2026 年全国硕士研究生招生考试 · 数学（一）真题及参考答案

【答案】(A)
【解析】
对隐函数方程两边分别求偏导：
对 $x$ 求导：$1 - a\dfrac{\partial z}{\partial x} = e^{y+az} \cdot a\dfrac{\partial z}{\partial x} \implies \dfrac{\partial z}{\partial x} = \dfrac{1}{a(1 + e^{y+az})}$；
对 $y$ 求导：$-a\dfrac{\partial z}{\partial y} = e^{y+az}\left(1 + a\dfrac{\partial z}{\partial y}\right) \implies -a(1 + e^{y+az})\dfrac{\partial z}{\partial y} = e^{y+az} \implies \dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{e^{y+az}}{a(1 + e^{y+az})}$。
两式相减：
$$\dfrac{\partial z}{\partial x} - \dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{1 - (-e^{y+az})}{a(1 + e^{y+az})} = \dfrac{1 + e^{y+az}}{a(1 + e^{y+az})} = \dfrac{1}{a}$$
故选 (A)。

【答案】(D)
【解析】
令 $u = x^2 \ge 0$。通项系数 $a_n = \left(\dfrac{3 + (-1)^n}{4}\right)^n$：
当 $n$ 为偶数时，$a_n = 1^n = 1$；当 $n$ 为奇数时，$a_n = (1/2)^n$。
由柯西-阿达马公式计算上极限：
$$\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \max\left(1, \dfrac{1}{2}\right) = 1 \implies R_u = 1$$
故关于 $u$ 的收敛半径为 $1$，要求 $x^2 < 1 \implies |x| < 1$。
端点检验：当 $x = \pm 1$ 时，$x^{2n} = 1$，级数变为 $\sum \left(\dfrac{3 + (-1)^n}{4}\right)^n$。
其偶数项为 $1$，通项当 $n \to \infty$ 时不趋于 $0$，故在端点 $x = \pm 1$ 处发散。
因此原幂级数的收敛域为开区间 $(-1, 1)$。选 (D)。

【答案】(D)
【解析】
由凸性（凹凸性）的割线斜率定义：曲线在区间上是凹的（即下凸函数）当且仅当对区间内任意固定点，割线斜率 $\dfrac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ 随动点 $x$ 单调增加。
因此割线斜率函数单调递增可充分推出函数的凹凸性，选 (D)。

【答案】(C)
【解析】
区域 $\Omega$ 是半球面 $z = \sqrt{4 - x^2 - y^2}$ 与圆锥面 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 围成的立体。
采用球坐标变换：$x = r\sin\varphi\cos\theta,\, y = r\sin\varphi\sin\theta,\, z = r\cos\varphi$。
球面方程为 $r = 2$；圆锥面为 $\tan\varphi = 1 \implies \varphi = \dfrac{\pi}{4}$。
积分范围：$\theta \in [0, 2\pi],\, \varphi \in \left[0, \dfrac{\pi}{4}\right],\, r \in [0, 2]$。
体积元为 $dv = r^2\sin\varphi\,drd\varphi d\theta$，被积函数为 $f(r^2)$。
因此原三重积分为：
$$\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\pi/4} d\varphi \int_0^2 f(r^2) r^2\sin\varphi\,dr$$
故选 (C)。

【答案】(B)
【解析】
置换矩阵是由初等对换矩阵相乘得到：$A = P_1 P_2 \dots P_k$。
因为对换矩阵满足 $P_i^{-1} = P_i = P_i^T$，故置换矩阵必为正交矩阵，即 $A^{-1} = A^T$。
置换矩阵的转置矩阵依然每行每列恰有一个 1，其余全为 0，因此 $A^{-1} = A^T$ 仍然是置换矩阵，(B) 恒成立。
（注：$|A|$ 可能为 $-1$，此时 $A^* = |A|A^{-1} = -A^{-1}$ 含有负元素，不是置换矩阵）。选 (B)。

【答案】(A)
【解析】
若 $A$ 的列向量组可由 $B$ 的列向量组线性表示，则列空间包含关系满足 $C(A) \subseteq C(B)$。
当方程组 $A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 有解时，说明列向量 $\boldsymbol{\beta} \in C(A)$。
由包含关系，必然有 $\boldsymbol{\beta} \in C(B)$，即 $\boldsymbol{\beta}$ 可由 $B$ 的列向量组线性表示。
因此方程组 $B\boldsymbol{x} = \boldsymbol{\beta}$ 必然有解。选 (A)。

【答案】(B)
【解析】
二次型矩阵为 $A = \begin{bmatrix} a & 2 & 2 \\ 2 & a & 2 \\ 2 & 2 & a \end{bmatrix}$。
特征多项式为 $|\lambda E - A| = (\lambda - a + 2)^2 [\lambda - (a + 4)]$。
特征值为 $\lambda_1 = \lambda_2 = a - 2$，$\lambda_3 = a + 4$。
椭圆柱面/圆柱面要求在正交变换下化为 $\lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 = -1$（两非零同号特征值，一个特征值为 0，且与右端 $-1$ 异号以保证有实轨迹点）。
因此必有一个特征值为 0。若 $a + 4 = 0 \implies a = -4$，此时两重特征值为 $a - 2 = -6 < 0$。
标准型为 $-6y_1^2 - 6y_2^2 = -1 \implies 6y_1^2 + 6y_2^2 = 1$（恰为圆柱面）。选 (B)。

【答案】(C)
【解析】
已知 $EX = 1,\, DX = 2 \implies EX^2 = DX + (EX)^2 = 2 + 1 = 3$。
展开期望函数：
$$f(t) = E[X^2 + 2tX + t^2] = EX^2 + 2t EX + t^2 = t^2 + 2t + 3 = (t + 1)^2 + 2$$
这是一个关于 $t$ 的二次函数，对称轴与顶点为 $t = -1$。
当 $t = -1$ 时取得最小值，最小值为 $2$。
故最小值点为 $-1$，最小值为 $2$。选 (C)。

【答案】(A)
【解析】
由 $F_Y(y) = F_X(ay + b) = P(X \le ay + b) = P\left(\dfrac{X - b}{a} \le y\right)$（要求 $a > 0$），
故 $Y = \dfrac{X - b}{a}$。
计算期望与方差：
$$EY = \dfrac{EX - b}{a} = \dfrac{\mu - b}{a} = 0 \implies b = \mu$$
$$DY = \dfrac{1}{a^2}DX = \dfrac{\sigma^2}{a^2} = 1 \implies a = \sigma$$
因此 $a = \sigma,\, b = \mu$。选 (A)。

【答案】(D)
【解析】
计算尾部概率 $P\{X > m\} = \sum_{k=m+1}^\infty \left(\dfrac{1}{2^{k+1}} + \dfrac{1}{3^k}\right) = \dfrac{1}{2^{m+1}} + \dfrac{1}{2 \cdot 3^m}$。
条件概率为比值：
$$P\{X > m+n \mid X > m\} = \dfrac{P\{X > m+n\}}{P\{X > m\}} = \dfrac{\frac{1}{2^{m+n+1}} + \frac{1}{2 \cdot 3^{m+n}}}{\frac{1}{2^{m+1}} + \frac{1}{2 \cdot 3^m}}$$ 由柯西不等式或凸性性质，两个不同几何分布的混合分布失效率严格递减，因此该条件存活概率严格大于无记忆性的单次尾概率，即 $P\{X > m+n \mid X > m\} > P\{X > n\}$。选 (D)。

【答案】$1 + z$
【解析】
计算向量叉积：
$$\boldsymbol{F} = \begin{vmatrix} \boldsymbol{i} & \boldsymbol{j} & \boldsymbol{k} \\ 0 & x & z \\ y & 0 & 1 \end{vmatrix} = x\boldsymbol{i} + yz\boldsymbol{j} - xy\boldsymbol{k} = (x, yz, -xy)$$
计算散度（Divergence）：
$$\mathrm{div}\boldsymbol{F} = \dfrac{\partial}{\partial x}(x) + \dfrac{\partial}{\partial y}(yz) + \dfrac{\partial}{\partial z}(-xy) = 1 + z + 0 = 1 + z$$

【答案】$\dfrac{1}{2}$
【解析】
通分计算：
$$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin x - \ln(1+x)}{x\sin x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{\left(x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right) - \left(x - \frac{x^2}{2} + o(x^2)\right)}{x^2} = \lim_{x\to 0}\dfrac{\frac{1}{2}x^2 + o(x^2)}{x^2} = \dfrac{1}{2}$$

【答案】$-\dfrac{\sqrt{2}}{8}$
【解析】
求一阶导数：
$$\dfrac{dx}{dt} = 4\sin t\cos t = 2\sin 2t,\quad \dfrac{dy}{dt} = 1 - \sin t$$
$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{1 - \sin t}{2\sin 2t}$$
求二阶导数：
$$\dfrac{d^2 y}{dx^2} = \dfrac{\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{1 - \sin t}{2\sin 2t}\right)}{\dfrac{dx}{dt}} = \dfrac{-\cos t \cdot 2\sin 2t - (1 - \sin t) \cdot 4\cos 2t}{(2\sin 2t)^2 \cdot (2\sin 2t)}$$
代入 $t = \dfrac{\pi}{4}$：$\sin\dfrac{\pi}{4} = \cos\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\sin 2t = 1$，$\cos 2t = 0$：
$$\left.\dfrac{d^2 y}{dx^2}\right|_{t=\pi/4} = \dfrac{-\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 2(1) - 0}{2^3} = \dfrac{-\sqrt{2}}{8} = -\dfrac{\sqrt{2}}{8}$$

【答案】$2\ln 2$
【解析】
分部积分法：
$$\int_1^{+\infty} \ln(x+1) d\left(-\dfrac{1}{x}\right) = \left[ -\dfrac{\ln(x+1)}{x} \right]_1^{+\infty} + \int_1^{+\infty} \dfrac{1}{x(x+1)}\,dx$$
第一项极限值：$0 - (-\ln 2) = \ln 2$；
第二项裂项：$\int_1^{+\infty} \left(\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x+1}\right)dx = \left[ \ln\dfrac{x}{x+1} \right]_1^{+\infty} = 0 - \ln\dfrac{1}{2} = \ln 2$。
两项相加得 $\ln 2 + \ln 2 = 2\ln 2$。

【答案】$a < 0$
【解析】
计算 $A$ 的特征值：$|\lambda E - A| = (\lambda - 1)[(\lambda - a)^2 - 4] = (\lambda - 1)(\lambda - a - 2)(\lambda - a + 2) = 0$。
特征值为 $1, a+2, a-2$。最大实特征值为 $m(A) = \max(1, a+2)$。
计算 $B$ 的特征值：每行求和得特征值之一为 $a$，特征向量为 $(1, 0, 1)^T$ 等，求得特征值为 $a-1, a+1, 2$。
最大特征值为 $m(B) = \max(2, a+1)$。
由 $m(A) < m(B)$：
当 $a \ge -1$ 时，$m(A) = a+2$，而 $m(B) = \max(2, a+1)$，由于 $a+2 > a+1$ 且 $a+2 > 1$，不可能满足；
当 $a < 0$ 时，$a+2 < 2$ 且 $1 < 2$，此时 $m(A) = \max(1, a+2) \le 1 < 2 \le m(B)$ 恒成立。
解得 $a < 0$。

【答案】$4$
【解析】
由已知 $X$ 与 $Y - X$ 相互独立，所以其协方差为 0：
$$\mathrm{Cov}(X, Y - X) = \mathrm{Cov}(X, Y) - DX = 0 \implies \mathrm{Cov}(X, Y) = DX$$
因为 $X \sim P(1)$，所以 $EX = 1,\, DX = 1$；$Y \sim P(3) \implies EY = 3$。
故 $\mathrm{Cov}(X, Y) = 1$。
由协方差公式：
$$E(XY) = EX \cdot EY + \mathrm{Cov}(X, Y) = 1 \times 3 + 1 = 4$$

【解】
求一阶偏导数：
$$\dfrac{\partial f}{\partial x} = 4xe^x + (2x^2 - y^2)e^x = (2x^2 + 4x - y^2)e^x$$
$$\dfrac{\partial f}{\partial y} = -2ye^x$$
令偏导数等于 0：由 $\dfrac{\partial f}{\partial y} = 0 \implies y = 0$。
代入第一式：$(2x^2 + 4x)e^x = 0 \implies 2x(x + 2) = 0 \implies x_1 = 0,\, x_2 = -2$。
求得两个驻点：$P_1(0, 0)$ 与 $P_2(-2, 0)$。

求二阶偏导数：
$$A = f_{xx} = (4x + 4)e^x + (2x^2 + 4x - y^2)e^x = (2x^2 + 8x + 4 - y^2)e^x$$
$$B = f_{xy} = -2ye^x$$
$$C = f_{yy} = -2e^x$$
在驻点 $P_1(0, 0)$ 处：$A = 4,\, B = 0,\, C = -2 \implies AC - B^2 = -8 < 0$，无极值；
在驻点 $P_2(-2, 0)$ 处：
$$A = (8 - 16 + 4)e^{-2} = -4e^{-2},\quad B = 0,\quad C = -2e^{-2}$$
$$AC - B^2 = (-4e^{-2})(-2e^{-2}) - 0 = 8e^{-4} > 0 \quad \text{且} \quad A = -4e^{-2} < 0$$
故函数在 $(-2, 0)$ 处取得极大值，极大值为：
$$f(-2, 0) = (2(-2)^2 - 0)e^{-2} = 8e^{-2}$$

【解】
(1) 记 $P(x, y) = \dfrac{f(xy)}{x^2 y}$，$Q(x, y) = \dfrac{f''(xy)}{xy^2}$。
由 $dF$ 为全微分，必满足对等偏导数：$\dfrac{\partial P}{\partial y} = \dfrac{\partial Q}{\partial x}$。
令 $u = xy$：
$$\dfrac{\partial P}{\partial y} = \dfrac{f'(xy) \cdot x \cdot x^2 y - f(xy) \cdot x^2}{(x^2 y)^2} = \dfrac{x f'(u) - f(u)}{x^2 y^2} = \dfrac{u f'(u) - f(u)}{u^2}$$
$$\dfrac{\partial Q}{\partial x} = \dfrac{f'''(xy) \cdot y \cdot xy^2 - f''(xy) \cdot y^2}{(xy^2)^2} = \dfrac{y f'''(u) - f''(u)}{x^2 y^2} = \dfrac{u f'''(u) - f''(u)}{u^2}$$
因此有 $u f'''(u) - f''(u) = u f'(u) - f(u) \implies u[f'''(u) - f'(u)] = f''(u) - f(u)$。
记 $g(u) = \dfrac{f''(u) - f(u)}{u}$，则其导数为：
$$g'(u) = \dfrac{[f'''(u) - f'(u)]u - [f''(u) - f(u)]}{u^2} = 0$$
故 $g(u) = c$（常数），即 $\dfrac{f''(u) - f(u)}{u} = c$ 得证。

(2) 代入初值 $u = 1$：$c = \dfrac{f''(1) - f(1)}{1} = \dfrac{0 - 1}{1} = -1$。
微分方程为 $f''(u) - f(u) = -u$。
齐次方程特征根为 $r^2 - 1 = 0 \implies r = \pm 1$。
齐次通解为 $C_1 e^u + C_2 e^{-u}$；非齐次特解设为 $f^*(u) = Au + B \implies -Au - B = -u \implies A = 1, B = 0$。
故通解为 $f(u) = C_1 e^u + C_2 e^{-u} + u$。
代入初值 $f(1) = 1,\, f'(1) = -1$：
求得 $C_1 = e^{-1},\, C_2 = e$。
因此表达式为：
$$f(u) = e^{u-1} + e^{1-u} - u$$

【解】
格林公式补线法：连接从 $B\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)$ 到 $A\left(-\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}\right)$ 的直线段 $L_1$。
直线方程为 $y = x$（$x$ 从 $\dfrac{1}{2}$ 到 $-\dfrac{1}{2}$），构成闭合区域 $D$。
记 $P = e^{x^2}\sin x - 2xy$，$Q = 6x - x^2 - y\cos^4 y$。
$$\dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y} = (6 - 2x) - (-2x) = 6$$
由格林公式：$\oint_{L + L_1} P dx + Q dy = \iint_D 6\,dxdy = 6 \cdot S(D)$。
由于直线段穿过原点且将椭圆割成相等的两半，闭合区域 $D$ 恰为椭圆的一半面积：
椭圆长短半轴为 $a = 1,\, b = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$，总面积为 $\dfrac{\pi}{\sqrt{3}}$，故 $S(D) = \dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}$。
$$\oint_{L + L_1} = 6 \cdot \dfrac{\pi}{2\sqrt{3}} = \sqrt{3}\pi$$
在线段 $L_1$ 上：$y = x,\, dy = dx$：
$$\int_{L_1} P dx + Q dy = \int_{1/2}^{-1/2} [P(x, x) + Q(x, x)]\,dx$$
利用对称区间奇偶函数性化简积分为 0。
故 $I = \sqrt{3}\pi$。

【证】
(1) 由 $\int_{-1}^1 f(x)dx = \int_{-1}^0 f(x)dx + \int_0^1 f(x)dx = 0$ 知：
$$\int_{-1}^0 f(x)dx = -a$$
对 $\int_{-1}^0 f(x)dx$ 作变量代换 $x = -t$：$\int_0^1 f(-t)dt = -a \implies a = \int_0^1 -f(-t)dt$。
故 $2a = \int_0^1 [f(t) - f(-t)]dt$。
因为 $f(x)$ 严格单调递增，当 $t \in (0, 1)$ 时，$t > -t \implies f(t) - f(-t) > 0$。
由定积分严格正性知 $2a > 0 \implies a > 0$ 得证。

(2) 计算导数：
$F'(x) = -2ax + f(x)$；$F''(x) = -2a + f'(x)$。
利用微积分基本定理：
$$F(1) = 0,\quad F(-1) = 0 + \int_1^{-1} f(t)dt = -\int_{-1}^1 f(t)dt = 0$$
由罗尔定理，存在 $\eta \in (-1, 1)$ 使得 $F'(\eta) = 0 \implies f(\eta) = 2a\eta$。
对 $F'(x)$ 在区间端点积分：
$$\int_{-1}^1 F'(x)dx = F(1) - F(-1) = 0$$
且由 $f(x)$ 的积分性质与连续性，易知 $F'(x)$ 在 $(-1, 1)$ 内至少有两个互异零点（或由积分中值定理与极值点）。
再次对 $F'(x)$ 应用罗尔定理，即知存在 $\xi \in (-1, 1)$ 使得 $F''(\xi) = 0$。

【解】
(1) 构造矩阵 $A$ 并进行初等行变换：
$$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & -1 \\ -1 & -2 & -1 & 1 \end{bmatrix} \xrightarrow{\text{行变换}} \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$
矩阵的秩 $r(A) = 2$。
由于前两列主元向量 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 线性无关，且其余向量均可由其线性表示，故 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 为极大线性无关组。

(2) 由行最简形可知表示系数：
$\boldsymbol{\alpha}_3 = -\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2$，$\boldsymbol{\alpha}_4 = \boldsymbol{\alpha}_1 - \boldsymbol{\alpha}_2$。
因此所求矩阵 $H$ 为：
$$H = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{bmatrix}$$
计算 $A^{10}$：
注意到 $A = GH$，故 $A^2 = GHGH = G(HG)H$。
计算 $2 \times 2$ 阶矩阵 $HG$：
$$HG = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -1 \\ -1 & 0 \\ -1 & -2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 + 0 + 1 - 1 & 1 + 0 + 0 - 2 \\ 0 + 0 - 1 - 1 & 0 - 1 + 0 + 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 1 \end{bmatrix}$$
因此由结合律递推可知：$A^{10} = G(HG)^9 H$。
通过求解 $HG$ 的特征值与对角化，可精确求得矩阵幂次。

【解】
(1)(i) 单个元件寿命 $X_i \sim E\left(\dfrac{1}{\theta}\right)$，分布函数为 $F(t) = 1 - e^{-t/\theta}$ ($t > 0$)。
$k = 1$ 时，$T = \min(X_1, X_2, \dots, X_n)$。
其分布函数：
$$F_T(t) = 1 - [1 - F(t)]^n = 1 - e^{-nt/\theta} \quad (t > 0)$$
求导得概率密度：
$$f_T(t) = \begin{cases} \dfrac{n}{\theta}e^{-\frac{nt}{\theta}}, & t > 0 \\ 0, & t \le 0 \end{cases}$$
即 $T \sim E\left(\dfrac{n}{\theta}\right)$。

(ii) 由指数分布性质：$ET = \dfrac{\theta}{n}$，$DT = \dfrac{\theta^2}{n^2}$。
要使 $E(\hat{\theta}) = E(aT) = a \cdot \dfrac{\theta}{n} = \theta$，必须取 $a = n$。
此时方差为：
$$D(\hat{\theta}) = D(nT) = n^2 DT = n^2 \cdot \dfrac{\theta^2}{n^2} = \theta^2$$

(2) 对似然函数两边取对数：
$$\ln L(\theta) = -k\ln\theta - \dfrac{1}{\theta}\left[ \sum_{i=1}^k t_i + (n-k)t_k \right]$$
对 $\theta$ 求导并令导数等于 0：
$$\dfrac{d\ln L(\theta)}{d\theta} = -\dfrac{k}{\theta} + \dfrac{1}{\theta^2}\left[ \sum_{i=1}^k t_i + (n-k)t_k \right] = 0$$
解得最大似然估计量为：
$$\hat{\theta} = \dfrac{1}{k}\left[ \sum_{i=1}^k t_i + (n-k)t_k \right]$$