2018年全国硕士研究生入学统一考试数学一考研真题及答案解析

数学一考研真题与全面解析

一、选择题：1～8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（ ）

x x （A）f(x)xsinx （B）f(x)xsin（C）f(x)cosx （D）f(x)cos【答案】(D)

【解析】根据导数定义，A. limx0xsinxxxf(x)f(0)limlim0 ，可导； x0x0xxxB.limx0xsinxxxf(x)f(0)limlim0, 可导； x0x0xxx12xcosx1f(x)f(0) C. limlimlim20 ，可导；

x0x0x0xxx211xxcosx122D. lim ，极限不存在。故选（D）. limlimx0x0x0xxx2. 过点(1,0,0)，(0,1,0)，且与曲面z（A）zx2y2相切的平面为（ ）

0与xyz1 （B）z0与2x2yz2 y与xyz1 （D）xy与2x2yz2

（C）x【答案】（B）

【解析一】设平面与曲面的切点为(x0,y0,z0)，则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

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2x0(1x0)2y0(0y0)(0z0)0，（1） 2x0(0x0)2y0(1y0)(0z0)0，（2）

又(x0,y0,z0)是曲面上的点，故

22 ，（3） z0x0y0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）。

yz1的法向量为(1,1,1)，曲面x2y2z0的法

对于选项（A），平面x111向量为(2x,2y,1)，如果所给平面是切平面，则切点坐标应为(,,)，而曲面在该点处的

222切平面为x1yz，所以排除（A）.所以唯一正确的选项是（B）.

23.

n(1)n02n3（ ）

(2n1)!Asin1cos1　　　　　 B2sin1cos1C2sin12cos1　　　 D2sin13cos1【答案】（B）



(1)n2n1(1)n2nx,cosxx, 【解析】因为 sinxn0(2n1)!n0(2n)!2n32n2n1(1)(1)n而 (1) (2n1)!(2n1)!(2n1)!n0n0n0n(1)n(1)n2cos12sin1，故选（B）。 n0(2n)!n0(2n1)!21x(1x)24. 设M2，Ndx，K2(1cosx)dx，则（ ） dxx2221x2e（A）M（C）KNK （B）MKN MN （D）KNM

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【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。

22(1x)1x2x2x22M2dxdx(1)dx， 2221x1x21x222K(1cosx)dx21dx，

22令

x则f(x)e1，当x(,0)时，f(x)0， f(x)e1x,x(,)，

222x当x(0,)时，f(x)0，故 对x(,)，有f(x)f(0)0，因而

222MN。应选（C）.

1x1x1，N2xdx21dx，故Kxe2e21105. 下列矩阵中阵，与矩阵011相似的是（ ） 001111101111101（A）011 （B）011 （C）010 （D）010 001001001001【答案】（A）

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

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（A）r(A,AB)（C）r(A,B)r(A) （B）r(A,BA)r(A)

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,组1,2,n),AB(1,2,n)，则向量

n 可以由向量组1,2,n线性表出，从而1,2,n与

21,2,n，1,2,n，等价，于是r(A,AB)r(A)，故选（A）。

7. 设随机变量X的概率密度则P{Xf(x)满足f(1x)f(1x)，且f(x)dx0.6

00} ( )

（A）0.2 （B）0.3 （C）0.4 （D）0.5 【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，

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

02P{X0}021f(x)dx[f(x)dxf(x)dx]0.2，故选（A）。

0228. 设 总体X服从正态分布N(,样本检测，假设

),X1,X2,,Xn是来自总体X的简单随机样本，据此

H0:0,H1:0,则（ ）

0.05下拒绝H0，那么在检验水平0.01下必拒绝H0； 0.05下拒绝H0，那么在检验水平0.01下必接受H0； 0.05下接受H0，那么在检验水平0.01下必拒绝H0；

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（A）如果在检验水平（B）如果在检验水平（C）如果在检验水平

（D）如果在检验水平【答案】（D）

0.05下接受H0，那么在检验水平0.01下必接受H0。

【解析】正确解答该题，应深刻理解“检验水平”的含义。

统计量

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

n解得 接受域的区间为

n,Xu0.025____n)；

,Xu0.005__在检验水平由于u0.025

0.01下接受域的区间为 (Xu0.005nn)。

故选（D）。 0.01下接受域的区间包含了0.05下接受域的区间，u0.005，

二、填空题：914小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上. ．．．9. 若lim 【答案】2

1tanxx01tanx1sinkxe，则k____ 。

1tanxelim【解析】 x01tanx

1sinkxe2k11tanxlnx0sinkx1tanxlime12tanxln1x0sinkx1tanxlim

e112tanxx0sinkx1tanxlimek2

10. 设函数相切，求

f(x)具有二阶连续导数，若曲线yf(x)过点(0,0)，且与y2x在点(1,2)处

0xf(x)dx______。

【答案】2(ln21) 【解析】由已知条件可得：故

f(0)0,f(1)2,f(1)2ln2,

11010xf(x)dxxdf(x)xf(x)0f(x)dx

01 第 5 页 共 15 页

f(1)f(x)0f(1)f(1)f(0)

12(ln21)

11、设函数F(x,y,z)【答案】(1,0,1)

xyiyzjzxk，则rotF(1,1,0)_____。

ijk【解析】 rotF(x,y,z)xxyyyzzzxyizjxk

故 rotF(1,1,0)12. 设L是曲面x【答案】(1,0,1)。

2y2z21与平面xyz0的交线，则xyds___。

L3

x2y2z21【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

xyz0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由轮换对称性可得 ：

1 2111Lxyds3L(xyyzzx)ds6Lds623。

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，则A____。

【答案】1

【解析】设1,2对应的特征值分别是1,2，则

A2(12)A21A2212122212，

(121)1(221)20，由于1,2线性无关，故 121,221，

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从而A的两个不同的特征值为1,1，于是A111。

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)，

2P(ACABC)1,则P(C)____。 41【答案】

4【解析】P(ACP{AC(ABC)}P(ABCAC) ABC)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)41P(C)112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.解答应写出文字说明、证明过．．．程或演算步骤.

2xxearctane1dx. 15. （本题满分10分）求不定积分2xx【解析】earctane1dx1x2xarctane1de2

12x12xxearctane1edarctanex122x12x1de1earctanex1e2x221(ex1)212x1xxearctane1edex122111e2xarctanex1(ex1)dex1dex1 22212x11xxx3earctane1(e1)e1C262 第 7 页 共 15 页

16. （本题满分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？若存在，求出最小值。 【答案】面积之和存在最小值，Smin1。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，则2x4y3z2，

32z， 4三个图形的面积之和为

S(x,y,z)x2y2则问题转化为 “在条件2x4y3z222，x0,y0,z0下，求三元函数

32S(x,y,z)xyz 的最小值”。

4 令

Lx2y232z(2x4y3z2) 41L2x20xx433L2y40y2解方程组，得到唯一驻点y 3433z30Lz223zL2x4y3z20433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17. （本题满分10分）设

1.

433的前侧 ，计算曲面积分

是曲面x13y23z2I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1:x0,y2z21，取后侧，则 3 第 8 页 共 15 页

I1斯公式可得

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

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

(x,y,z)0x13y23z2221，由“先二后一” 法可得

(13y3z)dxdydzdx01x2yz322(13y23z2)dydz1x23dxd001121x3203412(13r)rdr2(rr)042021dx

34x2x4142dx0124514而

xdydz(y2)dzdxzdxdy0。故I45. 13318. （本题满分10分）已知微分方程 yyf(x)，其中（I）若

f(x)是R上的连续函数。

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。 【解析】（I）若

f(x)x，则yyx，由一阶线性微分方程通解公式

p(x)dxp(x)dxye(q(x)edxC)

dx(xedxC)Cexx1。 得yedx（II）由一阶线性微分方程通解公式可得 由于y(xT)在

yex(f(x)exdxC)，

xx0f(x)edx中无法表达出来，取y(x)e(f(t)etdtC)，

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x

于是

y(xT)e(xT)(xT0f(t)etdtC)

txTTe

(xT)[ef(t)dt0Tt0Tetf(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若方程存在唯一的以T为周期的解，则 必有 y(xT)y(x)，即

Txx0e[exTeTef(t)dtCe0T0t0T0Tef(t)dtef(u)duCe]e(f(t)etdtC)

TtxuC

C由于

etf(t)dte1T.

T0ef(t)dte1Tt 为一常数，可知 当且仅当

CT0etf(t)dte1T 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. （本题满分10分）设数列证明

xn满足 x10,xnexn1exn1(　n1,2,3,)。

xn收敛，并求limxn。

nx1e1。 　x10，所以 ex2x1【证明一】因为

根据拉格朗日中值定理，存在(0,x1)，使得

ex11xe，即e2e，因此 x10x2x1。完全类似，假设 0xn1xn，则

exn2故数列设

exn11e(0xn1)，即 0xn2xn1，

xn1xn单调减少且有下界，从而数列xn收敛。

AAlimxnA，在等式 xnexn1exn1　 两边取极限，得 Aee1　，解方程得 唯一

n 第 10 页 共 15 页

解

A0，故 limxn0。

n【证明二】首先证明数列当nxn有下界，即证明xn0：

ex11x1，由 e1x1 可知 x2ln10　； x2ln　x11时， x10。根据题设

假设当nk时， 则当nxk0；

exk1xk，其中e1xk，可知 xk1ln10。 xk1ln　xkk1时，

根据数学归纳法，对任意的nN， 再证明数列

xn0。

xn的单调性：

xnexn1exn1e1， xn1xnlnxnlnlnexnlnxnxnxnxne(离散函数连续化)设

f(x)ex1xex(x0)，则当x0时，f(x)xex0，

f(x)单调递减，f(x)f(0)0，即 ex1xex。

从而

exn1xn1xnlnln10，故xn1xn，即数列xn的单调递减。 xnxne综上，数列

设

xn的单调递减且有下界。由单调有界收敛原理可知xn收敛。

a0，故 limxn0。

naalimxna，在等式 xnexn1exn1　 两边同时令n，得 aee1　，解

n方程得 唯一解

20. （本题满分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) 的规范型。

f(x1,x2,x3)0 可得

x1x2x30 x2x30xax031【解析】（I）由

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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当a2时，

f(x1,x2,x3)0 只有零解：x(0,0,0)T。

102当a2时，A011， 000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，若x1,x2,x3不全为0，则二次型

f(x1,x2,x3) 恒大于 0，即二次型

22。 y3f(x1,x2,x3)为正定二次型，其规范型为f(y1,y2,y3)y12y2当

a2时，

f(x1,x2,x3)(x1x2x3)2(x2x3)2(x1ax3)22x2x6x2x1x26x1x3212223

二次型对应的实对称矩阵

213B120，其特征方程为

3062EB131320(21018)0 06解得特征值

157,257,30，可知二次型的规范型为

2f(z1,z2,z3)z12z2。

12a21.（本题满分11分）设a是常数，且矩阵A130 可经过初等列变换化为矩阵

27a 第 12 页 共 15 页

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

111【解析】（I）由于矩阵的初等变换不改变矩阵的秩，故 对矩阵A,B作初等行变换，得

r(A)r(B)。

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。对下列矩阵施以初等行变换得

122122106344(A,B)130011012111，

272111000000易知，齐次线性方程组Ax特解分别为：10的基础解系为 ：0(6,2,1)T,三个非齐次线性方程组的

(3,1,0)T,2(4,1,0)T,3(4,1,0)T。

因此，三个非齐次线性方程组的通解为

6364641，k21，k21，

1k12232310101036k1４6k２４6k３P12k1　12k２12k３，其中k2k3。

k２k３k1从而可得可逆矩阵

（22）（本题满分11分）设随机变量X,Y相互独立，X的概率分布为

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PX1PX1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。

【解析】（I）由X,Y相互独立，可得E(XY)由协方差计算公式可知

E(X)E(Y).。

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

22,

E(X)0,E(X2)1,E(Y)，代入上式可得 Cov(X,Z)。

-1，XY也是离散型随机变量。X的可能取值为1，

，故Z的可能取值为0,1,2,3,（II）由于X,Y是离散型随机变量，因此ZY的概率分布为 PYk于是，Z的概率分布为

kek!,k0,1,2,11PZ0PX1,Y0PX1,Y0PY0PY0e，

2211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!x。

23. （本题满分11分）设总体X的概率密度为其中1f(x;)e,x，

2(0,)为未知参数，X1,X2,,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()。 【解析】（I）似然函数为

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

i12n取对数得

1lnLnln2nlnxi11ni，

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令

dlnLn1n2xi0， di11nXi解得的最大似然估计量为 ni1。

1n1n（II）E()E(Xi)EXiEXiEXni1ni1

xx11xedxxedxxde

002xxxe00exdx。

1n1D()D(Xi)2ni1n而

DXii1n11DXiDXnn,

E(X2)x2xx2edxedx22，

02xDXE(X2)E2(X)2222,

故

12。 D()DXnn 第 15 页 共 15 页