2021陕西考研数学三真题及答案.pdf
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1、1xa1 21 22021 陕 西 考 研 数 学 三 真 题 及 答 案一、选 择 题(本 题 共 10 小 题,每 小 题 5 分,共 50 分.每 小 题 给 出 的 四 个 选 项 中,只 有 一 个 选 项是 符 合 题 目 要 求,把 所 选 选 项 前 的 字 母 填 在 答 题 卡 指 定 位 置 上.)2(1)当 x 0 时,0(e 1)d t 是 x7的(A)低 阶 无 穷 小.(B)等 价 无 穷 小.(C)高 阶 无 穷 小.(D)同 阶 但 非 等 价 无 穷 小.【答 案】C.x2t3x67x2t37【详 解】因 为 当 x 0 时,0(e 1)d t确 答 案 为
2、 C.2 x(e 1)x,所 以0(e 1)d t 是 x 高 阶 无 穷 小,正 ex 1(2)函 数 f(x)=x,x 0,在 x 0 处1,x 0(A)连 续 且 取 极 大 值.(B)连 续 且 取 极 小 值.(C)可 导 且 导 数 为 0.(D)可 导 且 导 数 不 为 0.【答 案】D.【详 解】因 为 l i m f(x)=l i mex1 1 f(0),故 f(x)在 x 0 处 连 续;x 0 x 0 xf(x)f(0)ex11xex 1 x 11因 为 l i m=l i m l i m,故 f(0),正 确 答 案 为 D.x 0 x 0 x0 x 0 x 0 x2
3、2 2(3)设 函 数 f(x)a x b l n x(a 0)有 两 个 零 点,则b的 取 值 范 围 是a(A)(e,).(B)(0,e).(C)(0,1).(D)(1,).e e【答 案】A.【详 解】令 f(x)a x b l n x 0,f(x)a b,令 f(x)0 有 驻 点 x b,f b a b b l nb 0,x从 而 l nb 1,可 得b e,正 确 答 案 为 A.a a aa a(4)设 函 数 f(x,y)可 微,f(x 1,ex)x(x 1)2,f(x,x2)2 x2l n x,则 d f(1,1)(A)d x d y.(B)d x d y.(C)d y.(
4、D)d y.【答 案】C.【详 解】f(x 1,ex)exf(x 1,ex)(x 1)2 2 x(x 1)f(x,x2)2 x f(x,x2)4 x l n x 2 x t32 x 0 x 1分 别 将y 0,y 1带 入 式 有 f1(1,1)f2(1,1)1,f1(1,1)2 f2(1,1)2联 立 可 得 f1(1,1)0,f2(1,1)1,d f(1,1)f1(1,1)d x f2(1,1)d y d y,故 正 确 答 案 为 C.(5)二 次 型 f(x,x,x)(x x)2(x x)2(x x)2的 正 惯 性 指 数 与 负 惯 性 指 数 依 次 为1 2 3 1 2 2 3
5、 3 1(A)2,0.(B)1,1.(C)2,1.(D)1,2.【答 案】B.【详 解】f(x,x,x)(x x)2(x x)2(x x)2 2 x2 2 x x 2 x x 2 x x1 2 3 1 2 2 3 3 1 2 1 2 2 3 1 3 0 1 1 所 以 A 1 2 1,故 特 征 多 项 式 为1 1 0 1|E A|1 2 1 1 1 1(1)(3)令 上 式 等 于 零,故 特 征 值 为 1,3,0,故 该 二 次 型 的 正 惯 性 指 数 为 1,负 惯 性 指 数 为 1.故 应 选 B.T11(6)设 A(,)为 4 阶 正 交 矩 阵,若 矩 阵 B=T,1,k
6、 表 示 任 意 常 数,1 2 34 2 T 1 3 则 线 性 方 程 组 Bx 的 通 解 x(A)2 3 4 k 1.(B)1 3 4 k 2.(C)1 2 4 k 3.(D)1 2 3 k 4.【答 案】D.【解 析】因 为 A(1,2,3,4)为 4 阶 正 交 矩 阵,所 以 向 量 组 1,2,3,4是 一 组 标 准 正 交 向 量 T1组,则 r(B)3,又 B=T 0,所 以 齐 次 线 性 方 程 组 Bx 0 的 通 解 为 k.而4 2 4 4T3 T 1 1 B()=T()1,故 线 性 方 程 组 Bx 的 通 解1 2 321 2 3 T 1 3 x 1 2
7、3 k 4,其 中 k 为 任 意 常 数.故 应 选 D.1 0 1(7)已 知 矩 阵 A 2 1 1,若 下 三 角 可 逆 矩 阵 P 和 上 三 角 可 逆 矩 阵 Q,使 PAQ 为 对 角 1 2 5 矩 阵,则 P,Q 可 以 分 别 取3 Q 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0(A)0 1 0,0 1 3.(B)2 1 0,0 1 0.0 0 1 0 0 1 3 2 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 2 3(C)2 1 0,0 1 3.(D)0 1 0,0 1 2.3 2 1【答 案】C.【解 析】0 0 1 1 3 1 0 0 11 0 1
8、 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0(A,E)2 1 1 0 1 00 1 3 2 1 00 1 3 2 1 0 1 2 5 0 0 1 0 2 6 1 0 1 0 0 0 3 2 1 1 0 0(F,P),则 P 2 1 0;1 00 1 3 2 1 1 1 0 0 3 0 1 0 1 0 1 F 0 0 0 0 0 0,则 Q 0 1 3.故 应 选 C.E1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 30 0 1 0 0 1 0 0 1(8)设 A,B 为 随 机 事 件,且 0 P(B)1,下 列 命 题 中 不 成 立 的 是(A)若 P(A|B)P(A),则
9、P(A|B)P(A).(B)若 P(A|B)P(A),则 P(A|B)P(A)(C)若 P(A|B)P(A|B),则 P(A|B)P(A).(D)若 P(A|A B)P(A|A B),则 P(A)P(B).【答 案】D.P(A(A B)【详 解】P(A|A B)P(A B)P(A)P(A)P(B)P(A B)P(A|A B)P(A(A B)P(A B)P(A B)P(A B)P(B)P(A B)P(A)P(B)P(A B)因 为 P(A|A B)P(A|A B),固 有 P(A)P(B)P(A B),故 正 确 答 案 为 D.(9)设(X,Y),(X,Y),(X,Y)为 来 自 总 体 N(
10、,;2,2;)的 简 单 随 机 样 本,令1 1 2 2 n n1n1n1 2 1 2 1 2,X nXi,Y nYi,X Y 则i 1 i 12 24(A)E(),D()1 2.n5dydx 2 x 1 2 1 2 1 2 1 2)()53 22 2 2(B)E(),D().n2 2(C)E(),D()1 2.n2 2 2(D)E(),D().n【答 案】B【详 解】因 为 X,Y 是 二 维 正 态 分 布,所 以 X 与 Y 也 服 从 二 维 正 态 分 布,则 X Y 也 服 从 二 维 正 态 分布,即 E()E(X Y)E(X)E(Y)1 2,2 2 2 D()D(X Y)D(
11、X)D(Y)c o v(X,Y)1 2 1 2,故 正 确 答 案 为 B.n1 1(1 0)设 总 体 X 的 概 率 分 布 为 P X 1,P X 2 P X 3,利 用 来 自 总 体2 4的 样 本 值 1,3,2,2,1,3,1,2,可 得 的 最 大 似 然 估 计 值 为(A)1.3(B).(C)1.(D)5.4 8 2 2【答 案】A.【详 解】似 然 函 数 L()(1 31 5,2 41 1 取 对 数 l n L()3 l n()5 l n();2 4d l n L()3 5 1求 导 0,得.故 正 确 答 案 为 A.d 1 1 4二、填 空 题(本 题 共 6 小
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