2021考研数学三测试卷解析

一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.．．．xtant2dt

0

,x0,在x0处连续，则k（（1）设f(x)x3

k,x0

11（A）.（B）.（C）0.36【答案】（A））（D）3.【解析】由已知及洛必达，得limf(x)lim

x0

x0

x

0tant2dtx3tanx21

limk.故选（A）.x03x23

）（2）设f(x)limsinxcosx(0x

n

nnn),则f(x)在(0,)内不可导的个数为（22

（C）1.（D）0.（A）3.【答案】（C）（B）2.

cosx,0x,4

【解析】由夹逼准则得f(x)再结合导数定义可知f(x)在x处4sinx,x.

42

不可导，故选（C）.（3）下列级数中发散的是（）（B）（A）(1)tan.3nn1



n

n2



(1)nn(1)(1)nn(1)nn.（C）n1



(1)n1

n1

.lnnn（D）n2

.【答案】（B）【解析】n2



(1)nn(1)n是交错级数，但不满足单调不减性，故不能用莱布尼茨判别法.由(1)n(1)n[n(1)n](1)nn1

,知该级数为一个条件收敛与一个发散nn1n1n1n(1)的调和级数之差，因此，该级数发散.（4）设I1



20

sinxx

dx,I22dx,则（0sinxx

）1（A）I21I1.【答案】（B）（B）I2I11.（C）1I2I1.（D）1I1I2.

xsinxsinxx2【解析】当x0时，xsinx,1,所以I1dxI22dx,

00sinxsinxxx2sinx2sinx2

当0x时，sinxx,即,故I12dx2dx1,故选（B）.002xx

12k

（5）设A112,B是3阶矩阵，r(B)2,r(AB)1,则k（031

（A）1.【答案】（B）（B）-1.（C）2.（D）-2.）【解析】由已知，有1r(AB)min{r(A),r(B)}2,故r(A)3.

k12

又由于A03k2,故k1.00k1

（6）设n维列向量组（Ⅰ）1,2,,m(mn)线性无关，则n维列向量组（Ⅱ）1,2,,m线性无关的充分必要条件为（（A）向量组（Ⅰ）可由向量组（Ⅱ）线性表示（B）向量组（Ⅱ）可由向量组（Ⅰ）线性表示）（C）矩阵A(1,2,,m)与矩阵B(1,2,,m)等价（D）向量组（Ⅰ）可由向量组（Ⅱ）等价【答案】（C）【解析】因为A与B等价，有r(A)r(B)m,所以B的m个列向量线性无关.当向量组（Ⅱ）线性无关时，矩阵A与B均等价与

Em

，故A与B等价.O

（7）设袋中有6只红球、4只白球，任意摸出一只球，记住颜色后放回袋中，共进行4次，设X表示摸到红球的次数，则EX（（A））（C）.

12.5（B）2.585（D）48.5【答案】（A）【解析】本题为有放回摸球，故每次摸到红球的概率为33

，所以X~B(4,),故55

2312EXnp4.

55X12X22

,对给定的（8）设随机变量X1,X2,X3,X4相互且都服从N(0,1),已知Y22

X3X4

(01),数y满足P{Yy},则有（（A）yy11.【答案】（A）【解析】X1X2~(2),X3X4~(2),

2

2

2

2

2

2

）（D）yy11.

22（B）yy

1

21.

（C）yy11.

2X12X22

因此Y

X32X42X12X22

2~F(2,2).因为P{Yy},即yF(2,2),又2X3X422111

~F(2,2),所以11P{Yy}P{Yy}P{Yy}P{},而YYyy1

1

,所以（A）正确.y二、填空题：914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)设f(x)在x0处连续，且lim【答案】01cosx

1,则f(x)的极小值为_____.x0ef(x)11cosx

1,知lim[ef(x)1]0,即limf(x)0f(0).f(x)x0x0ex01x12

x

1cosxf(x)f(0)21,故f(0)lim又由limf(x)0,lim21,即lim

x0x0x0ex0f(x)f(0)x1f(x)

x【解析】由lim

12x2lim10,由保号性，0,x(,0)(0,),有x0f(x)f(x)0f(0),所以f(x)的极小值为f(0)0.

(10)定积分I【答案】0【解析】令x1009t,则12x20,故f(x)

2018

0

x(x1)(x2)(x2018)dx_____.

3I

1009

1009

(t1009)(t1008)(t1)t(t1)(t1008)(t1009)dt

1009

1009

(t210092)(t210082)(t21)tdt0.

x

(11)设yy(x)满足微分方程xyxey,且y(1)



0

1sinxdx,则yy(x)______.

1

[xexex4(21)]x11xxx

【解析】将原方程化为yye,解一阶线性微分方程得y(xeeC).又由于xx【答案】y(1)

0

1sinxdxsin

0

xx

cosdx4(21),从而得C4(21),所以22

1

y[xexex4(21)].

x(12)设f(x)在(,)有三阶连续导数，且满足2f(x)f()2(xx),则x2

2

f(0)_____.

【答案】0【解析】由已知等式得f(0)0.

1x4f()2(12x),（*）.令x0,得f(0).223

1x16

对（*）两边同时对x求导，得2f(x)f()4,（**）.令x0,得f(0).

4271x

对(**)两边同时对x求导，得2f(x)f()0,令x0,得f(0)0.

82等式两边同时对x求导，得2f(x)



01

（13）设A

00

【答案】(4!)

3

00120

00013140

,则行列式(A1)*______.00

4001

【解析】A

04

100020,(A1)*A13(4!)3(4!)3.003



000

11

（14）设二维随机变量(X,Y)~N(0,0,,,0),则方差D(XY)_____.

222

【答案】1

【解析】由已知，X,Y相互，且X~N(0,),Y~N(0,),故XY~N(0,1).记ZXY,则D(XY)D(Z)E(Z)(EZ)E(Z)(EZ),而E(Z)DZ(EZ)1,E(Z)

2

2

2

2

2

2

1212







z

1z2edz22

22,故D(XY)1.2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）计算lim1

x0

1





sinx

0

sin(t2)dt



x1cosx23.

【答案】e

1

3sinx

sinx

【解析】原式e

x0

lim

ln[1

x1cosx

30sin(t2)dt]

2e

x0

lim0sin(t2)dtx

3e

x0

lim

sin[(sinx)2]cosx

3x

2e.

x

1

3（16）（本题满分10分）设yy(x)满足微分方程y4y3yxe,且其图形在点(0,1)

1

x1在该点处的切线重合，求yy(x).4

3x13x121x

【答案】ee(xx)e

2244处的切线与曲线在yx

2

【解析】y4y3yxe的特征方程为r4r30,得r11,r23.令特解x

2

1

y*x(axb)ex,将y*代入微分方程得4ax2a2bx,故ab,所以方程的通4

121x3xx

解为y(x)C1eC2e(xx)e，（C1,C2为任意常数）.又已知有公切线，得44

131

y(0)1,y(0),故C1C21,C13C20,解得C1,C2,所以方程的通解422

3x13x121x

为y(x)ee(xx)e.

2244（17）（本题满分10分）函数zf(x,y)的全增量z(2x3)x(2y4)y,且5f(0,0)0,求zf(x,y)在D:x2y225上的最值.【答案】最小值为

25

,最大值为504

zz

2x3,2y4,z2x3dx(y)x23x(y).xy【解析】依题意，有又由z

(y)2y4,积分得(y)y24yC,则zx23xy24yC.y2

2

由f(0,0)0,得C0,故f(x,y)x3xy4y.由3325zz

2x30,2y40,得x1,y12,f(,2).224xy2

2

2

2

令L(x,y,)xy3x4y(xy25),

2x32x0,Lx

x33,x23,

由Lf(3,4)0,f(3,4)50,y2y42y0,得y4,y4,3Lx2y2250,2

所以最小值为

25

,最大值为50.4

（18）（本题满分10分）设f(x)在[a,b]上有二阶导数，且f(x)0.（Ⅰ）证明至少存在一点(a,b)，使得求lim

ba



b

a

对（Ⅰ）中的(a,b)，f(x)dxf(b)(a)f(a)(b);（Ⅱ）a

.ba

【答案】（Ⅰ）略（Ⅱ）1

2

【解析】（Ⅰ）令(x)f(b)(xa)f(a)(bx)



b

a

f(x)dx(axb),因f(x)在[a,b]

连续且单调递增，所以f(a)f(x)f(b),x(a,b),且f(a)(ba)f(x)dxf(b)(ba),x(a,b),于是(a)0,(b)0,由零点定理a

b

得(a,b),使得()0,即b



b

a

f(x)dxf(b)(a)f(a)(b).

f(x)dxf(a)(ba)af(b)f(a)a（Ⅱ）limlimlim

babababa(ba)f(ba)[f(b)f(a)](b)f(b)f(a)







6f(b)f(a)

f(a)1balim.baf(b)f(a)f(a)f(a)2

f(b)

ba（19）（本题满分10分）计算二重积分[cosx

D

2

siny2sin(xy)]d，其中D{(x,y)x2y2a2,常数a0}.(1cosa2)22222

【解析】[cosxsinysin(xy)]dcosxsinydsin(xy)d,

【答案】D

D

D

2222

cosxsinydcosysinxdD

D

12222

(cosxsinycosxsiny)d2D

a11222

sin(xy)ddrsinr2dr(1cosa2).

02D202sin(xy)d(sinxcosycosxsiny)dsinxcosydcosxsinyd0.

D

D

D

D

故22

[cosxsinysin(xy)]dD

(1cosa2).2x12x2x33,

（20）（本题满分11分）设线性方程组2x1(k4)x25x36,有无穷多解，3阶矩阵A

x2xkx3,

123

有特征值11,21,30,

其对应的特征向量分别为1(1,2k,1),2(k,k3,k2),1(k2,1,k1).

（Ⅰ）求k的值；（Ⅱ）求矩阵A.

3

546

【答案】（Ⅰ）k0;（Ⅱ）333768

21312131

,由方程组有无穷多解知【解析】（Ⅰ）A2k4560k70

k31200k10k1,或k0.当k1时，1(1,2,1),2(1,2,1),1(3,1,0)线性相关，与题意矛盾，故k1.当k0时，1(1,0,1),2(0,3,2),1(2,1,1)线性无关，7故k0为所求.100（Ⅱ）由（Ⅰ）及已知条件知A(1,2,3)(1,2,3)010,故00010054

(,,)133A3(1,2,3)010123

00076

3

6

3.8

（21）（本题满分11分）设n阶实对称矩阵A只有两个不同的特征值11和2，且A的属于1的特征向量仅有(1,0,,0,1).（Ⅰ）求矩阵A；（Ⅱ）当2满足什么条件时，A是正定矩阵.T

1

2(12)0

02

【答案】（Ⅰ）A



001

(12)02



00

2

0

1(12)2

0

;（Ⅱ）020

1

(12)2

T

【解析】（Ⅰ）设2对应的特征向量为(x1,x2,,xn),由A为实对称矩阵，故x1xn0.解0000

10

此方程，得2对应的特征向量为10,21,,n20,n10.

100001

11

000221000001000

,单位化得正交矩阵Q

001001100022

故QAQQAQdiag(2,2,,2,1).

T

1

81

2(12)0

02

于是A



001

(12)02

00

2

0

1(12)20

.

0

1

(12)2

（Ⅱ）由于A为实对称矩阵，所以A正定的充分必要条件是其特征值全大于0，故20.（22）（本题满分11分）设随机变量(X,Y)的概率密度函数为Ae(4x3y),x0,y0

f(x,y)

0,其他.

（Ⅰ）求常数A,并判断X与Y的性；（Ⅱ）求ZXY的概率密度fZ(z).

12e3z(1ez),z0,

【答案】（Ⅰ）A12，X与Y相互；（Ⅱ）fZ(z)

0,z0.

【解析】（Ⅰ）由







f(x,y)dxdyA

0



0

e(4x3y)dxdy

A

1,故A12；由于124e4x,x0,3e3y,

fX(x)fY(x)

其他，0,0,

.（Ⅱ）利用卷积公式fZ(z)当z0时，fZ(z)0;当z0时，fZ(z)

y0,

其他，

即f(x,y)fX(x)fY(y),故X与Y相互





fX(x)fY(zx)dx,



z

0

12e4xe3(zx)dx12e3zexdx12e3z(1ez).

0

z

12e3z(1ez),z0,

故fZ(z)

0,z0.

x1,0x1,

（23）（本题满分11分）设总体X的概率密度为f(x;)其中0

其他,0,

为未知参数，(x1,x2,,xn)为X的简单随机样本值.（Ⅰ）求的矩估计值；（Ⅱ）求的最大似然估计量.9ˆ(x)2;（Ⅱ）ˆ【答案】（Ⅰ）1xn2(lnXi)2

i11n【解析】（Ⅰ）由EX







xf(x;)dxxe0

1

dx

EX2),故,解得(

1EX1ˆ(的矩估计值为x2

).1x（Ⅱ）似然函数为L()

i1

n

xi1

(xi)i1

n

n2n

1

,两边取对数得n

ndlnL()n1lnL()ln(1)lnxi.令

2d22i1

lnx0,则的最大似然i1

i

ˆ估计量为n2(lnXi)2

i1n.

10