考研数学三真题.docx

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考研数学三真题

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（三）试题解析

一、选择题:

1

8小题,每小题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）设{xn}是数列,下列命题中不正确的是（）

（A）若limxn=a,则limx2n=limx2n+1=a

n→∞

n→∞

n→∞

（B）若limx2n=limx2n+1=a,则limxn=a

n→∞

n→∞

n→∞

（C）若limxn=a,则limx3n=limx3n+1=a

n→∞

n→∞

n→∞

（D）若limx3n=limx3n+1=a,则limxn=a

n→∞

【答案】（D）

n→∞

n→∞

【解析】答案为D,本题考查数列极限与子列极限的关系.

数列xn→a（n→∞）⇔对任意的子列{xnk}均有xnk

确；D错（D选项缺少x3n+2的敛散性）,故选D

→a（k→∞）,所以A、B、C正

（2）

设函数f（x）在（-∞,+∞）内连续,其2阶导函数f''（x）的图形如右图所示,则曲线y=f（x）的拐点个数为（）

（A）0（B）1（C）2（D）3

【答案】（C）

【解析】根据拐点的必要条件，拐点可能是f''（x）不存在的点或

f''（x）=0的点处产生.所以y=f（x）有三个点可能是拐点，根据拐点的定义，即凹凸性改变的点；二阶导函数f''（x）符号发生改变的点即为拐点.所以从图可知，拐点个数为2，故选

C.

（3）设

D={（x,y）x2+y2≤2x,x2+y2≤2y},函数f（x,y）在D上连续,则

⎰⎰f（x,y）dxdy=（）

⎰π

⎰

D

⎰

πθ2cosθ

4

π2sinθ

（A）

0d⎰0

f（rcosθ,rsinθ）rdr+

2dθ

0

⎰π

⎰

4

f（rcosθ,rsinθ）rdr

⎰

πθ2sinθ

4

π2cosθ

（B）

0d⎰0

f（rcosθ,rsinθ）rdr+

2dθ

0

4

f（rcosθ,rsinθ）rdr

1x

（C）2dxf（x,y）dy

⎰0⎰1-1-x2

（D）

12x-x2

⎰⎰

20dxx

f（x,y）dy

【答案】（B）

【解析】根据图可得，在极坐标系下该二重积分要分成两个积分区域

D=⎧（r,θ）0≤θ≤π,0≤r≤2sinθ⎫D=⎧（r,θ）π≤θ≤π,0≤r≤2cosθ⎫

1⎨4⎬2⎨42⎬

⎩⎭⎩⎭

所以

π2sinθ

π2cosθ

⎰⎰⎰0⎰0⎰π⎰0

f（x,y）dxdy=

D

故选B.

4dθ

f（rcosθ,rsinθ）rdr+

2dθ

4

f（rcosθ,rsinθ）rdr，

（4）下列级数中发散的是（）

∞n∞11

（A）

n

3

∑nn=1

（B）

∑

n=1

ln（1+n）

∞（-1）n+1∞n!

（C）

n

∑

n=2

lnn

（D）

∑nn=1

【答案】（C）

A

lim

n+13n+1

=limn+1=1<1

【解析】

为正项级数，因为

n→∞n

3n

n→∞3n3

，所以根据正项级数的比值

∞

判别法∑

n

n

n收敛；B为正项级数，因为

1ln（1+1）

1

n2

3

，根据P级数收敛准则，知

n=13

∞11

∞（-1）n+1

n

∞（-1）n∞1

n

å

n=1

ln（1+）收敛；C，∑

n

n=1

lnn

=∑

n=1

lnn

+

∑，根据莱布尼茨判别法知

lnn

n=1

∞（-1）n∞1∞（-1）n+1

∑lnn

收敛，∑lnn发散，所以根据级数收敛定义知，∑

lnn

发散；D为正项级

n=1

n=1

（n+1）!

（n+1）n+1

（n+1）!

nn

n=1

ç⎪n+1

⎛n⎫n1

数，因为lim

n→∞

n!

nn

∞n!

=lim

n→∞

n!

（n+1）

=lim

n→∞⎝n+1⎭

=<1，所以根据正项级数

e

n

的比值判别法∑n收敛，所以选C.

n=1

⎛111⎫

⎛1⎫

ç⎪ç⎪

（5）设矩阵A=ç12a⎪,b=çd⎪.若集合Ω={1,2}，则线性方程组Ax=b有无穷

ç⎪

ç14a2⎪

ç2⎪

⎝⎭

多解的充分必要条件为（）

⎝d⎭

（A）

a∉Ω,d∉Ω（B）

a∉Ω,d∈Ω

（C）

a∈Ω,d∉Ω（D）

a∈Ω,d∈Ω

【答案】（D）

⎛1111⎫⎛1111⎫

【解析】（A,b）=ç12

ad⎪→ç01

a-1

d-1⎪

ç⎪ç⎪

ç14a2d2⎪ç00（a-1）（a-2）（d-1）（d-2）⎪

⎝⎭⎝⎭，

由r（A）=r（A,b）<3，故a=1或a=2，同时d=1或d=2.故选（D）

123

（6）设二次型f（x1,x2,x3）在正交变换x=Py下的标准形为2y2+y2-y2，其中

123

P=（e1,e2,e3），若Q=（e1,-e3,e2）则f=（x1,x2,x3）在正交变换x=Qy下的标准形为

（）

123

（A）2y2-y2+y2

（B）

2y2+y2-y2

（C）

2y2-y2-y2

（D）

2y2+y2+y2

123

123

【答案】（A）

【解析】由x=Py，故f

⎛200⎫

ç⎪

123

且PTAP=ç010⎪.

=xTAx=yT（PTAP）y=2y2+y2-y2.

ç00-1⎪

⎝⎭

⎛100⎫

ç⎪

又因为Q=Pç001⎪=PC

ç0-10⎪

⎝⎭

⎛200⎫

故有QTAQ=CT（PTAP）C=ç0-10⎪

所以f

ç⎪

⎝⎭

ç001⎪

123

=xTAx=yT（QTAQ）y=2y2-y2+y2.选（A）

（7）若A,B为任意两个随机事件,则:

（）

（A）P（AB）≤P（A）P（B）

P（A）+P（B）

（B）P（AB）≥P（A）P（B）

P（A）+P（B）

（C）

P（AB）≤

2

（D）

P（AB）≥

2

【答案】（C）

【解析】由于AB⊂A,AB⊂B，按概率的基本性质，我们有P（AB）≤P（A）且

P（A）⋅P（B）

P（A）+P（B）

P（AB）≤P（B），从而P（AB）≤

≤，选（C）.

2

（8）设总体X~B（m,θ）,X1,X2,,Xn为来自该总体的简单随机样本,X为样本均

值,则E⎢∑（Xi-X）

⎡n

⎣i=1

2⎤=（）

⎥⎦

（A）（m-1）nθ（1-θ）

（C）（m-1）（n-1）θ（1-θ）

（B）m（n-1）θ（1-θ）

（D）mnθ（1-θ）

【答案】（B）

1

n

222

【解析】根据样本方差S

=∑（Xi-X）

n-1

i=1

的性质E（S

）=D（X），而

n

D（X）=mθ（1-θ），从而E[∑（Xi

i=1

-X）2]=（n-1）E（S2）=m（n-1）θ（1-θ），选（B）.

二、填空题：

914小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答．题．纸．指定位置上.

（9）

limln（cosx）=.

x→0

x2

【答案】-1

2

【解析】原极限=limln（1+cosx-1）=limcosx-1=-1

x→0x2x→0x22

x

2

（10）设函数f（x）连续，ϕ=⎰

若ϕ=ϕ'=则=

【答案】2

（x）

xf（t）dt,

0

（1）1,

（1）5,

f

（1）.

0

（x）

【解析】因为f（x）连续，所以ϕ（x）可导，所以ϕ'=⎰x2

f（t）dt

+2x2f（x2）；

⎰

因为ϕ

（1）=1，所以ϕ

（1）=1f（t）dt=1

0

⎰

又因为ϕ'

（1）=5，所以ϕ'

（1）=1f（t）dt+2f

（1）=5

0

故f

（1）=2

（0,0）

（11）若函数z=z（x,y）由方程ex+2y+3z+xyz=1确定，则dz=.

【答案】-1dx-2dy

33

【解析】当x=0，y=0时带入ex+2y+3z+xyz=1，得z=0.

对ex+2y+3z+xyz=1求微分，得

d（ex+2y+3z+xyz）=ex+2y+3zd（x+2y+3z）+d（xyz）

=ex+2y+3z（dx+2dy+3dz）+yzdx+xzdy+xydz=0

把x=0，y=0，z=0代入上式，得dx+2dy+3dz=0

所以dz

（0,0）

=-1dx-2dy

33

（12）设函数y=y（x）是微分方程y'+y'-2y=0的解，且在x=0处取得极值3，则

y（x）=.

【答案】y（x）=e-2x+2ex

12

【解析】y'+y'-2y=0的特征方程为λ2+λ-2=0，特征根为λ=-2，λ=1，所以该齐次微分方程的通解为y（x）=Ce-2x+Cex，因为y（x）可导，所以x=0为驻点，即

y（0）=3，y'（0）=0，所以C1=1，C2=2，故y（x）=e-2x+2ex

（13）设3阶矩阵A的特征值为2,-2,1，B=A2-A+E,其中E为3阶单位矩阵，则行列式B=.

【答案】21

【解析】A的所有特征值为2,-2,1.B的所有特征值为3,7,1.

所以|B|=3⨯7⨯1=21.

（14）设二维随机变量（X,Y）服从正态分布N（1,0;1,1;0），则

P{XY-Y<0}=.

1

【答案】

2

【解析】由题设知，X~N（1,1）,Y~N（0,1），而且X、Y相互独立，从而

P{XY-Y<0}=P{（X-1）Y<0}=P{X-1>0,Y<0}+P{X-1<0,Y>0}

=⨯

=P{X>1}P{Y<0}+P{X<1}PY{>111+1⨯.

0}

2222

三、解答题：

15～23小题,共94分.请将解答写在答．题．纸．指定位置上.解答应写出文字说

明、证明过程或演算步骤.

（15）（本题满分10分）

设函数f（x）=x+aln（1+x）+bxsinx,g（x）=c=kx3.若f（x）与g（x）在x→0时是

等价无穷小，求a,b,k的值.

-1-1

【答案】

a=-1,b=

k=

23

【解析】法一：

x2x33

x33

因为ln（1+x）=x-++o（x），sinx=x-+o（x），

233!

则有，

1=limf（x）=limx+aln（1+x）+bxsinx=lim

（1+a）x+（b-a）x2+ax3+o（x3）

23，

x→0g（x）

x→0

kx3

x→0

kx3

⎧

⎪1+a=0

⎧

⎪a=-1

⎪a⎪1

2

2

可得：

⎪b-=0，所以，⎪b=-．

⎨⎨

⎪⎪

⎪a=1⎪k=-1

⎩⎪3k⎩⎪3

法二：

由已知可得得

1+a

+bsinx+bxcosx

1=lim

f（x）=lim

x+aln（1+x）+bxsinx

=lim

1+x

x→0g（x）

x→0

kx3

x→03kx2

由分母lim3kx2=0，得分子lim（1+a

+

bsinx+bxcosx）=lim（1+a）=0，求得

x→0

c；

x→0

1+x

x→0

于是1=lim

f（x）=lim

1-11+x

+

bsinx+bxcosx

x→0g（x）

x→03kx2

=lim

x→0

=lim

x+b（1+x）sinx+bx（1+x）cosx

3kx（21+x）

x+b（1+x）sinx+bx（1+x）cosx

x→03kx2

=lim1+bsinx+b（1+x）cosx+b（1+x）cosx+bxcosx-bx（1+x）sinx

x→0

由分母lim6kx=0，得分子

x→0

6kx

lim[1+bsinx+2b（1+x）cosx+bxcosx-bx（1+x）sinx]=lim（1+2bcosx）=0，求

x→0

得b=-1；

2

进一步，b值代入原式

x→0

1-1sinx-（1+x）cosx-1xcosx+1x（1+x）sinx

1=lim

f（x）=lim222

x→0g（x）

x→0

6kx

-1cosx-cosx+（1+x）sinx-1cosx+1xsinx+1（1+x）sinx+1xsinx+1x（1+x）cosx

=lim2

x→0

22222

6k

-1

=2，求得k=-1.

6k3

（16）（本题满分10分）

计算二重积分⎰⎰x（x+y）dxdy，其中D={（x,y）x2+y2≤2,y≥x2}.

D

【答案】

π-2

45

【解析】⎰⎰x（x+y）dxdy=⎰⎰x2dxdy

DD

2

⎰0

dx⎰x2xdy

12-x2

=2

2-x2

⎰

=21x2（

0

1

-x2）dx

⎰

2x=2sintπ2

2

=2⎰0x

2-x2dx-=

5

242sin2t2cos2tdt-

05

π2u=2tπ

2π2

=2⎰4sin22tdt-=⎰2sin2udu-=-.

050

545

（17）（本题满分10分）

为了实现利润的最大化，厂商需要对某商品确定其定价模型，设Q为该商品的需求量，

P为价格，MC为边际成本，η为需求弹性（η>0）.

（I）证明定价模型为P=

MC

；

1-1

η

（II）若该商品的成本函数为C（Q）=1600+Q2，需求函数为Q=40-P，试由（I）中

的定价模型确定此商品的价格.

【答案】（I）略（II）

P=30.

【解析】（I）由于利润函数L（Q）=R（Q）-C（Q）=PQ-C（Q）,两边对Q求导，得

dL=P+QdP-C'（Q）=P+QdP-MC.

dQdQdQ

当且仅当dL=0时，利润L（Q）最大，又由于η=-P⋅dQ,所以dP=-1⋅P,

dQQdP

dQηQ

故当P=

MC

1时，利润最大.

1-η

（II）由于MC=C'（Q）=2Q=2（40-P）,则η=-P⋅dQ=

QdP

P

40-P

代入（I）中的定价模

型，得P=

2（40-P）

=

40-P,从而解得P30.

1-

P

（18）（本题满分10分）

设函数f（x）在定义域I上的导数大于零，若对任意的x0∈I，曲线y=f（x）在点

（x0,f（x0））处的切线与直线x=x0及x轴所围成区域的面积恒为4，且达式.

f0（）2=，求

f（x）表

【答案】f（x）=

8

4-x

【解析】曲线的切线方程为y-f（x0）=f'（x0）（x-x0），切线与x轴的交点为

⎛f（x0）⎫

）

çx0-

⎝

f'（x0

0⎪

⎭

故面积为：

S=1

f2（x

）=4.

0

2f'（x0）

故f（x）满足的方程为f2（x）=8f'（x）,此为可分离变量的微分方程,

解得f（x）=-8，又由于f（0）=2，带入可得C=-4，从而f（x）=

x+C

（19）（本题满分10分）

8

4-x

（I）设函数u（x）,v（x）可导，利用导数定义证明[u（x）v（x）]'=u'（x）v（x）+u（x）v'（x）;

（II）设函数u1（x）,u2（x）,,un（x）可导，f（x）=u1（x）u2（x）un（x），写出f（x）的

求导公式.

un（x）]'

【答案】f'（x）=[u1（x）u2（x）

u（x）+u（x）u（x）un（x）+

n

12

'

+u1（x）u2（x）u'（x）

n

12

=u'（x）u（x）

【解析】（I）[u（x）v（x）]'=limu（x+h）v（x+h）-u（x）v（x）

h→0h

=limu（x+h）v（x+h）-u（x+h）v（x）+u（x+h）v（x）-u（x）v（x）

h→0h

=limu（x+h）v（x+h）-v（x）+limu（x+h）-u（x）v（x）

h→0

hh→0h

=u（x）v'（x）+u'（x）v（x）

（II）由题意得

un（x）]'

f'（x）=[u1（x）u2（x）

u（x）+u（x）u（x）un（x）+

n

12

'

+u1（x）u2（x）u'（x）

n

12

=u'（x）u（x）

（20）（本题满分11分）

⎛a10⎫

设矩阵A=ç1a-1⎪，且A3=O.

ç⎪

ç01a⎪

⎝⎭

（I）求a的值；

（II）若矩阵X满足X-XA2-AX+AXA2=E，其中E为3阶单位矩阵，求X.

⎛31

【答案】a=0,X=ç11

-2⎫

-1⎪

ç⎪

ç21-1⎪

⎝⎭

a10010

【解析】（I）A3=O⇒

A=0⇒1

a-1=1-a2

a-1=a3=0⇒a=0

（II）由题意知

01a

-a1a

X-XA2-AX+AXA2=E⇒X（E-A2）-AX（E-A2）=E

⎣⎦

⇒（E-A）X（E-A2）=E⇒X=（E-A）-1（E-A2）-1=⎡（E-A2）（E-A）⎤-1

⇒X=（E-A2-A）-1

⎛0-11⎫

ç⎪

E-A2-A=ç-111⎪，

ç-1-12⎪

⎝⎭

⎛0-11M100⎫⎛1-1-1M0-10⎫

ç-111M010⎪→ç0-11M100⎪

ç⎪ç⎪

ç-1-12M001⎪ç-1-12M001⎪

⎝⎭⎝⎭

⎛1-1

-1M0-10⎫⎛1-1-1M0

-10⎫

→ç01-1M-100⎪→ç01-1M-100⎪

ç⎪ç⎪

ç0-21M0-11⎪ç00-1M-2-11⎪

⎝⎭⎝⎭

⎛1-10M20

-1⎫⎛100M31

-2⎫

→ç010M11-1⎪→ç010M11-1⎪

ç⎪ç⎪

ç001M21-1⎪ç001M21-1⎪

⎝⎭⎝⎭

⎛31

∴X=ç11

-2⎫

-1⎪

ç⎪

ç21-1⎪

⎝⎭

（21）（本题满分11分）

⎛02

-3⎫

⎛1-20⎫

设矩阵A=ç-13-3⎪相似于矩阵B=ç0