2023年青海考研数学三试题及答案.pdf

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1、2 0 2 3 年 青 海 考 研 数 学 三 试 题 及 答 案一、选 择 题：1 1 0 小 题,每 小 题 5 分，共 5 0 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(,)l n(|s i n|)f x y y x y，则（）.A.(0,1)fx不 存 在，(0,1)fy存 在 B.(0,1)fx存 在，(0,1)fy不 存 在C.(0,1)fx存 在，(0,1)fy存 在 D.(0,1)fx不 存 在，(0,1)fy不 存

2、 在【答 案】A.【解 析】由 已 知(,)l n(|s i n|)f x y y x y，则(,1)l n(1|s i n 1|)f x x，(0,)l n f y y.当 0 x 时，(,1)l n(1 s i n 1)f x x，(0,1)0(,)d(,1)s i n 1dxf x y f xx x；当 0 x 时，(,1)l n(1 s i n 1)f x x，(0,1)0(,)d(,1)s i n 1dxf x y f xx x；所 以(0,1)(,)f x yx不 存 在.又(0,1)1(,)d(0,)1dyf x y f yy y，存 在.故 选 A.2.函 数21,0()1(1

3、)c os,0 xf xxx x x 的 一 个 原 函 数 为（）.A 2l n 1,0()(1)c os s i n,0 x x xF xx x x x B 2l n 1 1,0()(1)c os s i n,0 x x xF xx x x x C 2l n 1,0()(1)s i n c os,0 x x xF xx x x x D 2l n 1 1,0()(1)s i n c os,0 x x xF xx x x x【答 案】D.【解 析】由 已 知0 0l i m()l i m()(0)1x xf x f x f，即()f x 连 续.所 以()F x 在 0 x 处 连 续 且 可

4、 导，排 除 A，C.又 0 x 时，(1)c o s s i n c o s(1)s i n c o s(1)s i n x x x x x x x x x，排 除 B.故 选 D.3.若 0 y a y b y 的 通 解 在(,)上 有 界，则（）.A.0,0 a b B.0,0 a b C.0,0 a b D.0,0 a b【答 案】D.【解 析】微 分 方 程 0 y a y b y 的 特 征 方 程 为20 r ar b.若24 0 a b，则 通 解 为2 221 24 4()e(c os s i n)2 2axb a b ay x C x C x；若24 0 a b，则 通

5、解 为2 24 42 2 2 21 2()e ea b a a b ax xy x C C；若24 0 a b，则 通 解 为21 2()()eaxy x C C x.由 于()y x 在(,)上 有 界，若 02a，则 中 x 时 通 解 无 界，若 02a，则 中 x 时 通 解 无 界，故 0 a.0 a 时，若 0 b，则1,2r b i，通 解 为1 2()(c o s s i n)y x C b x C b x，在(,)上 有 界.0 a 时，若 0 b，则1,2r b，通 解 为1 2()e eb x b xy x C C，在(,)上 无 界.综 上 可 得 0 a，0 b.4.

6、设n na b，且1nna与1nnb收 敛，1nna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 非 充 分 又 非 必 要 条 件【解 析】由 已 知 条 件 可 知1()n nnb a为 收 敛 的 正 项 级 数，进 而1()n nnb a绝 对 收 敛.设1nna绝 对 收 敛，则 由n n n n n n nb b a a b a a 与 比 较 判 别 法,得1nnb绝 对 收 玫;设nb绝 对 收 敛，则 由n n n n n n na a b b b a b 与 比 较 判 别

7、 法，得1nna绝对 收 敛.故 选 A.5.,A B 为 可 逆 矩 阵，E 为 单 位 阵，*M 为 M 的 伴 随 矩 阵，则*A EO BA.*|A B B AO B AB.*|B A A BO A BC.*|B A B AO A BD.*|A B A BO B|A【答 案】B.【解 析】由 于*|A E A E A E E O A B OO B O B O B O E O A B，故*1|A E A E A B OO B O B O A B1 1 11|A B O A A BO A B O B1 1 11|A A B A A B BO B A B*|A B A BO B A.故 选

8、B.6.2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 3(,)()()4()f x x x x x x x x x 的 规 范 形 为A.2 21 2y y B.2 21 2y y C.2 2 21 2 34 y y y D.2 2 21 2 3y y y【答 案】B【解 析】2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 3(,)()()4()f x x x x x x x x x 2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 32 3 3 2 2 8 x x x x x x x x x，二 次 型 的 矩 阵 为2 1 11 3 41 4 3 A，2 1 1 2 1 0|1 3 4(7)1 3 11 4

9、 3 1 4 1 A E2 1 0(7)2 1 0(7)(3)01 4 1，1 2 33,7,0，故 规 范 形 为2 21 2y y，故 选 B.7.已 知 向 量 组1 2 1 21 2 2 12,1,5,03 1 9 1，若 既 可 由1 2,线 性 表 示，又 可 由1 2,线 性 表 示，则()A.33,4k k R B.35,1 0k k R C.11,2k k R D.15,8k k R【答 案】D.【解 析】设1 1 2 2 3 1 4 2k k k k，则1 1 2 2 3 1 4 2k k k k 0，对 关 于1 2 3 4,k k k k 的 方 程 组 的 系 数 矩

10、 阵 作 初 等 变 换 化 为 最 简 形，1 2 1 21 2 2 1 1 0 0 3(,)2 1 5 0 0 1 0 13 1 9 1 0 0 1 1 A，解 得T T T T1 2 3 4(,)(3,1,1,1)(3,1,1,0)(3 3,1,1,)k k k k C C C C C，故 1 1 2 2 1 21 1(3 3)(1)5(1)5,8(1)8Ck k C C C k k RC.8.设 X 服 从 参 数 为 1 的 泊 松 分 布，则(|()|)E X E X（）.A.1eB.12C.2eD.1【答 案】C.【解 析】方 法 一：由 已 知 可 得，1e(0,1,2,)!P

11、 X k kk,()1 E X，故1 1 1 10 0|1|(1)(|()|)(|1|)e e e e!k kk kE X E X E Xk k 12=2e(1)eE X.故 选 C.方 法 二：由 于0e!kxkxk，于 是11 11 e 1(1)!(1)!k k xk kx x xk x k x 于 是1 121 1 11 e 1(1)e 1(1)!(1)!(1)!k k k x xk k kk x x x x xk k x k x x.由 已 知 可 得，1e(0,1,2,)!P X k kk,()1 E X，故1 11(1)(|()|)(|1|)e e!kkE X E X E Xk 1

12、 11=e e(1)!kkk 1 121(1)e 1=e exxxx 1 12e ee.1 1 1(|()|)(|)e()e()1 e E X E X E Y E Y E X.故 选 C.9.设1 2,nX X X 为 来 自 总 体21(,)N 的 简 单 随 机 样 本，1 2,mY Y Y 为 来 自 总 体22(,2)N 的 简 单 随 机 样 本，且 两 样 本 相 互 独 立，记11niiX Xn，11miiY Ym，2 2111()1niiS X Xn，2 2211()1miiS Y Ym，则()A.2122(,)SF n mSB.2122(1,1)SF n mS C.21222

13、(,)SF n mS D.21222(1,1)SF n mS【答 案】D.【解 析】由 两 样 本 相 互 独 立 可 得212(1)n S与222(1)2m S相 互 独 立，且22 12(1)(1)n Sn，22 22(1)(1)2m Sm，因 此212212 22 22(1)(1)2(1,1)(1)(1)2n SnSF n mm S Sm，故 选 D.1 0.已 知 总 体 X 服 从 正 态 分 布2(,)N，其 中 0 为 未 知 参 数，1X，2X 为 来 自 总 体 X的 简 单 随 机 样 本，记1 2|a X X，若()E，则 a().A.2B.22C.D.2【答 案】A.【

14、解 析】由 与1X，2X 为 来 自 总 体 X 的 简 单 随 机 样 本，1X，2X 相 互 独 立，且21(,)X N，22(,)X N，因 而21 2(0,2)X X N，令1 2Y X X，所 以 Y 的 概 率 密 度 为222 21()e2 2yYf y，所 以2 22 22 2 401 2(|)|e d 2 e d2 2 2y yyE Y y y y，由1 2()(|)E a E X X，即2(|)a E Y a，解 得2a，故 选 A.二、填 空 题：1 1 1 6 小 题,每 小 题 5 分,共 3 0 分.请 将 答 案 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.1 1 求

15、 极 限21 1l i m 2 s i n c o sxx xx x _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.【答 案】23.【解 析】1220s i n2 c os1 1l i m 2 s i n c os l i mxtx ttttx xx x t 22 2 2 30 0 0 0s i n 111 c o s s i n2l i m l i m l i m l i mt t t tttt t ttt t t t 1 12 6 23.1 2 已 知 函 数(,)f x y 满 足2 2d dd(,)x y y xf x yx y，且(1,1)4f，则(3,3)f _ _ _ _ _

16、_ _ _ _ _ _ _.【答 案】3.【解 析】由 已 知2 2(,)f x y yx x y，2 2(,)f x y xy x y，则2 2(,)d a r c t a n()y xf x y x yx y y，所 以2 2(,)()f x y xyy x y，即()0 y，()y C，从 而(,)a r c t a nxf x y Cy，又(1,1)4f，解 得2C，故(,)a r c t a n2xf x yy，3(3,3)a r c t a n2 3 3f.1 3.20(2)!nnxn_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.【答 案】e e2x x.【解 析】令20()(2

17、)!nnxS xn，则(0)1 S，且2 11()(2 1)!nnxS xn，(0)0 S，2 2 21 0()()(2 2)!(2)!n nn nx xS x S xn n，从 而 可 得 微 分 方 程()()0 S x S x，解 得1 2()e ex xS x C C，又(0)1 S，(0)0 S，解 得1 212C C，故20e e()(2)!2n x xnxS xn.1 4.某 公 司 在 t 时 刻 的 资 产 为()f t，则 从 0 时 刻 到 t 时 刻 的 平 均 资 产 等 于()f ttt，假 设()f t 连 续 且(0)0 f，则()f t _ _ _ _ _ _

18、 _ _ _ _ _ _.【答 案】2(e 1)tt.【解 析】由 已 知 可 得0()d()tf t tf ttt t，整 理 变 形20()d()tf t t f t t，等 式 两 边 求 导()()2 f t f t t，即()()2 f t f t t，解 得 一 阶 线 性 微 分 方 程 通 解 为()2(1)etf t t C，又(0)0 f，解 得 2 C，故()2(e 1)tf t t.1 5.1 31 2 31 2 31 21,0,2 0,2a x xx a x xx x a xa x b x 有 解，其 中,a b 为 常 数，若0 11 1 41 2aaa，则1 11

19、 20aaa b _ _ _ _ _ _ _ _.【答 案】8【解 析】方 程 组 有 解，则0 1 11 1 0 11 1 0|1 2 2 1 1 01 2 00 1 20 2aa aaa aaa b aa b A，故1 11 2 80aaa b.1 6.设 随 机 变 量 X 与 Y 相 互 独 立，且 1,X B p，2,Y B p，(0,1)p 则 X Y 与 X Y 的 相 关 系 数 为 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.【答 案】13【解 析】由 题 意 可 得，()(1)D X p p，()2(1)D Y p p，又 由 X 与 Y 相 互 独 立 可知，()()

20、()D X Y D X D Y，故(,)C o v(,)()()()()()()()()X Y X YX Y X Y D X D YD X Y D X Y D X D Y D X D Y()()(1)2(1)1()()(1)2(1)3D X D Y p p p pD X D Y p p p p 三、解 答 题：1 7 2 2 小 题,共 7 0 分.解 答 应 写 出 文 字 说 明、证 明 过 程 或 演 算 步 骤.1 7.（本 题 满 分 1 0 分）已 知 函 数()y y x 满 足2e l n(1)c o s 0 xa y y x y b，且(0)0,(0)0 y y.（1）求,a

21、 b 的 值;（2）判 断 0 x 是 否 为 函 数()y y x 的 极 值 点.【解】（1）将(0)0 y 代 入2e l n(1)c o s 0 xa y y x y b 得 0 a b.方 程2e l n(1)c o s 0 xa y y x y b 两 边 对 x 求 导 得1e 2 c o s l n(1)s i n 01xa y y y y x y yx，将(0)0 y 代 入 上 式 得 1 0 a，解 得 1,1 a b.(2)由（1）知1e 2 c o s l n(1)s i n 01xy y y y x y yx，上 式 两 边 再 对 x 求 导 得221 1 1e

22、2()2 c o s s i n s i n l n(1)c o s l n(1)s i n 0(1)1 1xy y y y y y y y x y y y x y yx x x 将(0)0,(0)0 y y 代 入 上 式 得(0)2 y，所 以 0 x 是 函 数()y y x 的 极 大 值 点.1 8.（本 题 满 分 1 2 分）已 知 平 面 区 域21(,)|0,11D x y y xx x，（1）求 平 面 区 域 D 的 面 积 S.(2)求 平 面 区 域 D 绕 x 一 周 所 形 成 得 旋 转 体 的 体 积【解】(1)22 22 14 41 s e c 1d d d

23、t a n s e c s i n1tS x t tt t tx x 2 22 24 4s i n 1d d c o ss i n 1 c o stt tt t 241 c o s 1 1 2 1l n l n2 c o s 1 2 2 1tt.(2)2 2 2 21 11 1 1d d 1(1)1 4V x xx x x x.1 9.（本 题 满 分 1 2 分）已 知2 2(,)|(1)1 D x y x y，求2 2|1|d dDx y x y.【解】令2 2 2 21(,)|(1)1,1 D x y x y x y，则2 2|1|d dDx y x y 1 12 2 2 21 d d

24、1 d dD D Dx y x y x y x y 12 2 2 21 d d 2 1 d dD Dx y x y x y x y 2 c o s 12 22 30 2 c o s2 34 3 2 7d d 3 2 d d3 9 2 0.（本 题 满 分 1 2 分）设 函 数()f x 在,a a 上 有 二 阶 连 续 导 数.（1）证 明：若(0)0 f，存 在(,)a a，使 得21()()()f f a f aa；（2）若()f x 在(,)a a 上 存 在 极 值，证 明：存 在(,)a a，使 得21|()|()()|2f f a f aa.【证 明】(1)将()f x 在00

25、 x 处 展 开 为2 2()()()(0)(0)(0)2!2!f x f xf x f f x f x，其 中 介 于 0 与 x 之 间.分 别 令 x a 和 x a，则21()()(0)()2!f af a f a，10 a，22()()(0)()2!f af a f a，20 a，两 式 相 加 可 得2 1 2()()()()2f ff a f a a，又 函 数()f x 在,a a 上 有 二 阶 连 续 导 数，由 介 值 定 理 知 存 在 1 2,(,)a a，使 得1 2()()()2f ff，即21()()()f f a f aa.(2)设()f x 在0 x 处 取

26、 得 极 值，则0()0 f x.将()f x 在0 x 处 展 开 为2 20 00 0 0 0()()()()()()()()()2!2!f x x f x xf x f x f x x x f x，其 中 介 于0 x 与 x 之 间.分 别 令 x a 和 x a，则21 00()()()()2!f a xf a f x，1 0a x，22 00()()()()2!f a xf a f x，0 2x a，两 式 相 减 可 得2 22 0 1 0()()()()()()2 2f a x f a xf a f a，所 以2 22 0 1 0()()()()|()()|2 2f a x f

27、 a xf a f a 2 21 0 2 0|()|()|()|()2 2f a x f a x 2 20 0 1 2|()|()()(|()|m a x(|()|,|()|)2fa x a x f f f 2 20 0|()|()()2|()|2fa x a x a f，即21|()|()()|2f f a f aa.2 1.（本 题 满 分 1 2 分）设 矩 阵 A 满 足 对 任 意 的1 2 3,x x x 均 有1 1 2 32 1 2 33 2 32x x x xx x x xx x x A.(1)求 A(2)求 可 逆 矩 阵 P 与 对 角 阵，使 得1 P AP.【解】(1

28、)由1 1 2 32 1 2 33 2 32x x x xx x x xx x x A，得1 12 23 31 1 12 1 10 1 1x xx xx x A，即 方 程 组1231 1 12 1 10 1 1xxx 0 A 对 任 意 的1 2 3,x x x 均 成 立，故1 1 12 1 10 1 1 A.(2)1 1 1 1 0 1|2 1 1(2)2 00 1 1 0 1 1 A E,(2)(2)(1)0,特 征 值 为1 2 32,2,1.3 1 1 1 0 02 2 1 1 0 1 10 1 1 0 0 0 A E,1011;1 1 1 1 0 42 2 3 1 0 1 30

29、1 3 0 0 0 A E,2431;2 1 1 2 0 12 0 1 0 1 00 1 0 0 0 0 A E,3102,令1 2 30 4 1(,)1 3 01 1 2 P，则12 0 00 2 00 0 1 P AP.2 2.（本 题 满 分 1 2 分）设 随 机 变 量 X 的 概 率 密 度 函 数 为2e(),(1 e)xxf x x，令 eXY.(1)求 X 的 分 布 函 数；(2)求 Y 的 概 率 密 度 函 数；(3)判 断 Y 的 数 学 期 望 是 否 存 在.【解】(1)设 X 的 分 布 函 数 为()XF x，由 分 布 函 数 的 定 义 可 得2e 1()

30、()d d 1,(1 e)1 etx xX t tF x P X x f x x t x.(2)设 Y 的 分 布 函 数 为()YF y，概 率 密 度 为()Yf y，由 分 布 函 数 的 定 义 可 得()e XYF y P Y y P y，当 0 y 时，()0YF y；当 0 y 时，1()l n(l n)11Y XF y P Y y P X y F yy.综 上，0 0,()11 0.1YyF yyy，故 Y 的 概 率 密 度 函 数20 0,()10.(1)Yyf yyy，(3)由(2)知，2 20 01 1()()d d d(1)(1)Yy yE Y y f y y y yy y 20 01 1d d1(1)y yy y 01l n(1)=1yy，故 Y 的 数 学 期 望 不 存 在.