1、2018年全國碩士研究生入學統一考試數學一考研真題與全面解析一、選擇題：18小題，每小題4分，共32分，下列每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求的，請將所選項前的字母填在答題紙指定位置上.1. 下列函數中在處不可導的是（ ）（A） （B）（C） （D）2. 過點，且與曲面相切的平面為（ ）（A） （B）（C） （D）3. （ ）4. 設，則（ ）（A） （B）（C） （D）5. 下列矩陣中陣，與矩陣相似的是（ ）（A） （B） （C） （D）6. 設是階矩陣，記為矩陣 的秩，表示分塊矩陣，則（ ）（A） （B） （C） （D）7. 設隨機變量的概率密度滿足，且則 ( )（A）0.2 （

2、B）0.3 （C）0.4 （D）0.58. 設 總體服從正態分布,是來自總體的簡單隨機樣本，據此樣本檢測，假設 則（ ）（A）如果在檢驗水平下拒絕，那么在檢驗水平下必拒絕；（B）如果在檢驗水平下拒絕，那么在檢驗水平下必接受；（C）如果在檢驗水平下接受，那么在檢驗水平下必拒絕；（D）如果在檢驗水平下接受，那么在檢驗水平下必接受。二、填空題：9-14小題，每小題4分，共24分，請將答案寫在答題紙指定位置上.9. 若，則 。 10. 設函數具有二階連續導數，若曲線過點，且與在點處相切，求。11、設函數，則。 12. 設是曲面與平面的交線，則。13. 設二階矩陣有兩個不同的特征值，是的線性無關的特征向

3、量，且滿足，則。 14. 設隨機事件相互獨立，相互獨立，,，,則。 三、解答題：1523小題，共94分.請將解答寫在答題紙指定位置上.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15. （本題滿分10分）求不定積分.16. （本題滿分10分）將長為的鐵絲分成三段，依次圍成圓、正方形與正三角形，三個圖形的面積之和是否存在最小值？若存在，求出最小值。17. （本題滿分10分）設是曲面的前側 ，計算曲面積分.18. （本題滿分10分）已知微分方程 ，其中是上的連續函數。（I）若 ，求方程的通解；（II）若是周期為的函數，證明：方程存在唯一的以為周期的解。19. （本題滿分10分）設數列滿足 。證明收斂，

4、并求。20. （本題滿分11分）設二次型 ，其中是參數。（I）求 的解；（II）求 的規范型。21.（本題滿分11分）設是常數，且矩陣 可經過初等列變換化為矩陣。(I)求；（II）求滿足的可逆矩陣22.（本題滿分11分）設隨機變量相互獨立，的概率分布為，服從參數為的泊松分布。令，（I）求；（II）求的概率分布。23. （本題滿分11分）設總體的概率密度為，其中為未知參數，為來自總體的簡單隨機樣本，記的最大似然估計量為 。（I）求；（II）求和。答案解析1.【答案】()【解析】根據導數定義，A. ，可導；B., 可導； C. ，可導；D. ，極限不存在。故選（）.2.【答案】（）【解析一】設平面

5、與曲面的切點為，則曲面在該點的法向量為，切平面方程為切平面過點 ，故有，（1），（2）又是曲面上的點，故 ，（3）解方程 （1）（2）（3），可得切點坐標 或 。因此，切平面有兩個 與 ，故選（B）.【解析二】由于不經過點 和 ，所以排除（C）（D）。對于選項（A），平面的法向量為，曲面的法向量為，如果所給平面是切平面，則切點坐標應為，而曲面在該點處的切平面為，所以排除（A）.所以唯一正確的選項是（）.3.【答案】（）【解析】因為 而 ，故選（）。4.【答案】（）【解析】積分區間是對稱區間，先利用對稱性化簡，能求出積分最好，不能求出積分則最簡化積分。，令，則，當時，當時，故 對，有，因而，故。

6、應選（）.5. 【答案】（）【解析】記矩陣，則秩，跡,特征值（三重）。觀察四個選項，它們與矩陣的秩相等、跡相等、行列式相等，特征值也相等，進一步分析可得：,，, 。如果矩陣與矩陣相似，則必有與相似（為任意常數），從而），故選（A）,6.【答案】（）【解析】把矩陣 按列分塊，記，則向量組 可以由向量組線性表出，從而與，等價，于是，故選（）。7.【答案】（）【解析】由可知概率密度函數關于對稱，結合概率密度函數的性質及已知條件，容易得出，故選（）。8.【答案】（）【解析】正確解答該題，應深刻理解“檢驗水平”的含義。統計量 ,在檢驗水平下接受域為,解得 接受域的區間為 ；在檢驗水平下接受域的區間為 。

7、由于，下接受域的區間包含了下接受域的區間，故選（）。9.【答案】【解析】 10.【答案】【解析】由已知條件可得：故 11.【答案】【解析】 故 。12.【答案】【解析】先求交線:，由于曲面方程與平面方程中的滿足輪換對稱性，因此在曲線上具有輪換對稱性。又知由輪換對稱性可得 ：。13.【答案】【解析】設對應的特征值分別是，則，由于線性無關，故 ，從而的兩個不同的特征值為，于是。 14.【答案】【解析】,15.【解析】16.【答案】面積之和存在最小值，。【解析】設圓的半徑為，正方形的邊長為，三角形的邊長為，則，三個圖形的面積之和為 ，則問題轉化為 “在條件，下，求三元函數 的最小值”。 令 解方程組

8、，得到唯一駐點由實際問題可知，最小值一定存在，且在該駐點處取得最小值。最小面積和 為.17.【解析】將空間曲面化成標準形以便確定積分曲面的形狀。曲面前側是一個半橢球面，補平面，取后側，則由高斯公式可得 其中，由“先二后一” 法可得而。故.18.【解析】（I）若，則，由一階線性微分方程通解公式 得。（II）由一階線性微分方程通解公式可得 ，由于在中無法表達出來，取，于是 若方程存在唯一的以為周期的解，則 必有 ，即. 由于 為一常數，可知 當且僅當 時，以為周期，故微分方程存在唯一的以為周期的解。19.【證明一】因為 ，所以 。根據拉格朗日中值定理，存在，使得 ，即，因此。完全類似，假設 ，則，

9、即 ，故數列單調減少且有下界，從而數列收斂。設 ，在等式 兩邊取極限，得 ，解方程得 唯一解 ，故 。【證明二】首先證明數列有下界，即證明：當時， 。根據題設 ，由 可知 ；假設當時， ；則當時， ，其中，可知 。根據數學歸納法，對任意的， 。再證明數列的單調性：，(離散函數連續化)設 ，則當時，單調遞減，即 。從而 ，故，即數列的單調遞減。綜上，數列的單調遞減且有下界。由單調有界收斂原理可知收斂。設 ，在等式 兩邊同時令，得 ，解方程得 唯一解 ，故 。20.【解析】（I）由 可得對上述齊次線性方程組的系數矩陣作 初等行變換得當時， 只有零解：。當時， 有非零解：， 為任意常數。（II）當時，若不全為0，則二次型 恒大于 0，即二次型為正定二次型，其規范型為。當 時，二次型對應的實對稱矩陣 ，其特征方程為解得特征值 ，可知二次型的規范型為。21.【解析】（I）由于矩陣的初等變換不改變矩陣的秩，故 。對矩陣作初等行變換，得，顯然，要使，必有 。（II）將矩陣 按 列 分塊：，求解矩陣方程可化為解三個同系數的非齊次線性方程組：。對下列矩陣施以初等行變換得，易知，齊次線性方程組的基礎解系為 ：,三個非齊次線性方程組的特解分別為：。因此，三個非齊次線性方程組的通解為，從而可得可逆矩陣 ，其中。22.【