《2023年云南考研数学一试题及答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年云南考研数学一试题及答案.docx（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年云南考研数学一试题及答案一、选择题：110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.
2、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.
3、 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
4、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：1116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
5、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：1722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
6、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
7、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