2012云南考研数学一真题及答案.pdf

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1、2 0 1 2 云 南 考 研 数 学 一 真 题 及 答 案一、选 择 题:1 8 小 题，每 小 题 4 分，共 3 2 分.下 列 每 题 给 出 的 四 个 选 项 中，只 有 一 个 选 项符 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)曲 线221x xyx渐 近 线 的 条 数()(A)0(B)1(C)2(D)3(2)设 函 数2()(1)(2)()x x nxy x e e e n,其 中 n 为 正 整 数,则(0)y()(A)1(1)(1)!nn(B)(1)(1)!nn(C)1(1)!nn(D)(1)!nn(3)

2、如 果 函 数(,)f x y 在(0,0)处 连 续,那 么 下 列 命 题 正 确 的 是()(A)若 极 限00(,)l i mxyf x yx y存 在,则(,)f x y 在(0,0)处 可 微(B)若 极 限2 200(,)l i mxyf x yx y存 在,则(,)f x y 在(0,0)处 可 微(C)若(,)f x y 在(0,0)处 可 微,则 极 限00(,)l i mxyf x yx y存 在(D)若(,)f x y 在(0,0)处 可 微,则 极 限2 200(,)l i mxyf x yx y存 在(4)设20s i n(1,2,3)kxKe x dx k I 则

3、 有()(A)1 2 3I I I(B)3 2 1I I I(C)2 3 1I I I(D)2 1 3I I I(5)设1100C,2201C,3311C,4411C,其 中1 2 3 4,C C C C 为 任 意 常 数，则 下列 向 量 组 线 性 相 关 的 为()(A)1 2 3,(B)1 2 4,(C)1 3 4,(D)2 3 4,(6)设 A 为 3 阶 矩 阵，P 为 3 阶 可 逆 矩 阵，且11 0 00 1 00 0 2p A P.若 P=（1 2 3,），1 2 2 3(,)，则1Q A Q()(A)1 0 00 2 00 0 1(B)1 0 00 1 00 0 2(C

4、)2 0 00 1 00 0 2(D)2 0 00 2 00 0 1(7)设 随 机 变 量 X 与 Y 相 互 独 立，且 分 别 服 从 参 数 为 1 与 参 数 为 4 的 指 数 分 布，则 p X Y()(A)15(B)13(C)25(D)45(8)将 长 度 为 1 m 的 木 棒 随 机 地 截 成 两 段，则 两 段 长 度 的 相 关 系 数 为()(A)1(B)12(C)12(D)1 二、填 空 题：9 1 4 小 题,每 小 题 4 分,共 2 4 分.请 将 答 案 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.(9)若 函 数()f x 满 足 方 程()()2()0 f

5、 x f x f x 及()()2 f x f x e，则()f x(1 0)2202 d x x x x=(1 1)(2,1,1)()|zgr ad x y+y(1 2)设,1,0,0,0 x y z x y z x y z，则2y ds(1 3)设 X 为 三 维 单 位 向 量，E 为 三 阶 单 位 矩 阵，则 矩 阵TE X X 的 秩 为(1 4)设 A,B,C 是 随 机 变 量，A 与 C 互 不 相 容，1 1,2 3p A B P C p A B C 三、解 答 题：1 5 2 3 小 题,共 9 4 分.请 将 解 答 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.解 答 应

6、写 出 文 字 说 明、证 明 过 程 或 演 算 步 骤.(1 5)证 明21l n c os 1(1 1)1 2x xx x xx(1 6)求 函 数2 22(,)x yf x y x e 的 极 值(1 7)求 幂 级 数2204 4 32 1nnn nxn 的 收 敛 域 及 和 函 数(1 8)已 知 曲 线(),:(0),c os 2x f tL ty t 其 中 函 数()f t 具 有 连 续 导 数，且(0)0,()0(0).2f f t t 若 曲 线 L 的 切 线 与 x 轴 的 交 点 到 切 点 的 距 离 恒 为 1，求 函 数()f t 的 表 达 式，并 求

7、此 曲 线 L 与 x 轴 与 y 轴 无 边 界 的 区 域 的 面 积。(1 9)已 知 L 是 第 一 象 限 中 从 点(0,0)沿 圆 周2 2+2 x y x 到 点(2,0)，再 沿 圆 周2 2+4 x y 到 点(0,2)的 曲 线 段，计 算 曲 线 积 分2 33 d(2)dLJ x y x x x y y(2 0)(本 题 满 分 分)设1 0 0 10 1 0 1,0 0 1 00 0 1 0aaAaa（I）计 算 行 列 式;A(I I)当 实 数 a 为 何 值 时，方 程 组 A x 有 无 穷 多 解，并 求 其 通 解。(2 1)已 知1 0 10 1 11

8、 00 1Aaa，二 次 型1 2 3(,)()T Tf x x x x A A x 的 秩 为 2（1）求 实 数 a 的 值；（2）求 正 交 变 换 x Q y 将 f 化 为 标 准 型.（2 2）设 二 维 离 散 型 随 机 变 量 X、Y 的 概 率 分 布 为0 1 2014 0141 013 02112 0112（）求 2 P X Y；（）求 C o v(,)X Y Y.(2 3)设 随 机 变 量 X 与 Y 相 互 独 立 且 分 别 服 从 正 态 分 布2(,)N u 与2(,2)N u，其 中 是 未 知参 数 且 0。设.Z X Y(1)求 Z 的 概 率 密 度

9、2(,);f z（2）设1 2,nz z z 为 来 自 总 体 Z 的 简 单 随 机 样 本，求2 的 最 大 似 然 估 计 量2（3）证 明2为2 的 无 偏 估 计 量参 考 答 案一、选 择 题1 2 3 4 5 6 7 8C C B D C B A D二、填 空 题9、xe；1 0、2；1 1、1,1,1；1 2、31 2；1 3、2；1 4、34三、解 答 题(1 5)证 明：令 21l n c o s 11 2x xf x x xx，()f x 是 偶 函 数 21 2l n s i n1 1x xf x x xx x 0 0 f 2 2222 1 41 1c o s 11

10、11x xf x xx xx 2 22 24 4c os 1 2 01 1xx x 所 以 0 0 f x f 即 证 得：21l n c o s 1 1 11 2x xx x xx(1 6)解：2 2 2 2 2 22 222 2 22,1 0,0 x y x y x yx yf x ye x e x e xxf x yx e yy 得 驻 点 1 21,0,1,0 P P 2 2 2 22 22 2222 222222222,2 1,1,1x y x yx yx yf x yx e e x xxf x ye x yx yf x yx e yy 根 据 判 断 极 值 的 第 二 充 分 条

11、 件，把 11,0,P 代 入 二 阶 偏 导 数 B=0，A 0，C 0，所 以 11,0,P 为 极 小 值 点，极 小 值 为 121,0 f e 把 21,0 P代 入 二 阶 偏 导 数 B=0，A 0，C 0，所 以 21,0 P为 极 大 值 点，极 大 值 为 121,0 f e(1 7)解：（）收 敛 域22(1)122 22 22 114 4 3()4 4 3 2(1)12 1l i m l i m l i m4(1)4(1)3()2 1 4(1)4(1)32(1)1nnn n nnnn nxa x n n nnR x xn n a x n n nxn 令21 x，得 1

12、1 x，当 1 x 时，技 术 发 散。所 以，收 敛 域 为(1,1)（）设2 22 2 2 20 0 04 4 3(2 1)2 2()(2 1)(1)2 1 2 1 2 1n n n nn n nn n nS x x x n x x xn n n 令210()(2 1)nnS x n x，2202()2 1nnS x xn因 为2 2 11 20 00 0()(2 1)(1)1x xn nn nxS t d t n t d t x xx 所 以21 2 2 21()()(1)1(1)x xS x xx x 因 为2 1202()2 1nnx S x xn所 以2 22 20 01()2 2

13、 2(1)1n nn nx S x x x xx 所 以2 20 0 01 1 1 1()2()l n(1)1 1 1 1x x xxt S t d t d t d t xt t t x 即201()l n1x xx S xx，故21()l n1xx S xx当 0 x 时，21 1()l n1xS xx x当 0 x 时，1 2(0)1,(0)2 S S 所 以，22 21 21 1 1l n(1,0)(0,1)()()()(1)13 0 x xxS x S x S x x x xx(1 8)解：曲 线 L 在 任 一 处(,)x y 的 切 线 斜 率 为s i n()dy tdx f t

14、，过 该 点(,)x y 处 的 切 线 为s i nc o s()()tY t X f tf t。令 0 Y 得()c o t()X f t t f t。由 于 曲 线 L 与 x 轴 和 y 轴的 交 点 到 切 点 的 距 离 恒 为 1.故 有2 2()c ot()()c os 1 f t t f t f t t，又 因 为()0(0)2f t t 所 以s i n()c ottf tt，两 边 同 时 取 不 定 积 分 可 得()l n s e c t a n s i n f t t t t C，又 由 于(0)0 f，所 以 C=0 故 函 数()l n s e c t a n

15、s i n f t t t t 此 曲 线 L 与 x 轴 和 y 轴 所 围 成 的 无 边 界 的 区 域 的 面 积 为：20c os()4S t f t dt(1 9)解：补 充 曲 线1L 沿 y 轴 由 点(2,0)到 点(0,0),D 为 曲 线 L 和1L 围 城 的 区 域。由 格 林 公 式 可 得原 式=1 12 3 2 33 d(2)d 3 d(2)dL L Lx y x x x y y x y x x x y y=1 12 2(3 1 3)(2)1 2D L D Lx x d y dy d y dy 2 22 2 20 01 12 1 2 44 2 2 2y d y

16、y(2 0)解：（I）4 1 41 0 01 0 0 00 1 0=1 0 1(1)1 0 10 0 10 0 1 0 10 0 1aa aaA a a a aaaa(I I)对 方 程 组 A x 的 增 广 矩 阵 初 等 行 变 换：2 3 21 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 10 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 10 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 00 0 1 0 0 0 1 0 0 1a a aa a aa a aa a a a a a 4 21 0 0 10 1 0 10 0 1 00 0 0 1aaaa a a 可 知，要 使 方 程 组 A x 有

17、无 穷 多 解，则 有41 0 a 且20 a a，可 知 1 a 此 时，方 程 组 A x 的 增 广 矩 阵 变 为1 1 0 0 10 1 1 0 10 0 1 1 00 0 0 0 0，进 一 步 化 为 最 简 形 得1 0 0 1 00 1 0 1 10 0 1 1 00 0 0 0 0 可 知 导 出 组 的 基 础 解 系 为1111，非 齐 次 方 程 的 特 解 为0100，故 其 通 解为1 01 11 01 0k(2 1)解：（1）由 二 次 型 的 秩 为 2，知()2Tr A A，故()()2Tr A r A A 对 矩 阵 A 初 等 变 换 得1 0 1 1

18、0 1 1 0 1 1 0 10 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 11 0 0 0 1 0 0 1 0 0 10 1 0 1 0 0 1 0 0 0a a a aa a a 因()2 r A，所 以 1 a（2）令2 0 20 2 22 2 4TB A A 2 0 2 2 0 2 1 0 20 2 2(2)2 2(2)1 2 2(2)(6)02 2 4 0 2 4 0 2 4E B 所 以 B 的 特 征 值 为1 2 30,2,6 对 于10，解1()0 E B X 得 对 应 的 特 征 向 量 为1(1,1,1)T 对 于22，解2()0 E B X 得 对 应 的 特 征 向

19、量 为2(1,1,0)T 对 于36，解3()0 E B X 得 对 应 的 特 征 向 量 为3(1,1,2)T 将1 2 3,单 位 化 可 得1 2 11 1 11 1 11,1,13 2 61 0 2 正 交 矩 阵1 1 13 2 61 1 13 2 61 203 6Q，则026TQ A Q 因 此，作 正 交 变 换 x Q y，二 次 型 的 标 准 形 为2 22 3()()2 6T T Tf x x A A x y A y y y（2 2）解：X 0 1 2P 1/2 1/3 1/6Y 0 1 2P 1/3 1/3 1/3X Y 0 1 2 4P 7/1 2 1/3 0 1/

20、1 2（）1 12 0,0 2,1 04 4P X Y P X Y P X Y（）c o v(,)c o v(,)c o v(,)X Y Y X Y Y Y c ov(,)X Y E X Y E X E Y，其 中2 22 5,1,1,3 3E X E X E Y E Y 2 24 5()19 9D X E X E X 2 25 2()13 3D Y E Y E Y，23E X Y 所 以，2 2c ov(,)0,c ov(,),c ov(,),03 3X YX Y Y Y D Y X Y Y(2 3)解：（1）因 为2(,)X N u，2(,2)Y N u，且 X 与 Y 相 互 独 立，故

21、2(0,3)Z X Y 所 以 Z 的 概 率 密 度 为22261(,)()6zf z e z（2）最 大 似 然 函 数 为222 261 11()(;)(),(1,2,)6izn ni ii iL f z e z i n 两 边 取 对 数，得22 2211l n()l n 6 l n 2 6niiZL 两 边 求 导 得2 22 22 2 2 2 2 21 1l n()1 1 3()2 6()6()n niii iZ d Ln Zd 令22l n()0()d Ld，得2 2113niiZn所 以2 的 最 大 似 然 估 计 量2 2113niiZn（3）证 明：2 2 2 2 21 1 11 1 1()()()()33 3 3n n ni i ii i iE E Z D Z E Zn n n 所 以2为2 的 无 偏 估 计 量