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2017年考研数学三真题及解析一、选择题 18小题每小题4分，共32分1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）2二元函数的极值点是（ ）（A） （B） （C） （D）【详解】，解方程组，得四个驻点对每个驻点验证，发现只有在点处满足，且，所以为函数的极大值点，所以应该选（D）3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）4 若级数收敛，则（ ）（A） （B） （C） （D）【详解】iv时显然当且仅当，也就是时，级数的一般项是关于的二阶无穷小，级数收敛，从而选择（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，是三个随机事件，且相互独立，相互独立，则与相互独立的充分必要条件是（ ）（A）相互独立 （B）互不相容（C） 相互独立 （D）互不相容【详解】显然，与相互独立的充分必要条件是，所以选择（C ）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 解：由对称性知10差分方程的通解为 【详解】齐次差分方程的通解为；设的特解为，代入方程，得；所以差分方程的通解为11设生产某产品的平均成本，其中产量为，则边际成本为 .【详解】答案为平均成本，则总成本为，从而边际成本为12设函数具有一阶连续的偏导数，且已知，则 【详解】，所以，由，得，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设随机变量的概率分布为，若，则 【详解】显然由概率分布的性质，知，解得，三、解答题15（本题满分10分）求极限【详解】令，则，16（本题满分10分）计算积分，其中是第一象限中以曲线与轴为边界的无界区域【详解】17（本题满分10分）求【详解】由定积分的定义18（本题满分10分）已知方程在区间内有实根，确定常数的取值范围【详解】设，则令，则，所以在上单调减少，由于，所以当时，也就是在上单调减少，当时，进一步得到当时，也就是在上单调减少，也就是得到19（本题满分10分）设，为幂级数的和函数（1）证明的收敛半径不小于（2）证明，并求出和函数的表达式【详解】（1）由条件也就得到，也就得到也就得到，所以收敛半径（2）所以对于幂级数， 由和函数的性质，可得，所以也就是有解微分方程，得，由于，得所以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10