考研数学一全面解析.docx
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考研数学一全面解析
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
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.下列函数中在处不可导的是（）
（A）（B）
（C）（D）
【答案】（）
【解析】根据导数定义，A.，可导；
B.,可导；
C.，可导；
D.，极限不存在。
故选（）.
2.过点，，且与曲面相切的平面为（）
（A）（B）
（C）（D）
【答案】（）
【解析一】设平面与曲面的切点为，则曲面在该点的法向量为
，切平面方程为
切平面过点，，故有
，
（1）
，
（2）
又是曲面上的点，故，（3）
解方程
（1）
（2）（3），可得切点坐标或。
因此，切平面有两个
与，故选（B）.
【解析二】由于不经过点和，所以排除（C）（D）。
对于选项（A），平面的法向量为，曲面的法
向量为，如果所给平面是切平面，则切点坐标应为，而曲面在该点处的切平面为，所以排除（A）.所以唯一正确的选项是（）.
3.（）
【答案】（）
【解析】因为
而
，故选（）。
4.设，，，则（）
（A）（B）
（C）（D）
【答案】（）
【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。
，
，
令，则，当时，，
当时，，故对，有，因而
，，故。
应选（）.
5.下列矩阵中阵，与矩阵相似的是（）
（A）（B）（C）（D）
【答案】（）
【解析】记矩阵，则秩，迹,特征值
（三重）。
观察四个选项，它们与矩阵的秩相等、迹相等、行列式相等，特征值也相等，进一步分析可得：
，
。
如果矩阵与矩阵相似，则必有与相似（为任意常数），从而），故选（A）,
6.设是阶矩阵，记为矩阵的秩，表示分块矩阵，则（）
（A）（B）
（C）（D）
【答案】（）
【解析】把矩阵按列分块，记，则向量组可以由向量组线性表出，从而与
，，等价，于是，故选（）。
7.设随机变量的概率密度满足，且
则（）
（A）0.2（B）0.3（C）0.4（D）0.5
【答案】（）
【解析】由可知概率密度函数关于对称，
结合概率密度函数的性质及已知条件，容易得出
，故选（）。
8.设总体服从正态分布,是来自总体的简单随机样本，据此样本检测，假设则（）
（A）如果在检验水平下拒绝，那么在检验水平下必拒绝；
（B）如果在检验水平下拒绝，那么在检验水平下必接受；
（C）如果在检验水平下接受，那么在检验水平下必拒绝；
（D）如果在检验水平下接受，那么在检验水平下必接受。
【答案】（）
【解析】正确解答该题，应深刻理解“检验水平”的含义。
统计量,在检验水平下接受域为,
解得接受域的区间为；
在检验水平下接受域的区间为。
由于，下接受域的区间包含了下接受域的区间，故选（）。
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，则。
【答案】
【解析】
10.设函数具有二阶连续导数，若曲线过点，且与在点处相切，求。
【答案】
【解析】由已知条件可得：
故
11、设函数，则。
【答案】
【解析】
故。
12.设是曲面与平面的交线，则。
【答案】
【解析】先求交线:
，由于曲面方程与平面方程中的满足轮换对称性，因此在曲线上具有轮换对称性。
又知
由轮换对称性可得：
。
13.设二阶矩阵有两个不同的特征值，是的线性无关的特征向量，且满足
，则。
【答案】
【解析】设对应的特征值分别是，则
，
，由于线性无关，故，
从而的两个不同的特征值为，于是。
14.设随机事件相互独立，相互独立，,，
则。
【答案】
【解析】
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.
15.（本题满分10分）求不定积分.
【解析】
16.（本题满分10分）将长为的铁丝分成三段，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，。
【解析】设圆的半径为，正方形的边长为，三角形的边长为，则，
三个图形的面积之和为，
则问题转化为“在条件，下，求三元函数的最小值”。
令
解方程组，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
.
17.（本题满分10分）设是曲面的前侧，计算曲面积分
.
【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，取后侧，则
由高斯公式可得
其中，由“先二后一”法可得
而。
故.
18.（本题满分10分）已知微分方程，其中是上的连续函数。
（I）若，求方程的通解；（II）若是周期为的函数，证明：
方程存在唯一的以为周期的解。
【解析】（I）若，则，由一阶线性微分方程通解公式
得。
（II）由一阶线性微分方程通解公式可得，
由于在中无法表达出来，取，
于是
若方程存在唯一的以为周期的解，则必有，即
.
由于为一常数，可知当且仅当时，以为周期，故微分方程存在唯一的以为周期的解。
19.（本题满分10分）设数列满足。
证明收敛，并求。
【证明一】因为，所以。
根据拉格朗日中值定理，存在，使得，即，因此
。
完全类似，假设，则
，即，
故数列单调减少且有下界，从而数列收敛。
设，在等式两边取极限，得，解方程得唯一解，故。
【证明二】首先证明数列有下界，即证明：
当时，。
根据题设，由可知；
假设当时，；
则当时，，其中，可知。
根据数学归纳法，对任意的，。
再证明数列的单调性：
，
（离散函数连续化）设，则当时，，
单调递减，，即。
从而，故，即数列的单调递减。
综上，数列的单调递减且有下界。
由单调有界收敛原理可知收敛。
设，在等式两边同时令，得，解方程得唯一解，故。
20.（本题满分11分）设二次型
，其中是参数。
（I）求的解；（II）求的规范型。
【解析】（I）由可得
对上述齐次线性方程组的系数矩阵作初等行变换得
当时，只有零解：
。
当时，，
有非零解：
，为任意常数。
（II）当时，若不全为0，则二次型恒大于0，即二次型
为正定二次型，其规范型为。
当时，
二次型对应的实对称矩阵，其特征方程为
解得特征值，可知二次型的规范型为
。
21.（本题满分11分）设是常数，且矩阵可经过初等列变换化为矩阵
。
（I）求；（II）求满足的可逆矩阵？
【解析】（I）由于矩阵的初等变换不改变矩阵的秩，故。
对矩阵作初等行变换，得
，
，
显然，要使，必有。
（II）将矩阵按列分块：
，求解矩阵方程可化为解三个同系数的非齐次线性方程组：
。
对下列矩阵施以初等行变换得
，
易知，齐次线性方程组的基础解系为：
三个非齐次线性方程组的特解分别为：
。
因此，三个非齐次线性方程组的通解为
，，，
从而可得可逆矩阵，其中。
（22）（本题满分11分）设随机变量相互独立，的概率分布为
，
服从参数为的泊松分布。
令，（I）求；（II）求的概率分布。
【解析】（I）由相互独立，可得.。
由协方差计算公式可知
其中，代入上式可得。
（II）由于是离散型随机变量，因此也是离散型随机变量。
的可能取值为1，-1，的概率分布为，故的可能取值为于是，的概率分布为
，
。
23.（本题满分11分）设总体的概率密度为，
其中为未知参数，为来自总体的简单随机样本，记的最大似然估计量为。
（I）求；（II）求和。
【解析】（I）似然函数为
取对数得，
令，
解得的最大似然估计量为。
（II）
。
而，
故。
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