2023年全国硕士研究生入学考试数学一真题

解题思路：

本题考查曲线渐近线的求法。斜渐近线 $y=kx+b$ 的系数由两个极限确定：$k$ 是 $y/x$ 的极限，$b$ 是 $y-kx$ 的极限。

详细步骤：

1. 求斜率：$k=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{y}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x\ln\left(e+\dfrac{1}{x-1}\right)}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\ln\left(e+\dfrac{1}{x-1}\right)=e^0=1$。
2. 求截距：$b=\lim\limits_{x\to\infty}(y-kx)=\lim\limits_{x\to\infty}\left[x\ln\left(e+\dfrac{1}{x-1}\right)-x\right]=\lim\limits_{x\to\infty}x\left[\ln\left(e+\dfrac{1}{x-1}\right)-1\right]$。
3. 用 $\ln(1+u)\sim u$（$u\to0$）得 $\ln\left(e+\dfrac{1}{x-1}\right)-1=\ln\left(1+\dfrac{1}{e(x-1)}\right)\sim\dfrac{1}{e(x-1)}$，故 $b=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x}{e(x-1)}=\dfrac1e$。
4. 所以斜渐近线方程为 $y=x+\dfrac{1}{e}$，选 (B)。

最终答案：

斜渐近线方程为 $y=x+\dfrac{1}{e}$，选 (B)。

解题思路：

本题考查二阶常系数线性微分方程解的有界性与特征根的关系。解在 $(-\infty,+\infty)$ 上有界，等价于特征方程的根全部为纯虚数（实部为零）。

详细步骤：

1. 特征方程为 $\lambda^2+a\lambda+b=0$，记判别式 $\Delta=a^2-4b$。
2. 当 $\Delta>0$ 时有两个不同的实根 $\lambda_1,\lambda_2$，通解 $y=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}$；只要有一个根不为零，取 $C_1,C_2$ 不全为零即无界。
3. 当 $\Delta=0$ 时有重根 $\lambda=-\dfrac a2$，通解 $y=(C_1+C_2x)e^{-\frac a2x}$；若 $C_2\ne0$ 则在 $x\to+\infty$ 时无界。
4. 当 $\Delta<0$ 时有一对共轭复根 $\lambda_{1,2}=-\dfrac a2\pm\dfrac{\sqrt{4b-a^2}}{2}i$，通解 $y=e^{-\frac a2x}\left(C_1\cos\dfrac{\sqrt{4b-a^2}}{2}x+C_2\sin\dfrac{\sqrt{4b-a^2}}{2}x\right)$。
5. 要使解在整个实轴上有界，必须 $e^{-\frac a2x}$ 这一因子恒为 1，即 $a=0$；再由 $\Delta=a^2-4b<0$ 得 $b>0$，故选 (C)。

最终答案：

$a=0,\ b>0$，选 (C)。

解题思路：

本题考查由参数方程确定的函数在分界点处的可导性与导数的连续性。要先按参数的正负把函数写成分段表达式，再分别计算左右导数与二阶导数。

详细步骤：

1. 当 $t\ge0$ 时 $x=2t+|t|=3t,\ y=t\sin t$，故 $y=\dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3}$；当 $t<0$ 时 $x=t,\ y=-t\sin t$，故 $y=-x\sin x$。
2. 于是 $y=\begin{cases}\dfrac{x}{3}\sin\dfrac{x}{3}, & x\ge0,\\-x\sin x, & x<0.\end{cases}$
3. 计算 $f'(0)$：$f'(0)=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\sin\frac x3}{3}=0$，$f'(0)=\lim\limits_{x\to0^-}(-\sin x)=0$，两边相等，故 $f'(0)$ 存在且等于 0。
4. 再求导得 $y'(x)=\begin{cases}\dfrac13\sin\dfrac x3+\dfrac x9\cos\dfrac x3, & x\ge0,\\-\sin x-x\cos x, & x<0.\end{cases}$
5. 由右极限 $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac13\cos\dfrac x3=\dfrac13$ 与左极限 $\lim\limits_{x\to0^-}(-\sin x-x\cos x)=0$ 不相等，知 $y''(0)$ 不存在，即 $f''(x)$ 在 $x=0$ 处不连续，选 (D)。

最终答案：

$f'(0)$ 存在（$f'(0)=0$），$f''(x)$ 在 $x=0$ 处不连续，选 (D)。

解题思路：

本题考查绝对收敛级数的比较判别法。由 $a_n<b_n$ 知差级数 $\sum(b_n-a_n)$ 是收敛的正项级数，因此两个级数绝对收敛与否可以互相转化。

详细步骤：

1. 由 $a_n<b_n$ 知 $b_n-a_n>0$ 且 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(b_n-a_n)=\sum b_n-\sum a_n$ 收敛，故该正项级数绝对收敛。
2. 若 $\sum a_n$ 绝对收敛，则由 $|b_n|=|b_n-a_n+a_n|\le|b_n-a_n|+|a_n|$ 及比较判别法，得 $\sum b_n$ 绝对收敛。
3. 若 $\sum b_n$ 绝对收敛，则由 $|a_n|=|a_n-b_n+b_n|\le|a_n-b_n|+|b_n|$ 及比较判别法，得 $\sum a_n$ 绝对收敛。
4. 两个方向互推，说明”$\sum a_n$ 绝对收敛”既不是 $\sum a_n,\sum b_n$ 均收敛的充分条件也不是必要条件，故选 (D)。

最终答案：

既不充分也不必要条件，选 (D)。

解题思路：

本题考查分块矩阵的秩与初等变换。初等变换不改变矩阵的秩，可以把三个分块矩阵化为块对角形式，从而把问题归结为 $r(AB)$ 与 $r(ABAB)$ 的比较。

详细步骤：

1. 对 $\begin{pmatrix}0&A\\BC&E\end{pmatrix}$ 作初等变换：第一行加上第二行的 $A$ 倍，得 $\begin{pmatrix}-ABC&0\\BC&E\end{pmatrix}$；因 $ABC=0$，再得 $\begin{pmatrix}0&0\\BC&E\end{pmatrix}$，其秩为 $n$，即 $\gamma_1=n$。
2. 对 $\begin{pmatrix}AB&C\\0&E\end{pmatrix}$ 作初等变换得 $\begin{pmatrix}AB&0\\0&E\end{pmatrix}$，故 $\gamma_2=r(AB)+n$。
3. 对 $\begin{pmatrix}E&AB\\AB&0\end{pmatrix}$ 作初等变换得 $\begin{pmatrix}E&0\\0&-ABAB\end{pmatrix}$，故 $\gamma_3=n+r(ABAB)$。
4. 因 $r(ABAB)\le r(AB)$，故 $\gamma_1\le\gamma_3\le\gamma_2$，故选 (B)。

最终答案：

$\gamma_1\leq\gamma_3\leq\gamma_2$，选 (B)。

解题思路：

本题考查矩阵相似对角化的充要条件。矩阵可对角化等价于每个特征值的几何重数与代数重数相等，即 $r(A-\lambda E)$ 的亏量等于重数。

详细步骤：

1. 选项 (A) 的矩阵是上三角阵，特征值为 $1,2,3$ 三个互异值，故必可相似对角化。
2. 选项 (B) 的矩阵为实对称矩阵，由实对称矩阵必可相似对角化得它也可对角化。
3. 选项 (C) 的矩阵特征值为 $1,2,2$，对 $\lambda=2$ 有 $r(C-2E)=1$，故二重特征值的重数 $2=3-r(C-2E)$，它可对角化。
4. 选项 (D) 的矩阵特征值也为 $1,2,2$，但 $r(D-2E)\ne1$，即二重特征值的重数 $2\ne3-r(D-2E)$，故它不能相似对角化，选 (D)。

最终答案：

选项 (D) 不能相似于对角矩阵，选 (D)。

解题思路：

本题考查向量组的线性表示与矩阵的初等行变换。设同一个向量分别由 $\alpha$ 组与 $\beta$ 组线性表示，合并系数后得到一个齐次线性方程组，用初等行变换求其基础解系。

详细步骤：

1. 设 $r=x_1\alpha_1+x_2\alpha_2=y_1\beta_1+y_2\beta_2$，移项得 $x_1\alpha_1+x_2\alpha_2-y_1\beta_1-y_2\beta_2=0$。
2. 写成矩阵形式并作初等行变换：$\begin{pmatrix}1&2&-2&-1\\2&1&-5&0\\3&1&-9&-1\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1&0&0&3\\0&1&0&-1\\0&0&1&1\end{pmatrix}$。
3. 故基础解系为 $(-3,1,-1,1)^T$，即 $(x_1,x_2,y_1,y_2)^T=c(-3,1,-1,1)^T,\ c\in\mathbb{R}$。
4. 于是 $r=-c\beta_1+c\beta_2=-c(2,5,9)^T+c(1,0,1)^T=(-c,-5c,-8c)^T=-c(1,5,8)^T$。
5. 记 $k=-c$，得 $r=k(1,5,8)^T,\ k\in\mathbb{R}$，选 (D)。

最终答案：

$r=k\begin{pmatrix}1\\5\\8\end{pmatrix},\ k\in\mathbb{R}$，选 (D)。

解题思路：

本题考查泊松分布的期望与绝对期望的计算。把 $|X-EX|$ 按 $X$ 是否为零分段写出，再用泊松分布的概率公式求和。

详细步骤：

1. 参数为 1 的泊松分布满足 $EX=1$。
2. 于是 $|X-EX|=\begin{cases}1, & X=0,\\X-1, & X=1,2,\cdots.\end{cases}$
3. 故 $E(|X-EX|)=1\cdot P\{X=0\}+\sum\limits_{k=1}^{\infty}(k-1)P\{X=k\}$。
4. 由 $P\{X=k\}=\dfrac{e^{-1}}{k!}$，得 $E(|X-EX|)=e^{-1}\sum\limits_{k}\dfrac{k-1}{k!}+e^{-1}=e^{-1}E(X-1)+e^{-1}=\dfrac{2}{e}$。
5. 故选 (C)。

最终答案：

$E(|X-EX|)=\dfrac{2}{e}$，选 (C)。

解题思路：

本题考查两个独立正态样本的样本方差之比的分布。关键是把两个样本方差分别标准化为 $\chi^2$ 变量，再由 $F$ 分布的定义得出比值的分布。

详细步骤：

1. $S_1^2=\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\overline{X})^2,\ S_2^2=\dfrac{1}{m-1}\sum\limits_{j=1}^m(Y_j-\overline{Y})^2$。
2. 由正态总体样本方差的性质：$\dfrac{(n-1)S_1^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)$，$\dfrac{(m-1)S_2^2}{2\sigma^2}\sim\chi^2(m-1)$。
3. 两个样本相互独立，故上述两个 $\chi^2$ 变量相互独立，它们的比服从 $F$ 分布：$\dfrac{(n-1)S_1^2/\sigma^2}{(m-1)S_2^2/(2\sigma^2)}\sim F(n-1,m-1)$。
4. 整理得 $\dfrac{2S_1^2}{S_2^2}\sim F(n-1,m-1)$，故选 (D)。

最终答案：

$\dfrac{2S_1^2}{S_2^2}\sim F(n-1,m-1)$，选 (D)。

解题思路：

本题考查正态总体中用样本统计量作无偏估计。无偏估计要求 $E(\hat\sigma)=\sigma$，因此只需求出 $E|X_1-X_2|$ 即可定出常数 $a$。

详细步骤：

1. 由 $X_1,X_2$ 独立同分布得 $Y=X_1-X_2\sim N(0,2\sigma^2)$，其密度 $f(y)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt2\,\sigma}e^{-\frac{y^2}{4\sigma^2}}$。
2. 计算绝对期望：$E|Y|=\int_{-\infty}^{+\infty}|y|f(y)dy=\dfrac{2}{\sqrt{2\pi}\sqrt2\,\sigma}\int_0^{+\infty}ye^{-\frac{y^2}{4\sigma^2}}dy$。
3. 其中 $\int_0^{+\infty}ye^{-\frac{y^2}{4\sigma^2}}dy=2\sigma^2$，故 $E|Y|=\dfrac{4\sigma^2}{\sqrt{2\pi}\sqrt2\,\sigma}=\dfrac{2\sigma}{\sqrt\pi}$。
4. 由无偏性 $E(\hat\sigma)=aE|Y|=\sigma$ 得 $a=\dfrac{\sqrt\pi}{2}$，故选 (A)。

最终答案：

$a=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$，选 (A)。

解题思路：

本题考查等价无穷小的定义与泰勒展开。$f(x)$ 与 $g(x)$ 等价意味着它们的比趋于 1，比较两边的一次项与二次项的系数即可定出 $a,b$。

详细步骤：

1. 由 $\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ 得 $f(x)=ax+bx^2+\ln(1+x)=(a+1)x+\left(b-\dfrac12\right)x^2+o(x^2)$。
2. 由 $e^{x^2}=1+x^2+o(x^2)$，$\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ 得 $g(x)=\dfrac32x^2+o(x^2)$。
3. 等价无穷小要求 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=1$：一次项系数必须为零，即 $a+1=0$，得 $a=-1$。
4. 二次项系数相等，即 $b-\dfrac12=\dfrac32$，得 $b=2$。
5. 故 $ab=-2$。

最终答案：

$ab=-2$。

解题思路：

本题考查曲面切平面的求法。把曲面写成隐函数形式 $F(x,y,z)=0$，求出法向量后代入点坐标即得切平面方程。

详细步骤：

1. 令 $F(x,y,z)=x+2y+\ln(1+x^2+y^2)-z$，则曲面为 $F=0$。
2. 求偏导：$F_x=1+\dfrac{2x}{1+x^2+y^2}$，$F_y=2+\dfrac{2y}{1+x^2+y^2}$，$F_z=-1$。
3. 在点 $(0,0,0)$ 处的法向量为 $(1,2,-1)$。
4. 切平面方程为 $1\cdot(x-0)+2\cdot(y-0)-1\cdot(z-0)=0$，即 $x+2y-z=0$。

最终答案：

切平面方程为 $x+2y-z=0$。

解题思路：

本题考查傅里叶余弦级数的系数计算与无穷级数的求和。先按公式算出 $a_n$，再代入奇数项指标求和。

详细步骤：

1. $f(x)$ 展开为余弦级数，由系数公式 $a_n=2\int_0^1(1-x)\cos n\pi x\,dx$。
2. 分部积分：$a_n=2\left(\int_0^1\cos n\pi x\,dx-\int_0^1x\cos n\pi x\,dx\right)=\dfrac{1}{n\pi}\sin n\pi x\Big|_0^1-\dfrac{1}{n\pi}\int_0^1x\,d\sin n\pi x$。
3. 继续分部积分得 $a_n=-\dfrac{2}{n\pi}\left(\left[x\sin n\pi x\Big|_0^1-\int_0^1\sin n\pi x\,dx\right]\right)=-\dfrac{2}{n\pi}\cdot\dfrac{1-\cos n\pi}{n\pi}$。
4. 即 $a_n=\dfrac{2(\cos n\pi-1)}{n^2\pi^2}$。
5. 取 $n=2k$ 时 $\cos 2k\pi=1$，故 $a_{2k}=0$，从而 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{2n}=0$。

最终答案：

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{2n}=0$。

解题思路：

本题考查利用函数的递推关系 $f(x+2)-f(x)=x$ 计算定积分。把 $\int_2^3f(x)dx$ 换元化为 $\int_0^1f(x+2)dx$，再用递推关系把 $f(x+2)$ 换成 $f(x)+x$。

详细步骤：

1. $\displaystyle\int_0^3f(x)dx=\int_0^2f(x)dx+\int_2^3f(x)dx$，且由条件 $\int_0^2f(x)dx=0$。
2. 换元 $\displaystyle\int_2^3f(x)dx=\int_0^1f(x+2)dx=\int_0^1\left[f(x)+x\right]dx$。
3. 故 $\displaystyle\int_0^3f(x)dx=\int_0^2f(x)dx+\int_0^1f(x)dx+\int_0^1x\,dx=0+\int_0^1f(x)dx+\dfrac12$。
4. 又由 $f(x+2)-f(x)=x$ 两边在 $[0,1]$ 上积分得 $\displaystyle\int_2^3f(x)dx-\int_0^1f(x)dx=\int_0^1x\,dx=\dfrac12$，即 $\displaystyle\int_2^3f(x)dx=\int_0^1f(x)dx+\dfrac12$。
5. 两式联立消去 $\displaystyle\int_0^1f(x)dx$，得 $\displaystyle\int_0^3f(x)dx=\dfrac12$。

最终答案：

$\displaystyle\int_0^3f(x)dx=\dfrac{1}{2}$。

解题思路：

本题考查向量内积构成的线性方程组。条件 $\gamma^T\alpha_i=\beta^T\alpha_i\ (i=1,2,3)$ 展开后是以 $k_1,k_2,k_3$ 为未知量的线性方程组，解出后求平方和。

详细步骤：

1. 由 $\gamma^T\alpha_i=\beta^T\alpha_i$ 得 $k_1\alpha_1^T\alpha_i+k_2\alpha_2^T\alpha_i+k_3\alpha_3^T\alpha_i=\beta^T\alpha_i\ (i=1,2,3)$。
2. 计算各内积：$\alpha_1^T\alpha_1=2,\ \alpha_2^T\alpha_1=0,\ \alpha_3^T\alpha_1=1$；$\alpha_2^T\alpha_2=2,\ \alpha_3^T\alpha_2=1$；$\alpha_3^T\alpha_3=2$；$\beta^T\alpha_1=0,\ \beta^T\alpha_2=-2,\ \beta^T\alpha_3=0$。
3. 于是方程组为 $2k_1+k_3=0,\ 2k_2+k_3=-2,\ k_1+k_2+2k_3=0$。
4. 解得 $k_1=-\dfrac12,\ k_2=-\dfrac32,\ k_3=1$。
5. 故 $k_1^2+k_2^2+k_3^2=\dfrac{1}{4}+\dfrac{9}{4}+1$。

最终答案：

$k_1^2+k_2^2+k_3^2=\dfrac{11}{9}$。

解题思路：

本题考查独立二项分布取相同值的概率计算。先写出 $X,Y$ 的可能取值，再用独立性把联合概率分解为边缘概率之积。

详细步骤：

1. $X\sim B\left(1,\dfrac13\right)$，故 $X$ 只取 $0,1$，且 $P(X=0)=\dfrac23,\ P(X=1)=\dfrac13$。
2. $Y\sim B\left(2,\dfrac12\right)$，故 $Y$ 取 $0,1,2$，且 $P(Y=0)=\dfrac14,\ P(Y=1)=\dfrac12,\ P(Y=2)=\dfrac14$。
3. $X$ 与 $Y$ 相互独立，故 $P(X=Y)=P(X=0)P(Y=0)+P(X=1)P(Y=1)$。
4. 代入得 $P(X=Y)=\dfrac23\cdot\dfrac14+\dfrac13\cdot\dfrac12=\dfrac16+\dfrac16=\dfrac13$。

最终答案：

$P(X=Y)=\dfrac{1}{3}$。

解题思路：

本题考查由几何条件建立微分方程并求积分函数的极值。第一问把”切线在 $y$ 轴上的截距等于点到 $y$ 轴的距离”翻译成方程；第二问对积分函数求导找驻点。

详细步骤：

1. （I）设点 $(x,y)$ 处的切线方程为 $y-y_0=y'(x_0)(x-x_0)$，令 $x=0$ 得切线在 $y$ 轴上的截距为 $y-xy'$。
2. 由点到 $y$ 轴的距离为 $x$ 得 $y-xy'=x$，即 $y=x(y-xy')$，解得 $y=x(2-\ln x)$。
3. 又曲线过点 $(1,2)$，即 $y(1)=2$，故 $y(x)=x(2-\ln x)$。
4. （II）$f(x)=\int_1^x(2-\ln t)t\,dt$，由微积分基本定理 $f'(x)=x(2-\ln x)$，令 $f'(x)=0$ 得驻点 $x=e^2$。
5. 当 $0<x<e^2$ 时 $f'(x)>0$，当 $x>e^2$ 时 $f'(x)<0$，故 $f$ 在 $x=e^2$ 处取得最大值。
6. $f(e^2)=\int_1^{e^2}(2-\ln x)x\,dx=\dfrac14e^4-\dfrac54$。

最终答案：

（I）$y(x)=x(2-\ln x)$； （II）$f(x)=\int_1^xy(t)dt$ 的最大值为 $\dfrac{1}{4}e^4-\dfrac{5}{4}$，在 $x=e^2$ 处取得。

解题思路：

本题考查二元函数的极值判定。先解驻点方程，再用二阶偏导构成的判别式 $AC-B^2$ 判断；当判别式为零时失效，还需沿曲线取极限判断函数值的符号。

详细步骤：

1. 求偏导：$f_x=-2x(y-x^2)-3x^2(y-x^3)$，$f_y=2y-x^2-3y^2+3x^3$，令二者为零解得驻点 $(0,0)$、$(1,1)$、$\left(\dfrac23,\dfrac{10}{27}\right)$。
2. 二阶偏导：$f_{xx}=-(2y+3y-15x^2)$，$f_{xy}=-(2+3x)$，$f_{yy}=2$。
3. 在 $(0,0)$ 处 $A=0,\ B=-2,\ C=2$，$AC-B^2=0$，充分条件失效；取 $y=x^2+kx^3\ (k>0)$ 则 $f(x,y)=kx^5+o(x^5)$，由极限的局部保号性知 $(0,0)$ 附近函数值变号，故不是极值点。
4. 在 $(1,1)$ 处 $A=12,\ B=-5,\ C=2$，$AC-B^2=24-25<0$，故不是极值点。
5. 在 $\left(\dfrac23,\dfrac{10}{27}\right)$ 处 $A=\dfrac{100}{27},\ B=\dfrac83,\ C=2$，$AC-B^2>0$ 且 $A>0$，故为极小值点，极小值为 $\left(\dfrac{10}{27}-\dfrac49\right)\left(\dfrac{10}{27}-\dfrac8{27}\right)=-\dfrac4{729}$。