文都24考研数学一_27考研真题_考研数学一、二、三历年真题+考研数学资料（1994-2026）_考研数学真题（1987-2026）_考研数学历年真题（1987-2024）_考研数学一真题1987-2024

2024年全国硕士研究生招生考试数学试题 2024 年全国硕士研究生招生考试数学一 一、选择题:1~10小题，每小题5分，共50分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项 是最符合题目要求的. 1.已知函数 f(x)= x ecostdt,g(x)= sinx et2 dt，则( ). 0 0 A. f(x)是奇函数，g(x)是偶函数 B. f(x)是偶函数，g(x)是奇函数 C. f(x)与g(x)均为奇函数 D. f(x)与g(x)均为周期的数 答案：C 解析：由结论可知，C正确. 2.设P=P(x,y,z),Q=Q(x,y,z)均为连续函数，为曲面z = 1−x2 − y2(x0,y0) 的上侧，则Pdydz+Qdzdx=( ).   x y  A.  P+ Q  dxdy  z z    x y  B.  − P+ Q  dxdy  z z    x y  C.  P− Q  dxdy  z z    x y  D.  − P− Q  dxdy  z z   答案：A z x z y 解析：由题设知 =− ， =− ，于是 x z y z   z  z   x y  Pdydz+Qdzdx=  P  −  +Q  − dxdy =   P+ Q  dxdy.   x  y  z z   D  xy   3.已知幂级数a xn的和函数为ln(2+x)，则na =( ). n 2n n=0 n=0 1 A.− 6 1 B.− 3 1 C. 6 12024年全国硕士研究生招生考试数学试题 1 D. 3 答案：A   x  (−1)n−1 x n 解析：由题设知a xn =ln(2+x)=ln2+ln 1+ =ln2+ ，则：     n  2 n 2 n=0 n=1 (−1)n−11 n a =ln2；当n1时，a = ，于是   0 n n 2 3 1   (−1)2n−11 2n  1 2n+1  2   1 na =n =− =− =− ，     2n 2n 2 2 1 2 6 n=1 n=1 n=1 1−   2   1 故na =na =− . 2n 2n 6 n=0 n=1 4.设函数 f(x)在区间(−1,1)上有定义，且lim f(x)=0，则( ). x→0 f(x) A.当lim =m时， f(0)=m x→0 x f(x) B.当 f(0)=m时，lim =m x→0 x C.当lim f(x)=m，时 f(0)=m x→0 D.当 f(0)=m时，lim f(x)=m x→0 答案：B 解析：由 f(0)=m可知， f(x)在x=0处连续，故lim f(x)= f(0)=0，于是 x→0 f(x)− f(0) f(x) lim =lim =m. x→0 x−0 x→0 x 5.在空间直角坐标系O−xyz中，三张平面:ax+by+cz =d (i=1,2,3)的位置关系如 i i i i i     1 1     图所示，记 =(a,b,c ), =(a,b,c,d ).若r  =m,r  =n，则( ). i i i i i i i i i  2  2           3 3 A．m=1,n=2 B．m=n=2 C.m=2,n=3 D.m=n=3 答案：B a x+b y+c z =d 1 1 1 1  解析：由图可知，三张平面相交于一条直线，即方程组a x+b y+c z =d 有无穷多解， 2 2 2 2  a x+b y+c z =d  3 3 3 3 22024年全国硕士研究生招生考试数学试题     1 1     于是r  =r  3.  2  2           3 3  a  1  1        1 1 a       6.设向量 = , = , = ，若,,线性相关，且其中任意两个向量均 1 −1 2 b 3 −1 1 2 3        1  a  1  线性无关，则( ). A.a=1,b−1 B.a=1,b=−1 C.a−2,b=2 D.a=−2,b=2 答案：D 解析：由题设知2r(,,)3，又 1 2 3 a 1 1  1 1 a      1 1 a 0 1−a 1−a2     (,,)= → ， 1 2 3 −1 b −1 0 0 ab+b+2     1 a 1  0 0 a2 +a−2 ab+b+2=0, 故 解得a=−2,b=2. a2 +a−2=0, 7.设A是秩为的三阶矩阵，是满足A=0的非零向量，若对满足T=0的任意向量 ，均有A=，则( ). A．A3的迹为2 B．A3的迹为5 C.A2的迹为8 D.A2的迹为9 答案：A 解析：由A=0=0(0)知，有1个特征值为0，且对应的特征向量为. 由r(A)=2知，A有2个线性无关的行向量. 由T=0知，至少存在两个线性无关的, 满足T=T=0 ，且同时满足 1 2 1 2 A =，A =，也即对应于A的特征值1至少有2个线性无关的特征向量. 1 1 2 2 综上A的特征值为0,1,1，A3的特征值为0,1,1，tr(A3)=.故选A. 8.设随机变量X,Y 相互独立，且X 服从正态分布N(0,2),Y 服从正态分布N(−2,2).若 P{2X +Y a}=P{X Y}，则a=( ). 32024年全国硕士研究生招生考试数学试题 A.−2− 10 B.−2+ 10 C.−2− 6 D.−2+ 6 答案：B 解析：由题设知2X +Y N(−2,10),X −Y N(2,4)，于是 2X +Y +2 a+2 a+2 P{2X +Y a}= P  =   ，  10 10   10  X −Y −2  X −Y −2  P{X Y}=P{X −Y 0}=P −1=1−P −1  2   2  =1−(−1)=(1)， a+2 故 =1，解得a = 10−2. 10 2(1−x), 0 x1, 9.设随机变量X 的概率密度为 f(x)= 在X =x(0x1)的条件下，  0, 其他, 随机变量Y 服从区间(x,1)上的均匀分布，则Cov(X,Y)=( ). 1 A．− 36 1 B．− 72 1 C． 72 1 D． 36 答案：D  1  , x y1, 解析：由题设知 f (y|x)=1−x 于是 Y|X   0, 其他, 2, 0 x y1, f(x,y)= f (y|x)f (x)= Y|X X 0, 其他, + 2y, 0 y1, f (y)= f(x,y)dx= 故 Y −  0, 其他, 1 1 1 1 1 Cov(X,Y)=E(XY)−E(X)E(Y)=2 xdx ydy− 2x(1−x)dx 2y2dy = . 0 x 0 0 36 10.设随机变量X,Y 相互独立，且均服从参数为的指数分布，令Z =| X −Y |，则下列随 机变量与Z同分布的是( ). A.X +Y 42024年全国硕士研究生招生考试数学试题 X +Y B. 2 C.2X D.X 答案：D 2e−(x+y), x0,y 0, 解析：由题设知 f(x,y)= 0, 其他. 设Z的分布函数为F (z)= P{Z  z}= P{| X −Y | z}，则： Z 当z 0时，F (z)=0； Z 当z 0时， + y+z F (z)=P{| X −Y | z}=  f(x,y)dxdy =2 e−ydy e−xdx=1−e−z， Z 0 y |x−y|z 即Z服从参数为的指数分布，故选D. 二、填空题：11~16小题,每小题5分,共30分. (1+ax2)sinx −1 11.已知lim =6，则a=________. x→0 x3 【答案】6. (1+ax2)sinx −1 esinxln(1+ax2) −1 ax2sinx 【解析】lim =lim =lim =a=6. x→0 x3 x→0 x3 x→0 x3 12.设函数 f(u,v)具有二阶连续偏导数，且df =3du+4dv，令 y= f(cosx,1+x2)， (1,1) d2y 则 =________. dx2 x=0 【答案】5. 【解析】由题设知 f(1,1)=3， f (1,1)=4. 1 2 dy 又由y= f(cosx,1+x2)可知 =(−sinx)f+2xf ，于是 dx 1 2 d2y =(−cosx)f−sinx[f (−sinx)+2xf ]+2f +2x[f (−sinx)+2xf ]， dx2 1 11 12 2 21 22 d2y 故 =−f(1,1)+2f (1,1)=. dx2 1 2 x=0 52024年全国硕士研究生招生考试数学试题 a  13.已知函数 f(x)=x+1，若 f(x)= 0 +a cosnx,x(0,) ，则limn2sina = 2 n n→ 2n−1 n=0 ________. 1 答案：− .  2  nx 4 解析：由题设可知a =  (x+1)cos dx=− ，故 n  0  n2  4  1 limn2sina =lim − n2 =− .   n→ 2n−1 n→ (2n−1)2   1 14.微分方程y= 满足条件y(1)=0的解为 . (x+ y)2  答案：y−arctan(x+ y)=− . 4 1 解析：令x+ y=u，等式两边对x求导，得u=1+y，于是原方程可化为u−1= ，即 u2 u2 u2 du =dx，两边积分得 du = dx，解得u−arctanu= x+C，将u= x+ y代 1+u2 1+u2 入上式得y−arctan(x+y)=C.   又 y(1)=0，代入得C =− .于是所求特解为y−arctan(x+ y)=− . 4 4 a+1 a x  y  15. 设 实 矩 阵 A=   ， 若 对 任 意 实 向 量 = 1  ， = 1  ，  a a  x   y  2 2 ( TA )2 TATA都成立，则a的取值范围是 . 答案：[0,+) 解析：由 ( TA )2 TATA知TA ( T −T) A，又 y  x  0 −1 T −T = 1  (x x )− 1  (y y )=(x y −x y )  ，  y  1 2  x  1 2 1 2 2 1 1 0  2 2 于是 0 −a A(T −T)A=(x y −x y )  ， 1 2 2 1 a 0  62024年全国硕士研究生招生考试数学试题 0 −a 故TA ( T −T) A=(x y −x y )T   =−a(x y −x y )2 0，得 1 2 2 1 a 0  1 2 2 1 7 a  0 . 16.设随机试验每次成功的概率为 p，现进行三次独立重复实验，在至少成功了一次的条件 4 下，三次实验全部成功的概率为 ，则 p= . 13 2 答案： 3 解析：设随机变量X 表示三次实验中成功的次数，则X B(3,p)，于是 P(X =3,X 1) P(X =3) p3 4 P(X =3| X 1)= = = = ， P(X 1) P(X 1) 1−(1− p)3 13 2 解得 p= . 3 三、解答题：17~22题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.   x 17.已知平面区域D= (x,y)| 1−y2  x1,−1 y1 ，求 dxdy. x2 + y2 D 解析：由题设知，记D 为D中x轴上方的部分，于是 1 x x  dxd=2 dxdy x2 + y2 x2 + y2 D D 1 =2 1 dy 1 x dx= 1 dy 1 1 d ( x2 + y2) 0 1−y2 x2 + y2 0 1−y2 x2 + y2 =2 1 1+ y2dy−2=  y 1+ y2 +ln ( y+ 1+ y2 ) 1 −2 0   0 ( ) = 2−2+ln 1+ 2 . 18.已知函数 f(x,y)= x3+ y3−(x+ y)2 +3，设T 是曲面z= f(x,y)在点(1,1,1)处的切平 面，D为T 与坐标平面所围有界闭区域在xOy平面上的投影. （1）求T 的方程； （2）求 f(x,y)在D上的最大值与最小值. 解析：（1）由题设知T 的法向量 n={f , f ,−1}={3x2−2(x+y),3y2−2(x+y),−1}， x y 于是曲面z= f(x,y)在点(1,1,1)处的切平面T 的方程为 −(x−1)−(y−1)−(z−1)=0， 即x+y+z=3. （2）由（1）知D={(x,y)|x+y3,x0,y0}，于是：2024年全国硕士研究生招生考试数学试题   f  =3x2 −2(x+ y)=0, 4 4 4 5 在区域D的的内部，令 x 解得x= y = ， f  ,  = ； f  =3y2 −2(x+ y)=0, 3 3 3 9  y 在区域D的边界x+y=3上，取L(x,y,)= x3+ y3−(x+ y)2 +3+(x+ y−3)，令  L =3x2 −2(x+ y)+=0,  x  L  =3y2 −2(x+ y)+=0, y  L  = x+ y−3   3 3 3 3 解得x= y = ， f , = ；   2 2 2 4 在区域D的边界x=0上， f(0,y)= y3−y2 +3(0 y3)，令 f (0,y)=3y2−2y=0， y 2  2 77 解得y =0,y = ， f  0,  = ， f(0,3)=21； 1 2 3  3 27 在区域D的边界y=0上， f(x,0)= x3−x2 +3(0 x3)，令 f (x,0)=3x2 −2x=0， x 2 2  77 解得x =0,x = ， f ,0 = ， f(3,0)=21.   1 2 3 3  27 4 4 5 综上 f = f , = ， f = f(0,3)= f(3,0)=21.   min 3 3 9 max 19.设函数 f(x)具有2阶导数，且 f(0)= f(1),| f(x)|1. x(1−x) 证明：(1)当x(0,1)时，| f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x| ； 2 1 f(0)+ f(1) 1 (2)  f(x)dx−  . 0 2 12 证明：(1)当x(0,1)时， f(x)在x=0处的二阶泰勒展开式为 f() f(x)= f(0)+ f(0)x+ 1 x2,(0,x) ① 2! 1 f(x)在x=1处的二阶泰勒展开式为 f() f(x)= f(1)+ f(1)(x−1)+ 2 (x−1)2, (x,1) ② 2! 2 于是由①(1−x),②x知， f() f(x)(1−x)= f(0)(1−x)+ f(0)x(1−x)+ 1 x2(1−x)， 2! f() f(x)x= f(1)x+ f(1)x(x−1)+ 2 x(x−1)2， 2! 由于 f(0)= f(1)，于是两式相加，得 f() f() f(x)= f(0)(1−x)+ f(1)x+ 1 x2(1−x)+ 2 x(x−1)2， 2 2 于是知 82024年全国硕士研究生招生考试数学试题 | f()x2(1−x)+ f()x(x−1)2 | | f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x|= 1 2 2 x(1−x) = | f()x+ f()(1−x)|. 2 1 2 又由于| f(x)|1，所以 | f()x+ f()(1−x)| x+(1−x)=1， 1 2 从而知 x(1−x) | f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x| . 2 20.已知有向曲线L是球面x2 + y2 +z2 =2x与平面2x−z−1=0的交线，从z轴正向往 9 z 轴负向看去为逆时针方向，计算曲线积分  (6xyz−yz2)dx+2x2zdy+xyzdz. L 2  3 x−   x2 + y2 +z2 =2x,  5 y2 解析：联立 得曲线L的方程为 + =1，记是球面上以L  2x−z−1=0, 4 4 25 5 是为边界的有向曲面，取上侧，则的法向量的方向余弦为 2 1 cos=− ,cos=0,cos= ， 5 5 根据斯托克斯公式，有  (6xyz−yz2)dx+2x2zdy+xyzdz L 2 1 − 0 5 5    = dS x y z  6xyz− yz2 2x2z xyz  2 1  1 2 2 4 5 = x+ (1−2x) dS = dS =dxdy=  = .    5 5  5 5 5 25    x =−2x +2z , n n−1 n−1  21.已知数列{x y z }满足x =−1，y =0，z =2，且y =−2y −2z  n n n 0 0 0 n n−1 n−1  x =−6x −3y +z   n n−1 n−1 n−1 记 =(x y z )T.写出满足 = A 的矩阵A，并求An及x y z . n n n n n n−1 n n n x  −2 0 2 x  −2 0 2  n n−1        【解】由题设知 y = 0 −2 −2 y ，即 = A ，于是A= 0 −2 −2 .  n   n−1 n n−1          z −6 −3 3 z −6 −3 3        n n−1 +2 0 −2 由E−A= 0 +2 2 =0，解得A的特征值为= = =−. 1 2 3 6 3 −32024年全国硕士研究生招生考试数学试题 当=时，解Ax =0，得=对应的特征向量为 =(−)T； 1 1 1 当 =时，解(E−A)x=0，得=对应的特征向量为 =(−)T； 2 1 2 当 =−时，解(−2E−A)x=0，得=对应的特征向量为 =(−)T. 3 1 3 0    于是存在可逆矩阵P =()，使得P−1AP = 1 =，即A= PP−1，故 1 2 3     −2   An = PnP−1 −1  1 2 −10 0 0  1 2 −1     = −1 −2 2 0 1 0 −1 −2 2      1 3 0  0 0 (−)n 1 3 0      −4+(−1)n+12n −2+(−1)n+12n 2    = 4+(−1)n2n+1 2+(−1)n2n+1 −2 .    −6 −3 3    x  x  x  x  n n−1 n−2 0         于是 y = A y = A2 y = = An y ，得  n  n−1  n−2  0         z z z z         n n−1 n−2 2 x =+(−)n，y =−+(−)n+1，z =12. n n n 22.总体X 满足[0,]上的均匀分布，为(0,+)上的未知实数，X ,X , X 为总体X 1 2 n 的简单随机样本，记X =max(X ,X , X )，T =cX (n) 1 2 n c (n) （1）求出c，使T 是的无偏估计； c （2）记h(c)= E(T −)2，求出c使h(c)最小. c 0, x0,  x 解析：(1)由已知X 的分布函数为F (x)= , 0 x, X   1, x.  设X 的分布函数为F (x)= P{X  x}= P{max(X ,X , X ) x} (n) X(n) (n) 1 2 n = P{X  x}P{X  x} P{X  x}=[F (x)]n 1 2 n X 0, x0,  xn = , 0 x, n  1, x.  nxn−1  , 0 x, 因此X 的概率密度 f (x)= n (n) X(n)  0, 其他. 102024年全国硕士研究生招生考试数学试题 + nxn n 从而E(X )= xf (x)dx=  dx= . (n) − X(n) 0 n n+1 cn n+1 若T =cX 是的无偏估计，则E(T )=cE(X )= =，解得c= . c (n) c (n) n+1 n (2)h(c)= E(T −)2 = E(T2 −2T +2)= E(T2)−2E(T )+2. c c c c c + nxn+1 c2n2 又E(T2)=c2E[(X )2]=c2 x2f (x)dx =c2 dx = ，因此 c (n) − X(n) 0 n n+2 c2n2 2cn2  c2n 2cn  h(c)= − +2 =2  − +1， n+2 n+1 n+2 n+1   2cn 2n  h(c)=2 − +1 ，   n+2 n+1  n+2 n+2 n+2 令h(c)=0，解得c= ，又h   0，故c= 时，h(c)最小. n+1  n+1 n+1 11