2023年全国硕士研究生统一考试数学一。
试题及答案。
一、选择题：共8小题，每题4分，共32分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸指定的位置上。
1、曲线渐近线的条数（ ）a）0； （b）1； （c）2； （d）3。
解：（c）：，可得有一条水平渐近线；，可得有一条铅直渐近线；，可得不是铅直渐近线，故答案为（c）。
2、设函数，其中为正整数，则（ ）
a）；（b）；（c）；（d）。
解：（a）：；则。
故答案为（a）。
3．如果函数在处连续，那么下列例题正确的是（ ）
a）若极限存在，则在处可微；
b）若极限存在，则在处可微；
c）若在处可微，则极限存在；
d）若在处可微，则极限存在。
解：（b）：∵在处连续：①对（a）：令，可得，则不存在，同理得也不存在，故（a）错；
对（b）：令，可得，
同理，则。由微分定义可得在处可微，故答案为（b）；
对（c）和（d）：在处可微，可知在处偏导，即。
则。显然极限不存在，同理。
显然极限不存在，故（c）和（d）选项错误。
4、设，则有（ ）
a）；（b）；（c）；（d）
解：（a）：方法一：令，则，可得在上严格单调增加，可得，故答案为（a）；
方法二：由定积分的几何意可得，故答案为（a）。
5、设，其中为任意常数，则下列向量组线性相关的是（ ）
a）； b）； c）； d）。
解：（c）：，故线性相关，可得答案为（c）。
6、设为3阶矩阵，为3阶可逆矩阵，且，
则（ ）a）； b）； c）； d）。
解：（b）：，可得。
故答案为（b）。
7、设随机变量与相互独立，且分别服从参数为1和参数为4的指数分布，则（ ）
a）； b）； cd）。
解：（a）：由题意得与的概率密度分别为和，由与相互独立，可得，则。
故答案为（a）。
8、将长度为的木棒随机的截成两段，则两段长度的相关系数为（ ）
a）1； （bcd）。
解：（d）：设两段长度分别为和，则，可得相关系为，故答案为（d）。
二、填空题：9-14，共6题，满分24分请将答案写在答题纸指定的位置上。
9、若函数满足方程及，则 。
解：：的特征方程为解得，可得通解为：
代入得，可得。
故可得答案为。
解：：，令，可得。
由对称性得，再令可得。
解：或：令，则，可得。
12、已知曲面，则。
解：：由曲面可得，向面投影，可得，则。
13、设为三维单位向量，为阶单位矩阵，则矩阵的秩为。
解：：因为为三维单位向量，则，且，可得的特征值为，故的特征值为，且这实对称矩，必可对角化，其秩等于非零特征值的个数。
14．设是随机事件，互不相容，，则。
解：：，而，互不相容可得，可得。
三、解答题：15-23，共9题，共94分，将解答写在答题纸指定的位置上，解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤。
15（本题10分）、证明：，其中。
证明：令，当时，可导，且。
1）当时，显然，则。
可得当时，即当时，单调增加，，可得；
2）当时，显然。
可得当时，即当时，单调减少，，可得；
由（1）和（2）可得当时，。
16（本题10分）、求的极值。
解：先求函数的驻点，，可得驻点为；
又。所以，可得，而，故可得在点处取得极大值。
17（本题10分）求幂级数的收敛域与和函数。
解：，可得。
当，可得级数，显然发散，故收敛域为，且；
可得，即；可得，可得，可得当时，则。
18（本题10分）、已知曲线，其中有连续导数，且，当时，，若曲线的切线与轴的交点到切点的距离恒为1，求的表达式，并求此曲线与轴、轴无边界区域的面积。
解：（1）设为上的任意一点，可得切线斜率为，可得过点的切线方程为，令，可得，由于曲线的切线与轴的交点到切点的距离恒为1，故有。
化简得，解得，代入得，则，；
2）曲线与轴、轴无边界区域的面积为：
19（本题10分）、计算曲线积分，其中是第一象限中从点沿圆周到点，再沿圆周到点曲线段。
解：圆周为圆，圆周为圆，补一直线段，令。
显然在、和所围闭区域上具有。
一阶连续偏导数，且，且取为正方向，由格林公式可得。
20（本题11分）设。（1）求；（2）已知线性方程组有无穷解，求，并求的通解。
解：（1）；
要使方程组有无穷解，则必有解得，则可得的同解方程组为。
可得的通解为。
21（本题11分）三阶矩阵，为矩阵的转置矩阵，已知，且二次型。（1）求；（2）求二次型对应二次型矩阵，并将二次型化为标准型，写出正交变换过程。
解：（1），由。得。解得；
2）当，，则。
解得； 当时，，与同解，可得特征值所对应的特征向量为；
当时，，则与同解，可得特征值所对应的特征向量为；
时，，与同解，可得特征值所对应的特征向量为；
令，可得。22（本题11分）已知随机变量及分布律如下，求（1）；（2）与。
解：（1），2），而，其中，可得；
可得；从而可得相关系数。
23（本题11分）设随机变量与相互独立，且分别服从正态分布与，其中是求知参数，设。（1）求的概率密度；（2）设是来自总体的简单随机样本，求的最大似然估计量；（3）证明是的无偏估计量。
解：（1）∵与相互独立，且与，也服从正态分布，且，
则的概率密度；
2）设是样本所对应的一个样本值，则样本的最大似然函数为。
令，解得最大似然估计值为，从而可得最大似然估计量为；
3），即可以证得是的无偏估计量。
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