2023年全国硕士研究生招生考试考研《数学三》真题及详解.pdf

《2023年全国硕士研究生招生考试考研《数学三》真题及详解.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年全国硕士研究生招生考试考研《数学三》真题及详解.pdf（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023 年全国硕士研究生招生考试考研数学三真题及详解 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已知函数 f（x，y）ln（y|xsiny|），则（）。A0,1fx不存在，0,1fy存在 B0,1fx存在，0,1fy不存在 C0,1fx，0,1fy均存在 D0,1fx，0,1fy均不存在【参考答案】A【参考解析】f（0，1）ln（10）0，由偏导数的定义，可得：0000,1ln 1sin1,10,1limlimsin1lim0 xxxxxf xffxxxx 因为00lim1lim

2、1xxxxxx ，所以0,1fx不存在。因为1110,10,0,1ln1limlimlim111yyyfyffyyyyy，所以0,1fy存在。2函数 21,011 cos,0 xf xxxx x的原函数为（）。A 2ln1,01 cossin,0 xxxF xxxx x B 2ln11,01 cossin,0 xxxF xxxx x C 2ln1,01 sincos,0 xxxF xxxx x D 2ln11,01 sincos,0 xxxF xxxx x【参考答案】D【参考解析】当 x0 时，可得：212ddln11xf xxxxCx 当 x0 时，可得：2d1 cos d1 dsin1 s

3、insin d1 sincosf xxxx xxxxxx xxxxC 在 x0 处，有：2110lim ln1xxxCC，220lim1 sincos1xxxxCC 由于原函数在（，）内连续，所以 C11C2，令 C2C，则 C11C，故 2ln11,0d1 sincos,0 xxC xf xxxxxC x 令 C0，则 f（x）的一个原函数为 2ln11,01 sincos,0 xxxF xxxx x。3已知微分方程式 yayby0 的解在（，）上有界，则（）。Aa0，b0 Ba0，b0 Ca0，b0 Da0，b0【参考答案】C【参考解析】由题意，微分方程的特征方程为 2ab0。当 a24b

4、0 时，特征方程有两个不同的实根 1，2，则 1，2至少有一个不等于零。若 C1、C2都不为零，则微分方程的解为1212xxyC eC e。因此，此时不能有解在（，）上有界。当 a24b0 时，特征方程有两个相同的实根 1，2a/2。若 C20，则微分方程的解为2212aaxxyC eC e。因此，此时不能有解在（，）上有界。当 a24b0 时，特征方程的根为21,2422abai。则通解为2221244cossin22axbabayeCxCx。要使微分方程的解在（，）有界，则 a0，结合 a24b0，可得 b0。4 已知 anbn（n1，2，），若级数1nna与1nnb均收敛，则“级数1nn

5、a绝对收敛”是“1nnb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既不充分也不必要条件【参考答案】A【参考解析】由级数1nna与1nnb均收敛，可得1nnnba为收敛的正项级数，进而绝对收敛。若1nna绝对收敛，则由|bn|bnanan|bnan|an|与比较判别法，可得1nnb绝对收敛。若1nnb绝对收敛，则由|an|anbnbn|bnan|bn|与比较判别法，可得1nna绝对收敛。5设 A，B 为 n 阶可逆矩阵，E 为 n 阶单位矩阵，M*为矩阵 M 的伴随矩阵，则*AEOB（）。A*A BB AOB A B*B AA BOA B C*B AB AOA B

6、D*A BA BOB A【参考答案】B【参考解析】由伴随矩阵的计算公式，代入（B）选项计算可知：*AEB AA BB AAAA BA BOBOA BOA BBB A EA BA BOA B EB A EOOA B EA B E 故 B 项正确。6二次型 f（x1，x2，x3）（x1x2）2（x1x3）24（x2x3）2的规范形为（）。Ay12y22 By12y22 Cy12y224y32 Dy12y22y32【参考答案】B【参考解析】由题意可得 f（x1，x2，x3）2x123x223x322x1x22x1x38x2x3。其对应的矩阵 211134143A 根据 211134730143EA

7、可得A 的特征值为 3，7，0。故选 B 项。7 已知向量1123 ，2211 ，1259 ，2101 ，若 既可由 1，2线性表示，也可由与 1，2线性表示，则（）。A33,4kkR B35,10kkR C11,2kkR D15,8kkR 【参考答案】D【参考解析】设 x11x22y11y22，则 x11x22y11y220。又 121212211003,2150010131910011 故可得：121231,11xxccRyy 所以可得：12111555,888cccckkR 8设随机变量 X 服从参数为 1 的泊松分布，则 E（|XEX|）（）。A1/e B1/2 C2/e D1【参考答

8、案】C【参考解析】方法 1：由题意可知 EX1，所以1,01,1,2,.XXEXXX。故可得：10101110 101110 11110 12kkE XEXP XkP XkkP XkP XeE XeeEXeee 因此选 C 项。方法 2：随机变量 X 服从参数为 1 泊松分布，即110,1,2,.!P Xkekk，期望 E（X）1。故可得：11111121112211122111111111101.1.0!1!2!11!1!111!11 12kkkkkEXE XEXeeekekekekkeeekkeeekkeeeeee 因此选 C 项。9设 X1，X2，Xn为来自总体 N（1，2）的简单随机样

9、本，Y1，Y2，Yn为来自总体 N（2，22）的简单随机样本，且两样本相互独立，记11niiXXn，11niiYYm，221111niiSXXn，222111niiSYYm，则（）。A2122,SF n mS B21221,1SF nmS C21222,SF n mS D212221,1SF nmS【参考答案】D【参考解析】由题意，X1，X2，Xn的样本方差为221111niiSXXn。Y1，Y2，Yn的样本方差为222111niiSYYm。则由抽样分布定理，可得212211nSn，2222112mSm，且两个样本相互独立。所以可得：21222211222222221/1/21,11/2/12

10、nSnSSF nmmSSSm 故选择 D 项。10设 X1，X2为来自总体 N（，2）的简单随机样本，其中（0）是未知参数，记 a|X1X2|，若 E（），则 a（）。A2 B22 C D2【参考答案】A【参考解析】由题意可知 X1X2N（0，22）。令 YX1X2，则 Y 的概率密度为：222 2122yfye 22222 240122dd2222yyE Yyeyyey 因此，122E a XXaE Ya。由 E（），可得：22aa。故选择 A 项。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。11211lim2sincosxxxxx_。【参考答案】

11、2/3【参考解析】2203032330333011111lim2sincoslim2sincos2sincoslim112162lim11262lim3xttttxxtttxxxtttttttttttto ttttt 12已知函数 f（x，y）满足22ddd,x yy xf x yxy，1,14f，则3,3f_。【参考答案】/3【参考解析】由题意可得：22fyxxy，则 1,arctanarctanxxf x yyc yc yyyy 又由 22221xfxycyyxyxy，可得 c（y）0，c（y）c，再由 f（1，1）/4 可得 c/2。即,arctan2xf x yy，故3,33f。132

12、02!nnxn_。【参考答案】1122xxee【参考解析】记 202!nnxs xn，则 21121!nnxs xn，2221022!2!nnnnxxsxs xnn。即有 s（x）s（x）0，解得 s（x）C1exC2ex。又由 s（0）1，s（0）0，可得 C1C21，C1C20，解得 C1C21/2。故 1122xxs xee。14设某公司在 t 时刻的资产为 f（t），从 0 时刻到 t 时刻的平均资产等于 f（t）/tt。假设 f（t）连续且 f（0）0，则 f（t）_。【参考答案】2et2t2【参考解析】由题意可得方程 0dtf xxf tttt，即 20dtf xxf tt。两边同

13、时对 t 求导可得 f（t）f（t）2t，即 f（t）f（t）2t。由一阶线性微分方程通解公式有：1dd2d2d2222tt ttttttf tetetCetetCeteCCet 又由 f（0）0，C20，即 C2。故 f（t）2et2t2。15已知线性方程组131231231210202axxxaxxxxaxaxbx有解，其中 a，b 为常数，若0111412aaa，则11120aaab_。【参考答案】8【参考解析】由已知可得 r（A）r（A，b）方程组有唯一解，故|A，b|0。即 1 44 40111101110,111221111200120211122 400aaaaA baaaaba

14、abaaab 故111280aaab。16设随机变量 X 与 Y 相互独立，且 XB（1，p），YB（2，p），p（0，1），则 XY 与 XY的相关系数为_。【参考答案】1/3【参考解析】由 XB（1，p），YB（2，p）可得 DXp（1p），DY2p（1p）。因此，由协方差的性质可得 Cov（XY，XY）Cov（XY，X）Cov（XY，Y）Cov（X，X）Cov（Y，X）Cov（X，Y）Cov（Y，Y）DXDYp（1p）2p（1p）p（1p）因为随机变量 X 与 Y 相互独立，所以 D（XY）DXDY3p（1p），D（XY）DXDY3p（1p）故,13Cov XY XYD XY D XY。

15、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）已知可导函数 yy（x）满足 aexy2yln（1x）cosyb0，且 y（0）0，y（0）0。（1）求 a，b 的值。（2）判断 x0 是否为 y（x）的极值点。解：（1）在题设方程两边同时对 x 求导可得：cos2ln 1sin01xyaey yyxy yx 将 x0，y0 代入原方程可得 ab0。将 x0，y0，y（0）0 代入式可得 a01a10。联立两式可得 a1，b1。（2）在等式两边再对 x 求导可得：22sin1cos22ln 1sin01xy yxyaeyy yyxy

16、yx 将 x0，y0，y（0）0 代入式可得 y（0）a120。由于 y（0）0，y（0）2，故 x0 是 y（x）的极大值点。18（本题满分 12 分）已知平面区域21,|0,11Dx yyxxx。（1）求 D 的面积。（2）求 D 绕 x 轴旋转所成旋转体的体积。解：（1）D 的面积为：2221422441secdtandtansec1csc dln csccotln 12tSx xttttxxt ttt（2）D 绕 x 轴旋转所成旋转体的体积为：2221122111dd1111darctan114xVyxxxxxxxxx 19（本题满分12分）已知平面区域D（x，y）|（x1）2y21，

17、计算二重积分221d dxyx y。解：本题目先利用奇偶对称性化简，再切割积分区域，把积分区域分为三块，分别采用极坐标进行计算。题 19 解图 12312322222222221d21d21d21d21dDDDDDDDxyxyxyxyxy 分别采用极坐标进行计算：112230011dd1d3 618Dxyrrr 22cos22232203381631dd1d2coscosd33694Dxyrrr 32cos2232330108131dd1dcos2cosd3364318Dxyrrr 所以：123222222221d21d21d21d163322323186944318323 39DDDDxyx

18、yxyxy 20（本题满分 12 分）设函数 f（x）在a，a上具有 2 阶连续导数，证明：（1）若 f（x）0，则存在（a，a），使得 21ff afaa；（2）若 f（x）在（a，a）内取得极值，则存在（a，a），使得 212ff afaa。解：（1）220002!2!fffxffxxfxx，介于 0 与 x 之间。则可得：1210,02!ff afaaa 2220,02!ffafaaa 由得：2122af afaff 又 f（x）在2，1上连续，则必有最大值 M 与最小值 m，即 mf（1）M；mf（2）M。从而 122ffmM。由介值定理得，存在 2，1（a，a），有 122fff，代

19、入得：f（a）f（a）a2f（），即 2f afafa。（2）设 f（x）在 xx0（a，a）处取得极值，且 f（x）在 xx0可导，则 f（x0）0。所以 220000002!2!fffxfxfxxxxxfxxx，介于 0 与 x 之间，代入 xa，xa，可得：21001,02!ffafxaxa 22002,02!ff af xaxa 从而可得：22020122020111221122f afaaxfaxfaxfaxf 又|f（x）|连续，则：22220001122f afaM axM axM ax 其中 Mmax|f（1）|，|f（2）|。又 x0（a，a），故|f（a）f（a）|M（a2

20、x02）2Ma2，则 212Mf afaa，即存在 1或 2（a，a），使得 212ff afaa。21（本题满分 12 分）设矩阵 A 满足对任意 x1，x2，x3均有112321233232xxxxA xxxxxxx。（1）求 A。（2）求可逆转矩阵 P 与对角矩阵 使得 P1AP。解：（1）因为112312123232331112211011xxxxxA xxxxxxxxx对任意 x1，x2，x3均成立，所以111211011A。（2）2111111121112111101112222210EA 所以A 的特征值为 12，22，31。12 时，1311100211011011000EA，

21、可得对应的特征向量为 1（0，1，1）T。22 时，2111104231013013000EA，可得对应的特征向量为 2（4，3，1）T。31 时，3211201201010010000EA，可得对应的特征向量为 3（1，0，2）T。所以123041,130112P ，1123200,020001P AP。22（本题满分 12 分）设随机变量 X 的概率密度为 2,1xxef xxe ，令 Yex。（1）求 X 的分布函数。（2）求 Y 的概率密度。（3）Y 的期望是否存在？解：（1）X 的分布函数为：21d=,111xxxxxxxeeF xxxReee（2）方法 1：分布函数法 由分布函数定义可得 FY（y）PYyPeXy。当 y0 时，有 FY（y）0。当 y0 时，有 FY（y）PXlnyF（lny）y/（1y）。所以 Y 的概率密度为：21,010,Yyyfy其他。方法 2：公式法 因为 yex在（，）上单调且处处可导，当 x（，），y0，此时 xlny，所以当y0 时，有：ln22ln11lnln11yYyefyfyyyye 所以 Y 的概率密度为：21,010,Yyyfy其他。（3）由于2001dln 111yEYyyyy，所以 Y 的期望不存在。