2023年全国硕士研究生入学统一考试。
数学一试题答案解析。
一、选择题：
解析】为等价无穷小，则。
故排除。另外存在，蕴含了故排除。
所以本题选a。
2）a解析】本题利用二重积分区域的对称性及被积函数的奇偶性。
两区域关于轴对称，而，即被积函数是关于的奇函数，所以；
两区域关于轴对称，而，即被积函数是关于的偶函数，所以；
所以正确答案为a.
解析】此题为定积分的应用知识考核，由的图形可见，其图像与轴及轴、所围的图形的代数面积为所求函数，从而可得出几个方面的特征：
时，，且单调递减。
时，单调递增。
时，为常函数。
时，为线性函数，单调递增。
由于f(x)为连续函数。
结合这些特点，可见正确选项为。
4）c解析】
方法一：举反例 a取。
b取。d取。
故答案为（c）
方法二：因为则由定义可知使得时，有。
又因为收敛，可得则由定义可知使得时，有。
从而，当时，有，则由正项级数的比较判别法可知收敛。
5）a解析】因为，则称为基到的过渡矩阵。
则由基到的过渡矩阵满足。
所以此题选。
6）b解析】根据，若。
分块矩阵的行列式，即分块矩阵可逆。
故答案为b。
解析】因为，所以，所以。
而， 所以。
8）b解析】
独立。1）若，则。
2）当，则。
为间断点，故选（b）
二、填空题：（9）
解析】，10）
解析】由常系数线性齐次微分方程的通解为可知。
为其线性无关解。代入齐次方程，有。
从而可见。微分方程为。
设特解代入，
特解。把 ，代入，得 所求。
解析】由题意可知，，则。所以。
解析】方法一：
方法二：由轮换对称性可知。所以，
解析】 的非零特征值为2.
解析】为的无偏估计。
三、解答题：
故。则而。二元函数存在极小值。
（本题满分9分）设为曲线与所围成区域的面积，记。
求与的值。解析】由题意，与在点和处相交，所以，从而。
由取得。17）（本题满分11分）椭球面是椭圆绕轴旋转而成，圆锥面是过点且与椭圆相切的直线绕轴旋转而成。
ⅰ）求及的方程。
ⅱ）求与之间的立体体积。
解析】（i）的方程为，过点与的切线为，所以的方程为。
ii）记，由，记，则。
18）（本题满分11分）
ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数在上连续，在可导，则存在，使得。
ⅱ）证明：若函数在处连续，在内可导，且，则存在，且。
解析】（ⅰ作辅助函数，易验证满足：
在闭区间上连续，在开区间内可导，且。
根据罗尔定理，可得在内至少有一点，使，即。
ⅱ）任取，则函数满足；
在闭区间上连续，开区间内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在，使得……
又由于，对上式（*式）两边取时的极限可得：
故存在，且。
19）（本题满分10分）计算曲面积分，其中是曲面。
的外侧。解析】，其中。
由于被积函数及其偏导数在点（0，0，0）处不连续，作封闭曲面（外侧）
有。20）（本题满分11分）
设， ⅰ）求满足的所有向量，ⅱ）对（ⅰ）中的任一向量，证明：线性无关。
解析】（ⅰ解方程。
故有一个自由变量，令，由解得，
求特解，令，得。
故，其中为任意常数
解方程。故有两个自由变量，令，由得。
令，由得。求特解故 ，其中为任意常数。
ⅱ）证明：由于。
故线性无关。
21）（本题满分11分）设二次型。
ⅰ）求二次型的矩阵的所有特征值；
ⅱ）若二次型的规范形为，求的值。
解析】（ⅰⅱ） 若规范形为，说明有两个特征值为正，一个为0。则。
1) 若，则， ，不符题意。
2) 若，即，则，，符合。
3) 若，即，则，，不符题意。
综上所述，故。
22）（本题满分11分）
袋中有1个红色球，2个黑色球与3个白球，现有放回地从袋中取两次，每次取一球，以分别表示两次取球所取得的红球、黑球与白球的个数。
ⅰ）求；ⅱ）求二维随机变量的概率分布。
解析】（ⅰ在没有取白球的情况下取了一次红球，利用压缩样本空间则相当于只有1个红球，2个黑球放回摸两次，其中摸了一个红球。
ⅱ）x，y取值范围为0，1，2，故。
23）（本题满分11 分）
设总体的概率密度为，其中参数未知，，,是来自总体的简单随机样本。
(ⅰ)求参数的矩估计量；
ⅱ）求参数的最大似然估计量。
解析】1）由。
而为总体的矩估计量。
2）构造似然函数。
取对数。令。
故其最大似然估计量为。
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