a； (ii )求满足ap b的可逆矩阵p?1 1122 .(本题满分11分)设随机变量x,y相互独立，x的概率分布为1 p x 1 p x 1 2y服从参数为 的泊松分布。令z xy, (i)求cov(x,z)； (ii)求z的概率 分布。1 二23 .(本题满分

7、11分)设总体x的概率密度为f(x;) e , x ,2其中 (0,)为未知参数，x1,x2,l ,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；(11)求cos|x| 1xlxm0-|xlim2一,极限不存在。故选x 0 xd)2 .【答案】(b)【解析一】设平面与曲面的切点为(x0, y0,

8、z0),则曲面在该点的法向量为n (2×0,2y0, 1),切平面方程为切平面过点(1,0,0) , (0,1,0),故有2%(1%)2y。(0y。)(04)0,(1)2×0(0%)2y0(1y0)(04)0,(2)又(,丫0,4)是曲面上的点，故4 xo y；，(3)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 ,故选（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） o对于选项（a）,平面x y z 1的法向量为（1,1, 1）,曲面x2 y2 z 0的法1 1 1向量为（2x

9、,2y, 1）,如果所给平面是切平面，则切点坐标应为（一，一,一），而曲面2 2 2在该点处的切平面为x1 一 人y z 所以排除2（a）.所以唯一正确的选项是（b）.3 .【答案】（b ）【解析】因为sin xx0(2n 1)!2n,cosxn 0 (2n)!(1)n02n 3(2n 1)!0( 1)n"1)n2(2n 1)!(1)nn 0 (2n)!(1)n(2n 1)!cos1 2sin1 ,故选(b )。4 .【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 则最简化积分。222 （1 x） .2 1 x 2x 2 2x m 2 2-

10、dx 2 2dx 2 （1 2）dx,2 1 x2万 1 x221 x2k 2 (1 vcosx)dx2 1gdx ,万万令 f (x)ex 1 x,x ( 一,一)，则 f (x) ex 1,当 x ( ,0)时,2 22f (x) 0,当 x (0,一)时, 2f (x)0,故对 x (-,-)，有 f(x) f (0) 0,因而1 xex2 igdx2，故k m n。应选(c)5.【答案】(a)【解析】记矩阵h0 1 1 ，则秩r(h) 3,迹tr(h) 3,特征值10 0 1(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

11、( e h) 2,r( e a) 2, r( e b) 1r( e c) 1,r( e d) 1。如果矩阵a与矩阵x相似，则必有ke a与ke x相似(k为任意常数)，从而r(ke a) r(ke x),故选(a),6 .【答案】(a)【解析】把矩阵a,ab按列分块，记a ( 1, 2,l n), ab ( 1, 2,l n),则 向量组1, 2,l n可以由向量组1, 2,l n线性表出，从而1, 2,l n与1, 2,l n,1, 2,l n,等价，于是 r(a,ab) r(a),故选(a)。7 .【答案】(a)【解析】由f(1 x) f (1 x)可知概率密度函数f(x)关于x 1对称，

12、2结合概率密度函数的性质f(x)dx 1及已知条件f(x)dx 0.6,容易得出012px 0 f (x)dx – f (x)dx o f(x)dx 0.2,故选(a)。8 .【答案】(d )【解析】正确解答该题，应深刻理解“检验水平”的含义x统计量0 n（0,1），在检验水平0.05下接受域为u0.025，解得接受域的区间为（xu0.025 -p= , xu0.025在检验水平0.01下接受域的区间为（x uo.005 7，xuo.005 7）。、.n n由于u0.025u0.005，0.01下接受域的区间包含了0.05下接受域的区间，故【解析】elimx 0tanx1sinkx

13、1 tanx1 , 1 tanx limlnx 0sinkx 1 tanxe1 2tanx limln 1x 0sinkx 1 tanxe2(ln2 1)【解析】由已知条件可得:f(0)0, f (1) 2, f (1) 2ln 2,11故 0xf (x)dx 0xdf(x)xf1 1(x)l0 f (x)dx11.【答案】（1,0, 1）【解析】rotf (x, y, z)y i z j xk故 rotf (1,1,0) (1,0,12.【答案】xy1)。yz zx3【解析】先求交线l: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1由轮换对称性可行: 颇xyds

14、 – l(xy yz zrds 362ds6g213.【答案】1设1, 2对应的特征值分别是2,则22y z 1, 一 、一y,由于曲面方程与平面方程中的y z 0a2( i 2)a2 1a2 2(121) 1 ( j 1) 2 0,由于2线性无关,1,2从而a的两个不同的特征值为1,1,于是|a|114.【答案】一4【解析】p(acabuc)pac(abuc)p(

abcu ac)p(abuc)12 p(c)2 p(c)p(ab) p(c) p(abc)15.【解析】e2xarctan/ex 1dx1arctan, e 1de2216.【答案】面积之和存在最小值,smin【解析】设圆的半径为x

15、,正方形的边长为y,三角形的边长为z,则2 x 4y 3z 2,2二个图形的面积之和为s(x, y,z) x则问题转化为“在条件 2 x 4y 3z 2, x0,y0,z。下，求三元函数s(x,y,z)y3z2的最小值”。4令lx2(24y 3z2)lxly解方程组lz2y 4二322 x 4y3z,得到唯一驻点14 3324 3.32、, 34 3 3最小值一定存在,且在该驻点处取得最小值最小面积和为smin14 3:3 .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 1 😡 0, y 2 z 233 .i 0 xdydz (y 2)dzdx z

16、 dxd1斯公式可得其中(x,y,z)|0 x1 3y2而 xdydz3 一3(y 2)dzdx z dxdy18.【解析】(i)若 f (x) x ,则 yxdydz (y3 2)dzdx z3dxdy 由局“先二后一”法可得1445x,由一阶线性微分方程通解公式dx得y e (dxxxe dx c) ce(id由一阶线性微分方程通解公式可得ye x( f (x)exdx c),xxt由于y(x t)在f (x)e dx中无法表达出来，取y(x) e ( 0 f(t)edt c),于是 y(x t) e (xt)( :t f (t)e%t c)若方程存在唯一的以t为周期的解，则必有y(x t

17、) y(x),即t t ,0e f(t)dt et 10 e f (t)dt由于j为一常数，可知当且仅当ce 1tetf(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。19.【证明一】因为 0,所以ex2 。xiex1 1根据拉格朗日中值定理，存在(0,x1),使得 e ,即ex2 e ,因此x10 x2 x1 o完全类似，假设0 xn 1 xn,则exn 11exn 2 e (0xn 1),即 0 xn 2 xn 1 ,xn 1故数列xn单调减少且有下界，从而数列 xn收敛。设lim xn a,在等式xnexn 1 exn 1两边取极限，得aea ea 1 ,解

18、方程得 nn唯一解 a 0 ,故 lim xn0n【证明二】首先证明数列 xn有下界，即证明xn 0:, 一一 ,，一 一、ex1 1.刈，当n 1时，x1 0。根据题设x2 ln，由e1 1 x1可知为x2 ln1 0；假设当n k时，xk 0； e" 1x，. 则当 n k 1 时，xk1 ine1,其中 ek 1xk ,可知 xk 1 ln1 0xk根据数学归纳法，对任意的n n , xn 0。再证明数列xn的单调性:xn 1xnxnxnlnexnxn(离散函数连续化)设f (x)ln exinexn一人xneex 1 xex(x 0),则当 x 0时,f (x)xex0,f(

19、x)单调递减，f(x) f (0) 0,即 ex 1 xex e1 – 八从而xn1 xn in ln1 0,故xn1 xn,即数列 4 的单调递减。 xnen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。设lim xn a,在等式xnexn 1 exn 1两边同时令n ,得aea ea 1 , nn解方程得唯一解a 0,故lim xn 0。n20.【解析】(i)由f (x1,x2,x3) 0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 a 2 时，f(x1,x2,x3) 0只有零解:x (0,0,0) t1 0 2当a 2时，a 0 11, 0 0 0f(x1,x2

20、,x3) 0有非零解:x k( 2, 1,19，k为任意常数。(ii)当a 2时，若x1,x2,x3不全为0,则二次型f (x1,x2,x3)恒大于0,即二次型 f(%42,乂3)为正定二次型，其规范型为f(yy2,y3) y； y2当a 2时，二次型对应的实对称矩阵b 1,其特征方程为解得特征值1 5 、7, 2 5 .7,0,可知二次型的规范型为f 亿24)z2z2。21.【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a3a显然r(a) 2,要使r(b)2,必有2 a(ii)将矩阵b按列分块:(1, 2,3),求解矩阵方程ap b可化为解

21、三个同系数的非齐次线性方程组:ax1,2,3对下列矩阵施以初等行变换得(a, b) 120 m0易知，齐次线性方程组方程组的特解分别为:1ax(3,0的基础解系为:1,0)t, 2(4,因此，三个非齐次线性方程组的通解为2m 11,0)t,6,2,1)t,三个非齐次线性3 (4,1,0)t。1k1 21k2 2 1k32100k33 6k1从而可得可逆矩阵p12klki4 6k2 4 6k31 2k2 1 2k3 ,其中 k2 k3k2022.【解析】(i)由x,y相互独立，可得e(xy) e(x)e(y).。 由协方差计算公式可知cov(x,z) e(xz) e(x)e(z) e(x2y)

22、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ke值为1, -1, y的概率分布为p y k ,k 0,1,2,l ,故z的可能取值k!为0,1, 2, 3,l于是，z的概率分布为p z 0 p x 1,y 0 px 1,y 011-p y 0 -p y 0 e,p z k p x 1,y k23.【解析】(i)似然函数为2py1 ke ,k 1,2,3,l o2 k!取对数得ln l n ln 2 n lnnxii 1xi i 10,解得的最大似然估计量为/ 、1 n(ii) e( )e(-n i 1x)1 n、，一 xi on i 11 n一 e|xi| e|xi| e|xn i 1xxxee dx 。0d()d(-nxi|)；xi1d nxi-d|x|, n而 e(x2)e21dxxdx2,_ 2e(x )e2(|x|) 2故口（）-d|x n