2020青海考研数学三真题及答案.pdf

《2020青海考研数学三真题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020青海考研数学三真题及答案.pdf（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、20202020青海考研数学三真题及答案青海考研数学三真题及答案一、选择题：18 小题,每小题 4 分,共 32 分下列每题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的(1)设limf(x)ab，则limsin f(x)sina()xax axax a(A).bsina(B).bcosa(C).b sin f(a)(D).b cos f(a)【答案】B【解析】limsin f(x)sin a limsin f(x)sin af(x)a cos f(x)b b cos f(a)xax axaf(x)ax axa设 f(x)u，则limsin f(x)sin a=limsinu sina cos

2、u cos f(a)xaf(x)au f(a)u au f(a)limsin f(x)sin a limsin f(x)sin af(x)a limsin f(x)sin a limf(x)a则xax axaf(x)ax axa=bcosaf(x)axax a(2)函数 f(x)(A).1(B).2(C).31ex1ln 1 x(ex1)(x 2)，则第二类间断点个数为（）0000(D).4【答案】C【解析】本题考查的是第一类间断点与第二类间断点的定义，判断间断点及类型的一般步骤为：1.找出无定义的点（无意义的点）；2.求该点的左右极限；3.按照间断点的定义判定。第二类间断点的定义为 f(x0

3、),f(x0)至少有一个不存在，很显然 f(x)不存在的点为x 1,x 0,x 1,x 2。在x 1处，limx1f(x),limx1f(x)；在x 0处，limx0f(x)limx0+f(x)=1；2e1在x 1处，limex101，lim ex1 ，lim f(x)0，lim f(x)；x1在x 2处，limx2x1f(x)，limx2+x1f(x)+；x1+所以，第二类间断点为 3 个。(3)对奇函数f(x)在(,)上有连续导数，则()(A).cos f(t)f(t)dt 是奇函数x(B).cos f(t)f(t)dt 是偶函数x(C).xcos f(t)f(t)dt 是奇函数(D).x

4、cos f(t)f(t)dt 是偶函数【答案】：A【解析】f(x)为奇函数，则其导数 f(x)为偶函数，又 cos x 为偶函数，则cos f(x)cos f(x)，则cos f(x)为偶函数，故cos f(x)f(x)为偶函数，以 0 为下限、被an 1anan 1an n积函数为偶函数的变限积分函数为奇函数。所以，本题选 A;对于C和D 选项，f(x)为偶函数，则cos f(x)cos f(x)为偶函数，f(x)为奇函数，则cos f(x)f(x)既非奇函数又非偶函数。(4).已知幂级数 na(x 2)n的收敛区间为(2,6)，则 a(x 1)2n的收敛区间为nn 1nn 1(A).(-2

5、,6)(B).(-3,1)(C).(-5,3)(D).(-17,15)【答案】Ba(x 1)2n 2a【解析】由比值法可知，幂级数收敛时，limn 1 limn 1(x 1)2 1na(x 1)2nna则要求 a(x 2)2n的收敛区间，只需要求出limnn的值即可，nn 1n 而条件告诉我们幂级数 na(x 2)n的收敛区间为(2,6)，即收敛半径为 4limn limn n 1 lim 1n4则 lim(x 1)2n 1(x 1)2 1，即 3 x 1n4所以本题选B。(5)设4阶矩阵A (aij)不可逆，a12的代数余子式A12 0，1,2,3,4为矩阵A的列向量组，A*为A的伴随矩阵，

6、则A*x 0 的通解为（）（A）x k11 k22 k33（C）x k11 k23 k34an 1an(n 1)an 1nann 1an 1nan（B）x k11 k22 k34（D）x k12 k23 k34【答案】（C）【解析】A (a)不可逆知，A 0 及 r(A)4；由 A 0 知A*O 且,线性无关（无ij12134关组的延长组仍无关），故r(A)3 及r(A*)1，故 A*x 0 的基础解系含有 3 个向量。由A*A A E O 知，A 的列向量均为 A*x 0 的解，故通解为 x k k k 。11233 4(6)设A为3 阶矩阵，1,2为A的特征值1对应的两个线性无关的特征向量

7、，3为A的特100征值 1的特征向量。若存在可逆矩阵P，使得P1AP 010，则P 可为（）（A）(13,2,3)（C）(13,3,2)001（B）(12,2,3)（D）(12,3,2)【答案】（D）【解析】因为1,2为A 的特征值1对应的两个线性无关的特征向量，故1 2,2仍为特征值1的两个线性无关的特征向量；因为3为A 的特征值1的特征向量，故3仍为特征值1的特征向量，因为特征向量与特征值的排序一一对应，故只需 P (1 2,3,2)，100就有P1AP010。(7)001P A P B P C 1,P AB 0,P AC P BC 1412，则 A,B,C 恰好发生一个的概率为（）(A)

8、.34(B).23(C).12(D).512DXDY2【答案】（D）【解析】P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(AIBUC)P(BIAUC)P(C IA U B)P(A)P(AB)P(AC)P(ABC)P(B)P(AB)P(BC)P(ABC)P(C)P(AC)P(BC)P(ABC)又 ABC AB，P(ABC)P(AB)0原式 114121141211154121212(8).若二维随机变量 X,Y 服从 1，则下列服从标准正态分布且与X 独立的N 0,0;1,4;是（）(A).(B).(C).(D).5X Y55X Y53X Y33X Y3【答案】（C）【解析】由二维正态分布可知 X N

9、(0,1)，Y N(0,4)，XY 12D(XY)DXDY2XY3，所以XY N(0,3)，3X Y N(0,1)3又cov(X,XY)cov(X,X)cov(X,Y)DXXY0DXDY所以 X 与3X Y 独立3(0,)(0,)(0,)二、填空题：914 小题,每小题 4 分,共 24 分(9)z arctanxysin(x y)，则 dz.【答案】dz(1)dxdy【解 析】dzdxy cos(x y)1xysin(x y)2,dzdyx cos(x y)1xysin(x y)2，将 x 0,y 带入 可知，dz(1)dxdy(1 0)已知曲线满足 x ye2xy 0，求曲线在点(0,1)

10、处的切线方程【答案】y x 1【解析】在 x y e2 xy 0 两侧同时对 x 求导有1+dy+e2 xy(2 y 2xdy)0，将 x 0,y 1 带入dxdx可知dy 1，所以切线方程为 y x 1 dx(1 1)设产量为Q，单价为P,厂商成本函数为C(Q)10013Q，需求函数为Q(P)求厂商取得最大利润时的产量800P 3 2，【答案】Q 8【解析】由Q(P)800P 32可知P 800Q 23，则利润函数为L(Q)800，dL(Q)160016，令dL(Q)0 可得，Q 8，此时Q23Q(100 13Q)dQ(Q2)2dQd2L(Q)dQ23200(Q 2)3 0，故取得最大利润(

11、1 2)设平面区域D(x,y)x剟 y1,0剟 x 1，则求D绕y 轴旋转所成旋转体的体积21 x2【答案】(ln 2 1)31123【解析】由题意列式得V 2x1xdx ln(1 x)1x(ln 2 1)01 x22330a011(1 3)行列式0a1111a0110a【答案】a2(a2 4).【解析】11111111a11a21原式=a0a11 a0a11 a 2a11 a22a1 a2(a2 4).11a002a110aa001110a00aa(1 1 4 4)随机变量 X 的分布律为 P X k 解析1,k 1,2,.,Y 为X 被3 除的余数，则 EY 2kPY 0PX 3n11n1

12、PY 1n18nPX 3n 171 14n0n02 8n7PY 2PX 3n21 12n0EY0114228n04 8n77777三、解答题：1523 小题,共 94 分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)设为常数，且当时，与为等价无穷小，求的值.【解析】，由于，则，且式，得.(16)(本题满分 10 分)求函数 fx,y x38y3xy的极值.【解析】，解得，.且，.讨论：对于，求得，因，则不为极值点；对于，求得，因且，则为极小值点，且极小值为.(17)(本题满分 10 分)设函数满足，且有.（）求；（）设，求.【解析】（）由得，解得，则，又由得，则.（），则.(

13、18)(本题满分10分)设区域，计算.【解析】设，则，两边同取积分得.f(c)f(0)c 0f(2)f(c)2 c 则，.(19)(本题满分 10 分)设函数M maxfx.x0,2fx在0,2上 具 有 连 续 导 数.f 0f 2 0,证:(1)存在0,2使(2)若对任意 x0,2,f Mf x M,则M 0.证明:(1)M 0 时,则 f(x)0,显然成立.M 0 时,不妨设在点c(0,2)处取得最大值|f(c)|M.由拉格朗日中值定理得,存在(0,c),使得|f()|=M;存在2(c,2),使得|f(21)|1cM;2 c所以(MM)(M M)M2(c 1)2 0,即M介于M与M之间,

14、从而有c2cc(2c)c2 c|f(1)|M或 f(2)|M,结论得证.（）当c 1时,采用反证法,假设M 0.则|f(1)|M 或|f(2)|M,与已知矛盾,假设不成立.当c 1时,此时|f(1)|M,易知 f(1)0.2100设G(x)f(x)Mx,0剟 x1;则有G(x)f(x)M0,从而G(x)单调递减.又G(0)G(1)0,从而G(x)0,即 f(x)Mx,0剟 x 1.因此 f(1)M,从而M 0.综上所述,最终M 0(20)(本题满分 11 分)二次型 f(x,x)x2 4x x 4x2经正交变换 x1 Q y1化为二次型121122xyg(y,y)ay2 4 y y by2，a

15、b。求：2 2 121122（I）a,b的值；（IIII）正交矩阵Q43【答案】（I）a 4,b 1；（II）Q 55.34【解析】（I）记x x1,y y1,A 1552,B a2，故 f xTAx,g yTBy。xy242b 2 2 因为 x Qy，故 f yTQTAQy，所以 B QTAQ，其中Q 为正交矩阵。所以A,B相似，故特征值相同，故tr(A)tr(B)知，ab5，故a4,b1。ABab40（II）由A 12 0,tr(A)12 5，知 A,B 的特征值均为1 5,2 0。解齐次线性方程组(iE A)x 0 及(iE B)x 0，求特征向量并直接单位化，对5，由5E A4221知

16、，1 1；11525 1对 0，由0E A 12 12知，1 2；22400251同理，B 的属于特征值 5 的特征向量为 1 2，11 00kB 的属于特征值 0 的特征向量为 1 1.记Q (,)21 12，Q2(,)521 21，就有112521212512QTAQQTBQ50，因此BQ QTAQQT，只需令1122211 243QQQT11212155，125215123455则 B QTAQ，二次型 f(x,x)经正交变换 x Qy 化为 g(y,y)。1212(21)(本题满分 11 分)设 A 为 2 阶矩阵，P (,A)，是非零向量且不是 A 的特征向量。（I）证明矩阵 P 可

17、逆；（I I）若A2 A 6 0，求 P1AP并判断 A是否相似于对角矩阵。【解析】（I）设k1 k2A 0 若k2 0，则由 0 知 k1 0；若k 0，则 A k1，所以 是 A 的属于特征值k1的特征向量，与已知条件产生222矛盾。k所以，k1 k2 0，向量组,A 线性无关，故矩阵 P 可逆。（II）因为 A2 6 A，所以，(A,A2)(A,6 A)(,A)06，11 0,X Y 0 X Y 0,01212121记 B 06，因此，11A(,A)(,A)06，11即AP PB，由P 可逆知A,B 相似且P1AP B 06。11由E B 6(2)(3)0知，矩阵A,B 的特征值均为 2

18、,3，1112因为特征值互不相同，故矩阵A相似于对角矩阵20。03(22)(本题满分 11 分)二维随机变量 X,Y 在区域D x,y 0 y 1 x2上服从均匀分布，且Z 1,X Y 0,Z 1,X Y 0 求（1）二维随机变量 Z,Z 的概率分布；（2）求 Z,Z 的相关系数.【解析】（1）由题意 f x,y ,x,y D 2 0,x,y D，所以可计算P ZP Z 0,Z2 0,Z2 0 P X Y 0,X Y 0 14 1 P X Y 0,X Y 0 12P Z 1,Z 0 P X Y 0,X Y 0 0P Z 1,Z2 1 P X Y 0,X Y 0 14可得 2111DZ1DZ21

19、2 1212 Z2Z101014121014（2）由（1）可计算 E Z 1,E Z 3,D Z 3,D Z 3,E Z Z 11424116216124所以可得 Cov Z,Z E Z Z EZ EZ13(23)(本题满分 11 分)设某元件的使用寿命T 的分布函数为 t m 1 e ,t 0，其中为参数且均大于零.F t ,m 0,t 0（1）计算概率 P T t 与 P T s tT s；（2）任取n个元件试验，其寿命分别为t1,t2,.,tn，若m已知，求得最大似然估计.【解析】t m（1）P T t 1 P T t e s t m P T s t e P T s t T s P T s t mDZ1DZ2 e mtm 1 t m （2）由题意可得概率密度函数为f t F t e ,t 0 m 0,t 0n1ntmii 1mt i似然函数 nnm 1in t m Li 1emni 1 ,t0,i1,2,.,n n t mi取对数有ln L nlnm m 1 ln ti mn ln i 1i 1 求导并令导数等于零，d lnL mn m ntm 0m 解得.dm 1ii 1n i