2020云南考研数学一真题及答案.doc

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1、2020云南考研数学一真题及答案一、选择题：18 小题，第小题 4 分，共 32 分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请将选项前的字母填在答题纸指定位置上.1. x0+时，下列无穷小阶数最高的是0A. x(et2 -1)dt0B. xln(1+t3)dtC. sinxsint2dt 01-cos xD. 01. 答案：Dsin3 tdtx02. 设函数f(x)在区间（-1，1）内有定义，且limf(x) =0,则（）A. 当limx 0B. 当limx0f (x) = 0, f ( x)在x = 0 处可导.| x |x2f (x) = 0, f ( x)在x = 0

2、处可导.C. 当 f(x)在x=0处可导时,limx 0D. 当 f(x)在x=0处可导时,limx0f (x) = 0.| x |x2f (x) = 0.2. 答案：B解析:Qlimf (x) = 0limf(x)=0limf (x) = 0,limf (x) = 0x0x0| x|x0+xx0-xx2lim f (x) = 0, lim f ( x) = 0x0xx0limf (x) -f (0) = limf (x) = 0 =f (0)x0x - 0x0xf (x) 在 x = 0 处可导选 BA.lim( x, y )(0,0)B.lim( x, y )(0,0)C.lim( x,

3、y )(0,0)D.lim( x, y )(0,0)| n (x, y, f (x, y)|= 0存在x2 +y2x2 +y2| n(x, y, f (x, y)|=0存在x2 +y2| d (x, y, f (x, y)|= 0存在x2 +y2| d (x, y, f (x, y)|= 03. 答案：A解析：Qf (x, y)在(0, 0) 处可微. f (0, 0)=0x2 +y2limx0 y0f (x, y) -f (0, 0) -f x(0, 0) x -f y(0, 0) y = 0x2 +y2即limx0y0f (x, y) -f x(0, 0) x -f y(0, 0) y =

4、 0n(x,y,f(x,y)x2 +y2Qn (x, y, f (x, y) )=f x(0, 0)x +f y(0, 0) y -f (x, y)lim( x, y )(0,0)= 0 存在选 A.4.设R为幂级数ar 的收敛半径，r是实数，则（）nnn=1A. a r 发散时，| r |Rnnn=1B. a r 发散时，| r |Rnnn=1C.| r |R 时， a r 发散nnn=1D.| r |R 时， a r 发散nnn=14. 答案：A解析：R 为幂级数a x 的收敛半径.nnn=1 a x 在(-R, R) 内必收敛.nnn=1 a r 发散时，| r |R .nnn=1选 A

5、.5. 若矩阵A经初等列变换化成B，则（）A. 存在矩阵 P，使得 PA=BB. 存在矩阵 P，使得 BP=AC. 存在矩阵 P，使得 PB=AD. 方程组 Ax=0与 Bx=0同解5. 答案：B解析：QA 经初等列变换化成 B.存在可逆矩阵 P1 使得 AP1 =B11A =BP-1令P =P-1A =BP.选B.26. 已知直线 L: x-a2=y-b2=2-c2与直线 L: x-a3=y-b3=2-c3相交于一点，法1ai a1b1c1a2b2c2向量 a=b ,i =1, 2, 3. 则iiciA. a1可由 a2, a3线性表示B. a2可由 a1, a3线性表示C. a3可由 a1

6、, a2线性表示D. a1, a2, a3线性无关6. 答案：C解析：令 L 的方程 x -a2 = y -b2=z -c2 =t1xa1b1c1a2a1 即有y=b+tb=a+ta2121zc c2 1xa3a2由 L 的方程得y =b +t b =a+ta232 32zc c32 由直线L1与L2相交得存在t使a2+ta1=a3+ta2即a3=ta1+(1-t)a2，a3可由a1,a2线性表示，故应选C.7. 设 A,B,C为三个随机事件，且 P( A) =P(B) =P(C) =1, P( AB) =04P( AC) =P(BC) =1123A.42B.31C.2，则 A,B,C 中恰有

7、一个事件发生的概率为5D.127. 答案：D解析： P( ABC ) =P( ABUC) =P( A) -P A(BUC)=P( A) -P( AB +AC)=P( A) +P( AB) -P( AC) +P( ABC)=1 - 0 -1 + 0 =14126P(BAC ) =P(BAUC) =P(B) -PB( AUC)=P(B) -P(BA) -P(BC) +P( ABC)=1 - 0 -1 + 0 =14126P(CBA) =P(CBUA) =P(C) -PCU (BUA)=P(C) -P(CB) -P(CA) +P( ABC)=1 -1 -1 + 0 =14121212P( ABC +

8、ABC +ABC) =P( ABC ) +P( ABC ) +P( ABC)=1 +1 +1 =5661212选择 D8. 设 X1, X2, Xn为来自总体 X 的简单随机样本，其中 P( X = 0) =P( X =1) =1 , F(x) 表2100示标准正态分布函数，则利用中心极限定理可得 P Xi 55的近似值为i=1A.1-F(1)B. F(1)C.1-F(2)D. F(2)8.答案：B解析：由题意EX =1 , DX =124100100EXiX=100EX=50.DXi=100DX= 25i=1i=1100由中心极限定理Xi N (50,25)i=1100100Xi-5555-

9、50PXi 55=Pi=155=F(1)i=1故选择 B二、填空题：914 小题，每小题 2 分，共 24 分。请将解答写在答题纸指定位置上.9.lim1-1=x0 ex-1ln(1+x)9. 解析：lim1-1x0 ex-1ln(1+x)=limln(1 +x) - e x +1xx0 (e-1) ln(1+x)=limx0ln(1+x)-ex+1x21-ex= lim 1+xx02x=-1t 2 +1x=10. 设d 2 y，则2 |t =1=y=ln(t+10. 解析：t2+1)dxdy11+tdyt +t 2 +1t 2 +11=dt= =t 2 +1dxdxttdtdy2dyddtd

10、 dy t 2 +1dt -12dtt=-=3dx2dy2dx2得dx2=-t =1dxttt 2 +1dt11. 若 函 数f (x) 满 足f (x) +af (x) +f (x) = 0(a 0), 且f (0) =m, f (0) =n ， 则=+f (x)dx011. 解析：特征方程为l2+al+1=0l10,l20特征根为l1,l2，则l1+l2=-a,l1l2=1，特征根+f (x)dx =-+ f (x) +af (x)dx000=- f (x) +af (x) |+=n +am2fxyxy xt 212. 设函数f(x,y)=e dt，则=012. 解析：(1,1)f=ex(

11、xy)2 x=xex3y2yf2f=y=ex3y+3x3y2ex3y2xyx2fxy=e+3e = 4e.(1,1)a0-11013. 行列式a1-1=-11a01-10a13. 解析：a0-11a0-110a1-1=0a1-1-11a0-11a01-10a00aa0a-1+a21a-1+a21=0a1-1 =-a1-1-11a00aa00aaaa2-21=-a2-1=a4-4a2.00a14. 设 X服从区间-p,p上的均匀分布， Y=sinX，则Cov( X,Y) =2 214. 解析：1ppp解 f (x) =0-x22其他cov( X ,Y ) =EXY -EXEY=E( X sin

12、X ) -EXE(sin X )p1p1p1=2xsinxdx-2xdx2sin xdx-pp-pp-pp2221 p0=2p2 x sin xdx - 02 p0=p2 (-x)d cos x=2-pppx cos x 2 +2 cos xdx 00=20+sinxp=22p0 p三、解答题：1523 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（本题满分 10 分）求函数 f (x, y) =x3 + 8 y3 -xy 的最大值15. 解析：求一阶导可得f =3x2 -yxf = 24 y2 -xyf = 0x =1x令fx =06可得y=

13、01 =0y求二阶导可得y =122fx2= 6x2fx2y=-12fy2= 48 y当 x = 0, y = 0时.A = 0.B =-1.C = 0AC -B2 0.A=10故1,1 是极小值点1 1136 12 1311极小值f,=+8-6=-61261216.（本题满分 10 分）12216计算曲线积分 I =16. 解析： 4x -yL 4x2 +y2dx +x +y4x2 +ydy ，其中 L 是 x2 +y2 = 2 ，方向为逆时针方向设 P =4x -y4x2 +y2,Q =x +y4x2 +y2Q =P =-4x 2 +y 2 - 8xy则xy(4x 2 +y 2 )2取路径

14、 Le: 4x2 +y2 =e2 , 方向为顺时针方向.则4x -ydx +x+ydyL4x2+y24x2 +y2=4x -yL+Le4x2 +y2dx+x +y4x2 +y2dy-4x -yLe4x2 +y2dx+x+ydy4x2 +y2=Q-Pdxdy+1 (4x-y)dx+(x+y)dy2 -LD xyeee2 2De2ee=11- (-1)dxdy =12S=1 2pDe2 =p.217.（本题满分 10 分）1a xn设数列an 满足 a1=1, (n+1)an+1=n+2 an，证明：当|x| 0n+12n1nn +1则an+1 = 21，即an+1 anann+1nnn故a 单调

15、递减且0 a 1 ，故 a xn xnn当| x | 0 ，则c 0, 2.由 f (0) =f (2) = 0 及罗尔定理知，存在h(0, 2) ，使 f (h) = 0,当h(0, c 时，f (c) -f (0) =c f (x) d x0M =| f (c) |=| f (c) -f (0) |c| f (x) |d x Mc,0又 f (2) -f (c) =2 f (x) d xcM =| f (c) |=| f (2) -f (c) |2 | f (x) | dx M (2 -c)c于是 2M y,则PXx, X y, X = 1 =1 PX y =1 F( y)1132121

16、F(x)F( y) +1 F(x), x y11故F(x,y)=22F(x)F(y)+F( y), xy22(2)FY ( y) =PY y=PX 3 ( X1 -X 2 ) +X 2 y=1 PX ( X -X ) +X y | X = 0+1 PX ( X -X ) +X y | X= 1231223231223=1 PX22 y | X 3= 0+1 PX21 y | X 3= 1=1 F( y) +1 F( y)22=F( y).23. 设某种元件的使用寿命 T的分布函数为tm1- e-q,t 0,其中q,m 为参数且大于零.F (t)=0,其他.（1） 求概率 PTt 与 PTs+t

17、|Ts ，其中 s0,t0.（2） 任取 n个这种元件做寿命试验，测得它们的寿命分别为t1, t2, tn，若 m已知，求q的最大似然估计值q.23.解析：（1）PTt mq-t = 1 -F (t) =e q-t mPT s +t | T s =PT t =e -tm(2)f(t)=F(t)=mq-mtm-1.eq,t00其他nP(i)mnq-mn(tt)m-1en-q-mtimt 0似然函数 L(q) =i =1f t ，q=1 n0i=1i其他当t1 0,t2 0,tn 0 时L(q)=mnq-mn(tt)m-1en-q-mtimi=1nn1n取对数ln L(q) =n ln m -mn lnq+ (m +1) lnt -q-m t miid ln(q) =-mn +nq-(m+1)mi =1i =1求导数dqqmmn1 ntmii =1d ln(q)tii =1令=0解得q=dq1mntmn i =1i所以q的最大似然估计值q$=