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参考，汉语词语，读音cān kǎo，指参证有关材料来帮助研究和了解；在研究或处理某些事情时，把另外的资料或数据拿来对照。出自《老残游记．第三回》。下面是小编为大家整理的2023年考研数学一真题及参考答案解析，欢迎大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。
2023年考研数学一真题及参考答案解析
一、选择题：1~10小题,每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.
1. 的斜渐近线为( )
A. B.
C. D.
【答案】B.
【解析】由已知，则
，
，
所以斜渐近线为.故选B.
2.若的通解在上有界，则（ ）.
A. B.C. D.
【答案】D
【解析】微分方程的特征方程为.
若 ，则通解为；
若，则通解为；
若，则通解为.
由于在上有界，若，则中时通解无界，若，则中时通解无界，故.
时，若 ，则，通解为，在上有界.
时，若，则，通解为，在上无界.
综上可得，
3. 设函数由参数方程确定，则( ).
A．连续，不存在 B.存在，在处不连续
C.连续，不存在 D.存在，在处不连续
【答案】C
【解析】，故在连续
.
时，；时，；时，，故在连续.
,
,
故不存在.故选C.
4.设，且与收敛，绝对收敛是绝对收敛的（ ）.
A.充分必要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既非充分又非必要条件
【答案】A.
【解析】由已知条件可知为收敛的正项级数，进而绝对收敛.
设绝对收敛，则由与比较判别法,得 绝对收玫
设绝对收敛，则由与比较判别法，得绝对收敛.故选A.
5.设均为阶矩阵，，记矩阵的秩分别为，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由矩阵的初等变换可得
，故.
，故.
，故.
综上，比较可得B正确.
6. 下列矩阵不能相似对角化的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D.
【解析】由于A.中矩阵的特征值为，特征值互不相同，故可相似对角化.
B.中矩阵为实对称矩阵，故可相似对角化.
C.中矩阵的特征值为，且，故可相似对角化.
D.中矩阵的特征值为，且，故不可相似对角化.
选D.
7. 已知向量，，，，若既可由线性表示，也可由线性表示，则( )
A． B.
C. D.
【答案】D.
【解析】设，则，对关于的方程组的系数矩阵作初等变换化为最简形，
，
解得，故
.
8.设服从参数为1的泊松分布，则（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C.
【解析】方法一 由已知可得，，，故
，
故选C.
方法二 由于，于是，因此
.
由已知可得，，故
，
故选C.
9.设为来自总体的简单随机样本，为来自总体的简单随机样本，且两样本相互独立，记，，，，则( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由两样本相互独立可得与相互独立，且
，，
因此，故选D.
10. 已知总体服从正态分布，其中为未知参数，，为来自总体的简单随机样本，且为的无偏估计，则( ).
A. B. C. D.
【答案】A.
【解析】由与，为来自总体的简单随机样本，，相互独立，且
，，
因而，令，所以的概率密度为
，
所以
，
又由为的无偏估计可得，，即
，
解得，故选A.
二、填空题：11~16小题,每小题5分,共30分.请将答案写在答题纸指定位置上.
11．当时，与是等价无穷小，则 .
【答案】【解析】由题意可知，
，
于是，即，从而.
12.曲面在处的切平面方程为_ .
【答案】【解析】由于在点处的法向量为
，
从而曲面在处的切平面方程为
13.设是周期为的周期函数，且，则 .
【答案】【解析】由题意知，
于是.
14.设连续函数满足，，则 .
【答案】【解析】
15.已知向量，若，则 .
【答案】【解析】，；
，；
，.
故.
16. 设随机变量与相互独立，且则 .
答案】【解析】.
三、解答题：17~22小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（本题满分10分）
设曲线经过点，该曲线上任意一点到轴的距离等于该点处的切线在轴上的截距.
（1）求;
（2）求函数在的最大值.
【解】（1）曲线在点处的切线方程为，于是切线在轴上的截距为，由题意可知，即，此为一阶线性微分方程，根据通解公式可得
，
将代入上式得，即.
(2)由（1）知，于是，.
令，解得唯一驻点，，故
.
18.（本题满分12分）
求函数的极值
【解】由已知可得，，由解得驻点为.
又，，.
在处，，，
取，于是，从而在的领域内；
取，于是，从而在的领域内，从而在点处不去极值；
在处，，于是，故不是极大值点
在处，,于是，是极小值点，极小值.
19.（本题满分12分）
已知有界闭区域是由，，所围的，为边界的外侧，计算曲面积分.
【解】由高斯公式，有
.
由于关于坐标面对称，是关于的奇函数，因此
，所以
.
20.（本题满分12分）
设函数在上有二阶连续导数.
（1）证明：若，存在，使得；
（2）若在上存在极值，证明：存在，使得.
【证明】(1)将在处展开为
，
其中介于与之间
分别令和，则
，，
，，
两式相加可得
，
又函数在上有二阶连续导数，由介值定理知存在，使得
，
即.
(2)设在处取得极值，则.
将在处展开为
，
其中介于与之间.
分别令和，则
，，
，，
两式相减可得
，
所以
，
即.
21.（本题满分12分）
设二次型 ，
，
(1)求可逆变换，将化为.
(2)是否存在正交矩阵，使得时，将化为.
【解】(1) 由配方法得
.
令，则，即时，规范形为 .
令，则时，规范形为.
故可得
时化为,可逆变换,其中
(2)二次型的矩阵为.
,
所以的特征值为.
二次型的矩阵为.
,
所以的特征值为.
故 合同但不相似，故不存在可逆矩阵 使得
若存在正交矩阵，当时，，即，即相似，矛盾，故不存在正交矩阵，使得时，化为.
22.（本题满分12分）
设二维随机变量的概率密度函数为(1)求和的协方差；
(2)判断和是否相互独立；
(3)求的概率密度函数.
【解】(1)由题意可得，和的边缘概率密度分别为
因此,其中
，
，
，
故.
(2)由(1)可知，，故和不相互独立.
(3)设的分布函数为，概率密度为，则根据分布函数的定义有
当时，；
当时，
；
当时，.
综上，故