2023年全国硕士研究生入学考试数学一真题

【解析】$k=\lim\limits_{x\to\infty} \frac{y}{x}=\lim\limits_{x\to\infty} \frac{x\ln(e+\frac{1}{x-1})}{x}=\lim\limits_{x\to\infty} \ln(e+\frac{1}{x-1})=1$，

$b=\lim\limits_{x\to\infty} (y-kx)=\lim\limits_{x\to\infty} [x\ln(e+\frac{1}{x-1})-x]=\lim\limits_{x\to\infty} x[\ln(e+\frac{1}{x-1})-1]=\lim\limits_{x\to\infty} \frac{1}{e}$。

所以斜渐近线方程为 $y=x+\frac{1}{e}$。

【解析】微分方程 $y''+ay'+by=0$ 的特征方程为 $\lambda^2+a\lambda+b=0$。

当 $\Delta=a^2-4b>0$ 时，特征方程有两个不同的实根 $\lambda_1,\lambda_2$，则 $y=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}$，只要 $\lambda_1,\lambda_2$ 至少有一个不等于零，$C_1,C_2$ 都不为零，则解无界。

当 $\Delta=a^2-4b=0$ 时，特征方程有两个相同的实根 $\lambda_1=\lambda_2=-\frac{a}{2}$，若 $C_2\neq0$，则 $y=C_1e^{-\frac{a}{2}x}+C_2xe^{-\frac{a}{2}x}$，在 $(-\infty,+\infty)$ 无界。

当 $\Delta=a^2-4b<0$ 时，特征方程的根为 $\lambda_{1,2}=-\frac{a}{2}\pm\frac{\sqrt{4b-a^2}}{2}i$，则通解为 $y=e^{-\frac{a}{2}x}(C_1\cos\frac{\sqrt{4b-a^2}}{2}x+C_2\sin\frac{\sqrt{4b-a^2}}{2}x)$。

此时，要使微分方程的解在 $(-\infty,+\infty)$ 有界，则 $a=0$，再由 $\Delta=a^2-4b<0$，知 $b>0$。

【解析】$t\geq0$ 时，$x=3t, y=t\sin t\Rightarrow y=\frac{x}{3}\sin\frac{x}{3}$；$t<0$ 时，$x=t, y=-t\sin t\Rightarrow y=-x\sin x$。

综上，$y=\begin{cases}\frac{x}{3}\sin\frac{x}{3}, & x\geq0\\-x\sin x, & x<0\end{cases}$。

从而 $f'(0)=\lim\limits_{x\to0^+}\frac{\sin\frac{x}{3}}{3}=0, f'(0)=\lim\limits_{x\to0^-}-\sin x=0$，得 $f'(0)=0$；

$y'(x)=\begin{cases}\frac{1}{3}\sin\frac{x}{3}+\frac{x}{9}\cos\frac{x}{3}, & x\geq0\\-\sin x-x\cos x, & x<0\end{cases}$

又 $y''(0)=\lim\limits_{x\to0^+}\frac{1}{3}\cos\frac{x}{3}=\frac{1}{3}$，$y''(0)=\lim\limits_{x\to0^-}-\sin x-x\cos x=0$，得 $y''(0)$ 不存在。

【解析】由条件知 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} (b_n-a_n)$ 为收敛的正项级数，进而绝对收敛。

设 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛，则由 $|b_n|=|b_n-a_n+a_n|\leq|b_n-a_n|+|a_n|$ 与比较判别法，得 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_n$ 绝对收敛。

设 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_n$ 绝对收敛，则由 $|a_n|=|a_n-b_n+b_n|\leq|b_n-a_n|+|b_n|$ 与比较判别法，得 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛。

【解析】因初等变换不改变矩阵的秩，

故选 (B)。

【解析】选项 (A) 矩阵的特征值为三个不同特征值，所以必可相似对角化； 选项 (B) 矩阵为实对称矩阵，所以必可相似对角化； 选项 (C) 矩阵特征值为 $1,2,2$，二重特征值的重数 $2=3-r(C-2E)$，所以必可相似对角化； 选项 (D) 矩阵特征值为 $1,2,2$，二重特征值的重数 $2\neq3-r(D-2E)$，所以不可相似对角化。 故选 (D)。

【解析】设 $r=x_1\alpha_1+x_2\alpha_2=y_1\beta_1+y_2\beta_2$，则 $x_1\alpha_1+x_2\alpha_2-y_1\beta_1-y_2\beta_2=0$。

$\left(\alpha_1,\alpha_2,-\beta_1,-\beta_2\right)=\begin{pmatrix}1 & 2 & -2 & -1\\2 & 1 & -5 & 0\\3 & 1 & -9 & -1\end{pmatrix}\to\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 3\\0 & 1 & 0 & -1\\0 & 0 & 1 & 1\end{pmatrix}$，

故 $(x_1,x_2,y_1,y_2)^T=c(-3,1,-1,1)^T,c\in\mathbb{R}$。

所以 $r=-c\beta_1+c\beta_2=(-1,-5,-8)^T=-c(1,5,8)^T$，即 $k(1,5,8)^T$，$k\in\mathbb{R}$。

【解析】由题可知 $E(X)=1$，所以 $E(|X-EX|)=\begin{cases}1, & X=0\\X-1, & X=1,2,\cdots\end{cases}$。

故 $E(|X-EX|)=1\cdot P\{X=0\}+\sum\limits_{k=1}^{\infty}(k-1)P\{X=k\}$

$=\frac{1}{e}\sum\limits_{k}(k-1)\frac{1}{k!}-(0-1)\frac{1}{e}$

$=\frac{1}{e}\cdot E(X-1)-(0-1)\frac{1}{e}=\frac{2}{e}$

【解析】$X_1,\cdots,X_n$ 的样本方差 $S_1^2=\frac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\overline{X})^2$，$Y_1,\cdots,Y_m$ 的样本方差 $S_2^2=\frac{1}{m-1}\sum\limits_{i=1}^m (Y_i-\overline{Y})^2$，则 $\frac{(n-1)S_1^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(n-1)$，$\frac{(m-1)S_2^2}{2\sigma^2}\sim \chi^2(m-1)$，两个样本相互独立，

所以 $\frac{(n-1)S_1^2/\sigma^2}{(m-1)S_2^2/2\sigma^2}=\frac{S_1^2/\sigma^2}{S_2^2/2\sigma^2}=\frac{2S_1^2}{S_2^2}\sim F(n-1,m-1)$，故选 (D)。

【解析】由题可知 $X_1-X_2\sim N(0,2\sigma^2)$，令 $Y=X_1-X_2$，则 $Y$ 的概率密度为 $f(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2\sigma}}e^{-\frac{y^2}{2\cdot2\sigma^2}}$。

$E(|Y|)=\int_{-\infty}^{+\infty}|y|\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2\sigma}}e^{-\frac{y^2}{4\sigma^2}}dy=\frac{2}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2\sigma}}\int_0^{+\infty}ye^{-\frac{y^2}{4\sigma^2}}dy=\sqrt{2\sigma^2}\sqrt{\frac{2}{\pi}}=\frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}$

由 $\hat{\sigma}=a|X_1-X_2|$ 为 $\sigma$ 的无偏估计，有 $E(\hat{\sigma})=\sigma$，得 $a=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$，故选 (A)。

【解析】$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to0}\frac{ax+bx^2+\ln(1+x)}{e^{x^2}-\cos x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{ax+bx^2+\ln(1+x)}{1+x^2+o(x^2)-[1-\frac{1}{2}x^2+o(x^2)]}=1$， 可得 $a+1=0,\ b-\frac{1}{2}=3/2$，即 $a=-1,b=2$，故 $ab=-2$。

【解析】$F(x,y,z)=x+2y+\ln(1+x^2+y^2)-z$，

即在点 $(0,0,0)$ 处的法向量为 $(1,2,-1)$，即切平面方程为 $x+2y-z=0$。

【解析】由 $f(x)$ 展开为余弦级数知，$f(x)$ 为偶函数。由傅里叶系数计算公式有

故 $a_{2n}=\frac{-1}{2n^2\pi^2}(\cos 2n\pi-1)=\frac{-1}{2n^2\pi^2}(1-1)=0$。

【解析】$\int_0^3 f(x)dx=\int_0^2 f(x)dx+\int_2^3 f(x)dx$，

又 $f(x+2)-f(x)=x$，两边对 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 积分，

所以 $\int_0^3 f(x)dx=\frac{1}{2}$。

【解析】$\gamma^T\alpha_i=\beta^T\alpha_i\Rightarrow k_1\alpha_1^T\alpha_i+k_2\alpha_2^T\alpha_i+k_3\alpha_3^T\alpha_i=\beta^T\alpha_i$，同理 $k_2=-1,k_3=-\frac{1}{3}$，所以 $k_1^2+k_2^2+k_3^2=\frac{11}{9}$。

【解析】因为 $X\sim B(1,\frac{1}{3})$，所以 $X=0,1$；$Y\sim B(2,\frac{1}{2})$，所以 $Y=0,1,2$。 又因为 $X$ 与 $Y$ 相互独立，所以

(I) 设点 $(x,y)$ 处的切线方程为 $y-y_0=y'(x_0)(x-x_0)$，故 $y$ 轴的截距为 $y-xy'$，则 $y=x(y-xy')$，解得 $y=x(2-\ln x)$。

由 $y(1)=C=2$，故 $y(x)=x(2-\ln x)$。

(II) 由 $f(x)=\int_1^x (2-\ln t)t dt$，故 $f'(x)=x(2-\ln x)$，$f'(x)=0$，则驻点为 $x=e^2$。

当 $0<x<e^2$ 时，$f'(x)>0$；当 $x>e^2$ 时，f'(x)&lt;0，故 $f(x)$ 在 $x=e^2$ 处取得极大值，同时也取得最大值，且最大值为 $f(e^2)=\int_1^{e^2} (2-\ln x)x dx=\frac{1}{4}e^4-\frac{5}{4}$。

【解析】

得驻点为 $(0,0),(1,1),(\frac{2}{3},\frac{10}{27})$。

$f_{xx}=-(2y+3y-15x^2),\ f_{xy}=-(2+3x),\ f_{yy}=2$。

代入 $(0,0)$，$A=f_{xx}=0,B=f_{xy}=-2,C=f_{yy}=2$，$AC-B^2=0$，故充分条件失效。

当 $x\to0$ 时，取 $y=x^2+kx^3(k>0)$，$f(x,y)=(y-x^2)(y-x^3)=kx^3[x^2+(k-1)x^3]=kx^5+o(x^5)$，

由极限的局部保号性，存在 $\delta>0$，当 $x\in(-\delta,0)$ 时，f(x,y)&lt;0=f(0,0)，当 $x\in(0,\delta)$ 时，$f(x,y)>0=f(0,0)$，故 $(0,0)$ 不是极值点。

代入 $(1,1)$，$A=f_{xx}=12,B=f_{xy}=-5,C=f_{yy}=2$，AC-B^2&lt;0，故 $(1,1)$ 不是极值点。

代入 $(\frac{2}{3},\frac{10}{27})$，$A=f_{xx}=\frac{100}{27},B=f_{xy}=\frac{8}{3},C=f_{yy}=2$，$AC-B^2>0$ 且 $A>0$，故 $(\frac{2}{3},\frac{10}{27})$ 是极小值点。

【解析】由高斯公式可得：

$D_{xy}: x^2+y^2\leq1$

【解析】 (I) $f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(\eta_1)}{2!}x^2$，$0<\eta_1<a$， $f(a)=f'(0)a+\frac{f''(\eta_1)}{2}a^2$； $f(-a)=f'(0)(-a)+\frac{f''(\eta_2)}{2}a^2$，-a<\eta_2&lt;0。

两式相加得 $f(a)+f(-a)=\frac{a^2}{2}[f''(\eta_1)+f''(\eta_2)]$。

由介值定理，存在 $\xi\in(-a,a)$，有 $f''(\xi)=\frac{f''(\eta_1)+f''(\eta_2)}{2}$，代入得 $f(a)+f(-a)=a^2f''(\xi)$，即 $f''(\xi)=\frac{1}{a^2}[f(a)+f(-a)]$。

(II) 设 $f(x)$ 在 $x_0\in(-a,a)$ 取极值，且 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 可导，则 $f'(x_0)=0$。

$f(-a)=f(x_0)+\frac{f''(\gamma_1)}{2!}(-a-x_0)^2$，$-a<\gamma_1<x_0$； $f(a)=f(x_0)+\frac{f''(\gamma_2)}{2!}(a-x_0)^2$，$x_0<\gamma_2<a$。

两式相减得 $f(a)-f(-a)=\frac{1}{2}[(a-x_0)^2f''(\gamma_2)-(a+x_0)^2f''(\gamma_1)]$。

由 $|f''(x)|$ 连续，设 $M=\max\{|f''(\gamma_1)|,|f''(\gamma_2)|\}$，则

当 $x_0\in(-a,a)$，$|f(a)-f(-a)|\leq2Ma^2$， 则 $M\geq\frac{1}{2a^2}|f(a)-f(-a)|$，即存在 $\eta\in(-a,a)$，有 $|f''(\eta)|\geq\frac{1}{2a^2}|f(a)-f(-a)|$。