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1、2018云南考研数学一真题及答案一、选择题 18小题每小题4分，共32分若函数在处连续，则（A）（B）（C）（D）【详解】，要使函数在处连续，必须满足所以应该选（A）2设函数是可导函数，且满足，则（A） （B） （C） （D）【详解】设，则，也就是是单调增加函数也就得到，所以应该选（C）3函数在点处沿向量的方向导数为（A） （B） (C） （D）【详解】，所以函数在点处的梯度为，所以在点处沿向量的方向导数为应该选（D）甲、乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10（单位：米）处，如图中，实线表示甲的速度曲线（单位：米/秒），虚线表示乙的速度曲线（单位：米/秒），三块阴影部分的面积分别为，计时开始后
2、乙追上甲的时刻为，则（ ）（A） （B）（C） （D）【详解】由定积分的物理意义：当曲线表示变速直线运动的速度函数时，表示时刻内所走的路程本题中的阴影面积分别表示在时间段内甲、乙两人所走路程之差，显然应该在时乙追上甲，应该选（C）5设为单位列向量，为阶单位矩阵，则（A）不可逆 （B）不可逆（C）不可逆 （D）不可逆【详解】矩阵的特征值为和个，从而的特征值分别为；显然只有存在零特征值，所以不可逆，应该选（A）6已知矩阵，则 （A）相似，相似 （B）相似，不相似（C）不相似，相似 （D）不相似，不相似【详解】矩阵的特征值都是是否可对解化，只需要关心的情况对于矩阵，秩等于1 ，也就是矩阵属于特征值存
3、在两个线性无关的特征向量，也就是可以对角化，也就是对于矩阵，秩等于2 ，也就是矩阵属于特征值只有一个线性无关的特征向量，也就是不可以对角化，当然不相似故选择（B）7设是两个随机事件，若，则的充分必要条件是（A） （B）（C） （D）【详解】由乘法公式：可得下面结论：类似，由可得所以可知选择（A）8设为来自正态总体的简单随机样本，若，则下列结论中不正确的是（ ）（A）服从分布 （B）服从分布 （C）服从分布 （D）服从分布解：（1）显然且相互独立，所以服从分布，也就是（A）结论是正确的；（2），所以（C）结论也是正确的；（3）注意，所以（D）结论也是正确的；（4）对于选项（B）：，所以（B）结论
4、是错误的，应该选择（B）二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）9已知函数，则 解：由函数的马克劳林级数公式：，知，其中为展开式中的系数由于，所以10微分方程的通解为 【详解】这是一个二阶常系数线性齐次微分方程，特征方程有一对共共轭的根，所以通解为11若曲线积分在区域内与路径无关，则 .【详解】设 ，显然 在区域内具有连续的偏导数，由于与路径无关，所以有12幂级数在区间内的和函数为 【详解】所以13设矩阵，为线性无关的三维列向量，则向量组的秩为 【详解】对矩阵进行初等变换，知矩阵A的秩为2，由于为线性无关，所以向量组的秩为214设随机变量的分布函数，其中为标准
5、正态分布函数，则 【详解】随机变量的概率密度为，所以三、解答题15（本题满分10分）设函数具有二阶连续偏导数，求，【详解】，；16（本题满分10分）求【详解】由定积分的定义17（本题满分10分）已知函数是由方程【详解】在方程两边同时对求导，得 （1）在（1）两边同时对求导，得也就是令，得当时，；当时，当时，函数取极大值；当时，函数取极小值18（本题满分10分）设函数在区间上具有二阶导数，且，证明：（1）方程在区间至少存在一个实根；（2）方程在区间内至少存在两个不同实根证明：（1）根据的局部保号性的结论，由条件可知，存在，及，使得，由于在上连续，且，由零点定理，存在，使得，也就是方程在区间至少存
6、在一个实根；（2）由条件可知，由（1）可知，由洛尔定理，存在，使得；设，由条件可知在区间上可导，且，分别在区间上对函数使用尔定理，则存在使得，也就是方程在区间内至少存在两个不同实根19（本题满分10分）设薄片型是圆锥面被柱面所割下的有限部分，其上任一点的密度为，记圆锥面与柱面的交线为（1）求在布上的投影曲线的方程；（2）求的质量【详解】（1）交线的方程为，消去变量，得到所以在布上的投影曲线的方程为（2）利用第一类曲面积分，得20（本题满分11分）设三阶矩阵有三个不同的特征值，且（1）证明：；（2）若，求方程组的通解【详解】（1）证明：因为矩阵有三个不同的特征值，所以是非零矩阵，也就是假若时，则
7、是矩阵的二重特征值，与条件不符合，所以有，又因为，也就是线性相关，也就只有（2）因为，所以的基础解系中只有一个线性无关的解向量由于，所以基础解系为；又由，得非齐次方程组的特解可取为；方程组的通解为，其中为任意常数21（本题满分11分）设二次型在正交变换下的标准形为，求的值及一个正交矩阵【详解】二次型矩阵因为二次型的标准形为也就说明矩阵有零特征值，所以，故令得矩阵的特征值为通过分别解方程组得矩阵的属于特征值的特征向量，属于特征值特征值的特征向量，的特征向量，所以为所求正交矩阵22（本题满分11分）设随机变量相互独立，且的概率分布为，的概率密度为（1）求概率；（2）求的概率密度【详解】（1）所以（2）的分布函数为故的概率密度为23（本题满分11分）某工程师为了解一台天平的精度，用该天平对一物体的质量做了次测量，该物体的质量是已知的，设次测量结果相互独立且均服从正态分布该工程师记录的是次测量的绝对误差，利用估计参数（1）求的概率密度；（2）利用一阶矩求的矩估计量；（3）求参数最大似然估计量【详解】（1）先求的分布函数为当时，显然；当时，；所以的概率密度为（2）数学期望，令，解得的矩估计量（3）设的观测值为当时似然函数为，取对数得：令，得参数最大似然估计量为