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2018 年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷及答案解析
一、选择题：1~8 小题，每小题 4 分，共 32 分，下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的
（1）下列函数中，在
x  0
处不可导的是（ ）

(A)
f

x



x sin x

(B)
f

x



x sin
x
(D)
f

x

 cos

x
(C)
f

x

 cos x


【答案】（D）
【解析】根据导数的定义：


lim

x sin x
x

 lim
x0
（A）
x0
x  x
 0, 可导
x
lim
（B）
x0
x sin x
x


1
 x
lim
cos x 1
 lim
2
 0, 可导
x0
x

x

（C）
x0

 lim
x  x
 0, 可导
x0
x

2
1 1
 x

 x


cos x 1
 lim
2
 lim
2

, 极限不存在
lim
x0
x0
x

x

x0

x
（D）





故选 D。
（2）过点

1, 0, 0

,

0,1, 0

，且与曲面
z  x
2
 y
2
相切的平面为（ ）


(A)
z  0与x  y  z  1

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

【答案】（B）
过

1, 0, 0

,

0,1, 0

的已知曲面的切平面只有两个，显然z=0 与曲面z  x
2
 y
2
相切，排除
C、D

【解析】
曲面z  x
2
 y
2
的法向量为(2x,2y,-1),
1 1
对于A选项,x  y  z  1的法向量为(1,1, 1), 可得x  , y  ,
2 2
代入z  x
2
 y
2
和x  y  z  1中z 不相等，排除A，故选B.



（3）

（ ）





2n 1 !

n0

1
n
2n  3

(A)
sin1  cos1

(B)
2sin1 cos1
(D)
2sin1 3cos1
(C)
2 sin1 2 cos1

【答案】（B）



3


n
2n 1

n
2
1)
n
2n 
【解析】

(
n0

(2n 1)!


(1)
n0
(2n 1)!


(1)
n0
(2n 1)!

1

n n
2

=

(1)
(2n)!


(1)
cos l  2 sin1
n0
n0
(2n 1)!
故选 B.
2
（4）
设
M 


2


1 x


x
dx, K 

2


dx, N 

2

1

1

cos

x


dx,
则（
2



2
1 x




2
e
x


2





(A)
M  N  K
(B)
M  K  N

(C)
K  M  N
(D)
K  N  M

【答案】（C）



(1 x)
2




1 x
2
 2x



2x
【解析】
M =



2




1 x
2
2

dx 

2







1 x
2

dx

2

2



(1 
2
1 x
2

)dx 

.




1 x  e
x
(x  0) 
1 x 1 x

2 2
e
2
 1  N 





x

dx 





1dx 

 M
2
e
2




K =

2
2


（


1 
cos x )dx 



1dx 

 M
2 2

故K  M  N , 应选
C。


1 1 0
（5）
下列矩阵中与矩阵




0 1 1

相似的为（ ）






0 0 1




1 1 1

1 0 1

(A)



(B)
 


0 1 1




0 1 1 



0 0 1










0 0 1




1 1 1

1 0 1
(C)



0 1 0



(D)





0 1 0 



0 0 1






0 0 1



 

【答案】（A）
）


1
1

1 1 0


0 1 1

，则特征值 令J 

E  J  0

1
【解析】
 

0 0 1


0 0
 
则特征值为

1
=

2
=

3
=1.

0
3
1 （

-1）=0 ，

1


0 1 0



当

=1时，E  J  0 0 1，可知（r E  J )  2.
 

0 0 0


 

1
1 1

1 1

1

3
=

=1.
A选项，令A=

0 1 1

，则由

E  A  0

1
1 


1

 0 解得

=


3 1 2
 

0 0 1



0 0

1
 

0

1 1


此时当

=1时，E  A= 0 0 1

，可知e

E  A

 2.

 

 

0 0 0





1 0

1

B选项，令B =

0 1 1

，则同理显然可知矩阵B 所有的特征值为1,1,1. 当

=1 时，r（E
B) 1.
 

0 0 1


 

1 0 1

C选项，令C =

0 1 1

，则同理显然可知矩阵C 所有的特征值为1,1,1. 当

=1 时，r（E
C) 1.
 

0 0 1


 

1 0 1

D选项，令D =

0 1 1

，则同理显然可知矩阵D 所有的特征值为1,1,1. 当

=1 时，r（E
D) 1.
 

0 0 1


 
由于矩阵相似，则相关矩阵E  A与E  J 也相似，则r(E-A)=r(E-J).
可知答案选 A。
（6）
设A、B为n阶矩阵，记r

X

为矩阵X 的秩，
则（

X ,Y

表示分块矩阵，
）



(A)
r

A, AB

 r

A

(C)
r A

, r

B

A, B

 max r


(B)
r

A, BA

 r

A



(D)
r

A, B

 r A
T
B
T


【答案】（A）
设C  AB，则可知C的列向量可以由A的列向量线性表示，则r (A ,C ) r (A ,AB ) r (A ).
【解析】
（7）
设随机变量
X
的概率密度
f

x

满足f

1 x

 f

1 x

, 且

f


x

dx  0.6, 则P

X  0


（ ）

2
0
(A)
0.2
【答案】（A）
(B)
0.3
(C)
0.4
(D)
0.5

由f (1 x)  f (1 x)知，f (x)关于x  1对称，故P

X  0

 P

X  2

【解析】
 P

X  0

 P

0  X  2

 P

X  2

 1，P

0  X  2



f (x)dx  0.6

0
2
 2P

X  0

 0.4  P

X  0

 0.2

（8）
设总体
X 服从正态分布N

,

2
, X , X X的简单随机样本，据此样本检测假
1
,
2
, X 是来自总体
n


设：H
0
：

=

0
，H
1
：



0
，则
（ ）
(A)
如果在检验水平
=0.05下拒绝H
0
，那么在检验水平

=0.01下必拒绝H
0

(B)
如果在检验水平

=0.05下拒绝H
0< br>，那么在检验水平

=0.01必接受H
0

(C)
如果在检验水平

=0.05下接受H
0
，那么在检验水平
=0.01下必拒绝H
0

(D)
如果在检验水平

=0.05下接受H
0
，那么在检验水平

=0.01下必接受H
0


【答案】(A)


1
n
i
i1




2
X 

n
~ N (0,1)
【解析】

X  X , X
~ N (

,


), 故

n






x 

0
 u , u
为上

分位点. 所以


 0.05

时，拒绝域为：
1 0.025 0.025

n



=0.001
2
x 



.
0
 u

时，拒绝域为：
0.0005

n




又因为u
0.025
 u
0.0005
,故选A.

二、填空题：9~14 小题，每小题 4 分，共 24 分。

（9）
若lim


【答案】-2


1 tan x

x0
1
 

1
sin kx
 e, 则k 
.
1

1tan x

1



1 tan x

sin kx

lim

x0

1tan x


sin kx
【解析】
由e= lim
 
 e
, 得

x0
1 tan x 
 
1= lim
1

1tan x
 lim
1tan x

2
,

x0
sin kx
1

k
 tan x
x0
kx
故
k  2.
1
（10）
设函数f

x

具有2阶连续导数，若曲线y  f


x

过点

0, 0

且与曲线y  2
x
在点

1, 2

处

相切，则

xf


x

dx 
0
1
.

【答案】
2 ln 2  2

x

dx  xf


x

1
 f

(x )dx  f

(1)  f (1)  f (0)  2 ln 2  2  0  2 ln 2  2

【解析】
xf


1 1


0
0

0

（11）
设F (x, y, z)  xyi  yz j  zxk, 则rotF

1,1, 0


.

【答案】
（1, 0, 1)

【解析】
F (x, y, z)  xyi  yz j  zxk


i j

rotF (x, y, z) 


x y

xy  yz
 rotF (1,1, 0) 

(1, 0, 1)


k
  


yi

z j

xk
z
zx

2
（12）
设L为球面x
 y  z  1与平面x  y  z  0的交线，则
L
xyds 

2 2


.

【答案】0
【解析】
由曲线L关于xoz面对称，被积函数关于y 是奇函数，故

xyds  0.
L
2
2
（13）
设2阶矩阵A有两个不同特征值，

1
,

是




2
A的线性无关的特征向量，且满足A

1


=

2




1

则 A 
.

【答案】-1

【解析】
由A（


1


）=（




），可知A有特征值1，对应的特征向量为





.
1 2 1 2
2 2
2

则可知A的特征值只能取1或1.由于矩阵A有2个不同的特征值，则可知A的特征值恰好为1 和1. 则

A  1 (1)  1.

（14）
设随机事件A与B相互独立，A与C 相互独立，BC =，若
1 1
P

A

 P

B

 , P 

AC AB C

 ,
2 4
则P

C


.

【答案】

1
4
【解析】
PAC AB  C

PAC (AB  C )

P( AC) 1





P(AB)  P(C )  P(ABC ) 4
P（AB  C )
1

P(C)
1 1 1
P( A)P(C)
   P(C)  .
2
4

P( A)P(B)  P(C)  P( ABC) 4
1

1
 P(C)  0
4
2 2
三、解答题：15~23 小题，共 94 分。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）
2 x


求不定积分

earctan
e
x
1dx.





1

2x

1
2x x
1 e
2 x
【解析】
原式=

arctan
e 1d

e

 e
arctan
e 1 

dx
x
4

2

2
e 1
x
再用整体代换去根号：


2
2



e
2 x
e
x
1
dxt  e1


x


t 1

t

2t
2

t 1


dt

3
2
3
2
= t 2t  C 

e
x
1

2
 2
e
x
1  C
3 3

3
1 1 1
x
2 x
2
即原式=
earctan
e
x
1


e1


e
x
1  C
2 6 2

（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.

【解析】
设圆的半径为x，正方形的边 长为y，正三角形的边长为z，则2

x  4y  3z  2, 其面积和

S (x, y, z) 

x
2
 y
2


3
3
3
3
z , 即是求S (x, y, z) 

x
2
 y
2
 z 在约束条件2

 4 y  3z  2 下的最小值是否存在.
4 4
2
设L(x, y, z,

) 

x  y 
2
3
4
z
2


(2

x  4 y  3z  2),


1

 2

x  2

L
x

 0


x 

x  4  3
3
L

y  4

 0

y
 2
2





3
L

z  3

 0
, 解得

y  (唯一驻点).由实际问题可知，最小值一定存在
 4  3 3
 

z




2
L

 2

x  4 y  3z  2  0

2 3
 z



x




 4  3
3

且在（

2
，

 4  3 3

 4  3 3
1 1
2 3
）取得最小值，且最小值为 .
，

 4  3 3

 4  3 3
（17）（本题满分 10 分）

设是曲面x 1 3y
2
 3z
2
的前侧，计算曲面积分
I =

xdydz 

y
3
 2

dzdx  z
3
dxdy.

【解析】
补面：

：x  0, 3y  3z
2
0
2
 1的后侧，则

3 3

I =



xdydz  ( y  2)dzdx  z dxdy

3 3
=

xdydz ( y 2)dzdx  zdxdy 


xdydz ( y
3
 2)dzdx  z
3
dxdy

0

0



(1 3 y
2
 3z
2
)dxdydz  0(其中 为 与
0
所围成的半椭球体）

1
2 2
=

0
dx
1

2

(1  3 y  3z )dydz
y
2
 z
2

1 x
2

3
1 x
2

3
2
1
1 x
2

3
0

3
4
1
2
(1 3r )rdr  2

( r  r )


dx

d




0
4
0 0 0
2


2 4
1
3  4x x


14

dx 
 2

.

0

12 45
（18）（本题满分 10 分）
dx

已知微分方程y

 y  f (x), 其中f (x)是R上的连续函数.

（I）
若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）
y  e
 x


xedx  C

 Ce
x
 x
xT
 x
 x  1


（II）



T


1 e
T
1
由于C 


T e

du

C






f

u
 e


f

u

edu  Ce

 e


f

u

edu  f


u

edu  Ce




若e



f

u

edu  f

u

edu  Ce

 e

f


t

edt  C


 
1
即C = f

u

edu时y

x T

 y

x

.

则y

x  T

 e
 xT

 x
微分方程解函数为y(x)  e

t
f t edt  C


0
t T u
x


0
f

t

e
t
dt  C
u
 e
 xT

x
u T
0
T
x

T  x
T

T
u
x
uT
0
 x
0

u
x
uT  x
x
t
T
0
u
0 0
0

1 e
T

T

f

u

e
u
du为确定常数，故符合条件的周期解y

x

唯一.


（19）（本题满分 10 分）
设数列

x

满足：x  0, x e
n

x
n1

 e 1(n  1, 2, ), 证明x
x
n
n 1 n



收敛，并求lim x .

n
n
【解析】
x
1
 0, 假设x
k
0,

e
x
k
1
由x  0, e1  x  0可知x
k 1
 1n  1n1  0.
x
k

x

故数列

x
n

有下界.


e
x
n
1 e
x
n
1

x
n1
 x
n
 1n  x
n
 1n
x e
x
n

x
n n
令f

x

 xe
x


e
x
 1

, 则f


x

 xe
x
 0, 故f

x

单调增加.

e
x
1
当x  0时，f

x

 f

0

 0, 故0 


x
 1, 所以x
n1
 x
n
 0
xe

数列

x
n

单调减少

所以lim x 存在，设为A，则lim x e
x
n1
lim

e
x
n
1


n
n
n
n
n
Ae
A
 e
A
1, 解得A=0，即lim x
n
=0.
n

（20）（本题满分 11 分）

设实二次型f (x , x , x )  (x , x  x )
2
 (x  x )
2
 (x  ax )
2
, 其中a 是参数.
1 2 3 1 2 3 2 3 1 3

(I)
求f (x
1
, x
2
, x
3
)  0的解
(II)
求f (x
1
, x
2
, x
3
)的规范形.

由f (x , x , x )=(x  x  x )
2
(x  x )
2
(x  ax )
2
 0, 则应有
1 2 3 1 2 3 2 3 1 3

1

x

1
 x
2
 x
3
=0

x  x =0 .令A= 0

2 3

 

x  ax =0 1

1 3

即Ax  0.

1 1 1
 
1
  
【解析】(I)
由A= 0 1 1  0




1 0 a








0
  
1 1
 


x
1


1 1 , x 

x

.
 
2

0
a
 
x

 
3

1 1

 
1 1 1

1 1



0 1 1

.
  
1 a 1
 
0 0 a 2


  

2

可知当a  2时，方程组有非零解x  k

1

, 其中k 为任意常数.






1
 
当a  2时，方程组只有零解.

当a  2时，此时显然可知二次型正定，则此时对应的规范形为：
2 2
f ( y )  y
1
 y
2
 y
3
2
1
, y
2
, y
3
.
当a  2时，

2 1 3

 
(II)
方法一：（正交变换法）令二次型对应的实对称矩阵为B=
1 2 0 ，则由
 

3 0 6


 

 2 1 3

E  B 

解得

1
=5 
1
3

 2
0
0 

(

2
10

 18)  0,

 6
7，

7，

2
=5 
3
=0.
2
则可知规范形为：f (z , z , z
3
)  z
1
 z
2
2

.
1 2

方法二：（配方法）由于
1 33
f (x , x , x )  2(x
2
 x x  3x x )
2
 2x
2
 6x
2
 2(x  x  x )
2
 (x  x )
2
.
1 2 3 1 1 2 1 3 2 3 1 2 3 2
2 2 2
1 3

z  2(x  x  x )
1 2 3

1

3

2 2
令z  (x  x ) , 得规范形为f (z , z , z )  z
2
 z
2
.

2 2 3 1 2 3 1 2
2


z
3
 x
3



3

（21）（本题满分 11 分）




1 2 a
 
1 a 2

   
已知a是常数，且矩阵A=

1 3 0

可经初等列变换化为矩阵B =

0 1 1

.
2 7 a 1 1 1


   

(I)
求a;
(II)
求满足AP  B的可逆矩阵P.
1 a 2
【解析】(I)
由于 A  1 3 0  0, 则可知 B 
0 1 1  1 a  2 1  0, a  2.
2 7 a 1 1 1

1 2 a


 1 2 2 1 2 2



 1 2 2 1 2 2



 1 2 2 1 2 2



由( A B)  1 3 0 0 1 1  0 1 2 0 1 1  0 1  
2 0 1 1

.




2 7 2 1 1 1






0 3 6 0 3 3
 
0 0 0 0 0 0 
    
6
 
3
 




6
 
4

6



4


   
 k 2  1 .
(II)
解得p  k
2  1, p  k 2  1, p
1 1
   
2 2
   
3 3
   
           
1 0 1 0
        
1
 
0



3  6k
1

4  6k
2

4  6k
3


故解得可逆矩阵P= 1 2k 1 2k 1 2k

, 其中k  k .
1 2 3

2 3


kk
2
k
3


1



（22）（本题满分 11 分）
1
 1 ,Y 服从参数为

的泊松分布.


设随机变量X 与Y 相互独立，X 的概率分布为P

X

 1

 P

X

2
令Z  XY .

(I)
求Cov

X , Z

;


(II)
求Z的概率分布.
Cov

X , Z

=E

XZ

 EXEZ

【解析】(I)
EX  0，EX
2
 1，EY 

 E

XZ

 E X
2
Y 


Cov

X , Z

=E

XZ

 EXEZ 

.

Z的取值为0， 1， 2，，


1
P Y  0  P

Y  0

 e




P

Z  0

 P

X  1，Y  0

 P

X  1，Y  0



2 2
k 

1

e

(II)
P

Z  k

 P

X  1，Y  k



1
P Y  k 
 
2 2 k!
k 

1 1

e

P

Z  k

 P

X  1，Y  k



P Y
, 其中k  1, 2, .
 k 
 
2 2 k!
（23）（本题满分 11 分）

1
设总体X的概率密度为

x

1

f (x,

) 
e ,   x  ,
2



的最大似然估计量为

.
其中

(0, )为未知参数，X
1
, X
2

, , X
n
为来自总体X 的简单随机样本. 记
ˆ

(I)
求


ˆ
和D(

).
ˆ

(II)
求E

i
设L=


1
e



,   x
i
 , 则
i1
2


n
x
i

1
n
x

【解析】(I)
ln L 

(ln
2
 ln


i1

)
n
d ln L 
n
(
1

x
i

)  0 

1
ˆ

X
i

令
d



2





n
i1 i1


x





x

x

1
ˆ
=

E X
i

 E X 


E

e dx 


e dx 

n
i1

2


0


n
1 1 1 1

x
2

x

2 2
(II)
D
ˆ

2


D X
i
 D X
 (EX  E X )  (

e

dx 

2
)
n
i1
n
n n

2

x
1

x
2



2
 (


e

dx 

2
) 

.
n
0


n
n

x