2018海南考研数学三真题及答案.pdf

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1、2018 海南考研数学三真题及答案一、选择题1.下列函数中,在 0 x 处不可导的是().sin A f x x x.sin B f x x x.C f x c o s x.cos D f x x 答案:D解析:方法一:0 0 0sin 0lim lim lim sin 0,x x xx x x f x fxx x xA 可导 0 0 0sin 0lim lim lim sin 0,x x xx x x f x fxx x xB 可导 20 0 01cos 1 02lim lim lim 0,x x xxx f x fx xCx 可导 0 0 01cos 1 02lim lim limx x

2、xxx f fx x xDx 不存在,不可导应选 D.方法二:因为,(1)0 f c o s x f x 0 0 01cos 1 02lim lim limx x xxx f x fx x x 不存在 f x 在 0 x 处不可导,选 D对:A f x x s i n x 在 0 x 处可导对 32:B f x x x x 在 0 x 处可导对():x x C f c o s 在 0 x 处可导.2.设函数 f x 在0,1上二阶可导,且 100,f x dx 则 1 0,02A f x f 当 时 1 0,02B f x f 当 时 1 0,02C f x f 当 时 1 0,02D f x

3、 f 当 时答案 D【解析】将函数 f x 在12处展开可得 22 21 1 10 0 01 1 1 1,2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1,2 2 2 2 2 2 2 2ff x f f x xff x dx f f x x dx f f x dx 故当()0 f x 时,101 1.0.2 2f x d x f f 从而有选 D。3.设 22 2 222 2 211,1 cos1xxxM dx N dx K x dxx e,则A.M N K B.M K N C.K M N D.K N M 答案:C解析:22 2 22 22 2 2121 1,1 1xxM dx dx dxx x

4、221xxN dxe,因为1xe x 所以11xxe 221 cos,1 cos 1.K x dx x 即11 1 cosxxxe 所以由定积分的比较性质 K M N,应选 C.4.设某产品的成本函数 C Q 可导,其中 Q为产量,若产量为0Q 时平均成本最小,则()A 0 0 C Q B 0 0 C Q C Q C.0 0 0 C Q Q C Q D.0 0 0 Q C Q C Q 答案D【解析】平均成本 2,C Q dC Q C Q Q C QC QQ dQ Q,由于 C Q在0Q Q 处取最小值,可知 0 0 0.Q C Q 故选(D).5.下列矩阵中,与矩阵1 1 00 1 10 0

5、1 相似的为1 1 1.0 1 10 0 1A 1 0 1.0 1 10 0 1B 1 1 1.0 1 00 0 1C 1 0 1.0 1 00 0 1D 答案:A解析:令1 1 00 1 00 0 1P 则11 1 00 1 00 0 1P 11 1 0 1 1 1 1 1 00 1 0 0 1 1 0 1 00 0 1 0 0 1 0 0 11 2 0 1 1 0 1 1 00 1 1 0 1 0 0 1 10 0 1 0 0 1 0 0 1P A P 选项为 A6.设,A B为 n阶矩阵,记 r X 为矩阵 X 的秩,X Y 表示分块矩阵,则.A r A A B r A.B r A B

6、A r A.,C r A B m a x r A r B.T TD r A B r A B 答案:A解析:易知选项 C 错对于选项 B举反例:取1 1 0 01 1 1 2A B 1则 0 0 1 1 0 0,3 3 1 1 3 3B A A B A 7.设随机变量X 的概率密度 f x 满足 1 1 f x f x，且 200.6 f x d x，则 0 _ P X(A)0.2；(B)0.3；(C)0.4；(D)0.6解 由 1 1 f x f x 知，概率密度 f x 关于 1 x 对称，故 0 2 P X P X，且 0 0 2 2 1 P X P X P X，由于 200 2 0.6

7、P X f x d x，所以 2 0 0.4 P X，即 0 0.2 P X，故选项 A 正确8.设 1 2,nX X X 为取自于总体 2,X N 的简单随机样本，令niiXnX11，2111()1niiS X Xn，2211()niiS X Xn，则下列选项正确的是 _(A)n Xt nS；(B)1n Xt nS；(C)*n Xt nS；(D)*1n Xt nS 解 由于 0,1XNn，)1()()1(221222nX XS nnii，且Xn与22(1)n S相互独立，由 t分布的定义，得(1)n XXtnS Sn，故选项 B 正确二、填空题9.曲线22ln y x x 在其拐点处的切线方

8、程为_。答案 4 3 y x【解析】函数 f x 的定义域为 2 32 2 40,2,2,y x y yx x x。令=0 y,解得x=1,而 1 0,y 故点(1,1)为曲线唯一的拐点。曲线在该点处切线的斜率 1 4,y 故切线方程为4 3 y x。10.2arcsin 1 _.x xe e 2 22 22 22 2 222 2arcsin 1 1,1=arcsin 1 arcsin 11 1 1arcsin 1 tan sin 1 11arcsin 1 1x x xxx x xe e e Ctt dt t t t dtt ttt t dt t t Cte e e C 答案【解析】令t=e

9、则原式11.差分方程25 x xy y 的通解_.【答案】12 5xxy c 2+1+2+1+1+2+1+2+1+1+11 1 1 11=22=5,2 52 5,2,-2=5,=-52x x x x x x x x x x xx x x xxx x xxxy y y y y y y y y y yy y y yy y y cy c c c cy c【解析】由于，故原差分方程可化为 即。设一阶常系数线性差分方程对应的其次方程为 其通解为。设原差方程的特解 代入原方程得 即。所以原差分方程的通解为 5,c为任意常数。12.函数 x 满足 2 0,x x x x x x x x 且 0 2,则 1

10、_.答案 1 2.e【解析】2,=2 x x x x x x x x x 由 可知 可微 且。这是一个可分离变量微分方程,求得其通解为 2;xx c e 再由 0 2,可得2 c。故 22,1 2xx e e。13.设A为 3 阶 矩 阵,1 2 3,为 线 性 无 关 的 向 量 组,若1 1 2 3 2 2 3 3 2 32 2,A A A，,可得 1 2 3 1 2 32 0 0,1 1 11 2 1A。由于1 2 3,线性无关,故2 0 01 1 11 2 1A=B，从而有相同的特征值。因 22 0 01 1 1 2 2 3,1 2 1E B 故A的实特征值为 2。14.设随机事件,A

11、 B C 相互独立，且1()()()2 P A P B P C，则()_ P A C A B 解 由条件概率以及事件相互独立性的定义，得()()()()()()()()()1 112 2.1 1 1 132 2 2 2 P A C A BP A C A BP A BP A CP A P B P A BP A P CP A P B P A P B三、解答题15.已知实数,a b,满足 1lim 2,xxax b e x 求a,b。答案 1,1 a b【解析】011,lim 2,tta b t etx t 令=可得 0 0 0 011 1lim lim lim limtt ttt t t ta b

12、 t ea e a eb e bt t t 其中可知0 01 1lim 2,lim,1t tt tae aeb at t 而要使得 存在 必须有。01,lim=1=2,1.,1,1tta eb bta b 此时 有 故综上。16.设平面区域D由曲线 23 1 y x 与直线3 y x 及y轴围成。计算二重积分2Dx dy。答案 32.32【解析】2 2 23 122 22 20 3 03 1 3xxI d x x d y x x x d x 2 222 32 20 0222202 2 24 40 03 1 3,3 1,sin,3 3 33 sin cos sin 2 28 8 4 32x x

13、dx x dxx x dx x tt t dt t d t 其中对于 令 可化为而 23 42021 1 3 3 3224 16 32 16 320 x dx x，综上I=。17.将长为 2m的铁丝分成三段,依次围成圆、正方形与正三角形.三个图形的面积之和是否存在最小值?若存在,求出最小值.【解析】设分成的三段分别为,x y z则有2 x y z 及x,y,z0，圆的面积为2 2 2 2 2 21 2 32 2 21 1 3 1 1 3=,=+4 16 36 4 16 361 1 32,+4 16 36S x S y S z x y zx y z x y z，正方形的面积为 正三角形的面积为，

14、总面积为S，则问题转化为在条件 x,y,z0下,求函数 的最小值。令 2 2 21 1 3+2,4 16 36x y z x y z L=2=02 323 4 3 9=088 3,3 4 3 93=018183 4 3 9=2 03+12+9 3,3 4 3 9L xxxL yyyLzzxLx y z 则有 解得唯一条件极值点为，在该点的函数值即为最小值 最小值为18.已知 201cos 2 1 1,.1nn nnx a x x ax 求答案 2 22 11 2 2 2 2,0,1,2,;nna n n n 2 22 121 2 1 21 2 1 2 1,0,1,2,2!2!n nn nnna

15、 n n nn n。【解析】1-21+x将cos2x与 展成幂级数可得 2 220 0120 02 1 2cos 2 1,2!2!1 1 1 1 1,1 111n n nnnn nn nn nn nx xx x xn nx n x xxx 则 2 22 11 2 2 2 2,0,1,2,;nna n n n 2 22 121 2 1 21 2 1 2 1,0,1,2,2!2!n nn nnna n n nn n。19.设数列 nX 满足:110,1 1,2,.n nx xnx x e e n 证明 nX 收敛,并求lim.nnx 证明:证明0nx,易证再证 nX 单减,由 101,0,0n n

16、nx xxnn ne e ee e xx x 拉格朗日中值定理 1,limn nn nxx xx x 单减有下界由此得 存在设lim,1A Annx A A e e 则0 A 20.设实二次型 2 2 21 2 3 1 2 3 2 3 1 3,f x x x x x x x x x a x 其中a是参数.(1)求 1 2 3,0 f x x x 的解;(2)求 1 2 3,f x x x 的规范形.解析:(1)1 2 3,0 f x x x 而1 2 32 31 300,0 x x xx xx ax 由 1 1 1 1 0 20 1 1 0 1 11 0 0 0 2Aa a 得当2 a 时,3

17、,r A 只有零解1 2 30.x x x 当2 a 时,2,r A 方程有无穷多解,通解为12321,1xx x k kx 为任意常数.(2)由(1)知,当2 a 时A可逆,令1 1 2 32 2 33 3y x x xy x xy x,即Y A X,则规范形为2 2 21 2 3,f y y y 当2 a 时,2,r A 令1 1 2 32 2 33 3y x x xy x xy x,则 222 2 21 2 1 2 1 2 21 32,2 2f y y y y y y y 令1 1 22 23 312232z y yz yz y,则得规范形为2 21 2.f z z 21.已知a是常数,

18、且矩阵1 21 3 02 7aAa 可经初等变换化为矩阵1 20 1 11 1 1aB(1)求a;(2)求满足A P B 的可逆矩阵P.解析:(1)A 经过初等列变换化为B 1 2 1 2 1 21 3 0 0 1 0 12 7 0 3 3 0 0 0r A r Ba a aA a aa a 2 21 2 1 2 1 20 1 1 0 1 1 0 1 11 1 1 0 1 3 0 0 2r A r Ba a aBa a 由得a=2.(2)令 1 1 2 3 1 2 3,P X X X B b b b 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3,=1 2 31 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2

19、 21 3 0 0 1 1 0 1 2 1 1 12 7 2 1 1 1 0 3 6 3 3 31 2 2 1 2 2 1 0 6 3 4 40 1 2 1 1 1 0 1 2 1 1 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0i iA P A X X X A X A X A X b b bA X b iA B，11 1 1 1 1 1122 2 2 2 2 223 3 3 36 3 6 3b=2 1 2 1,1 06 4 6 4b=2 1 2 1,1 06 4 6b=2 11 0kA X X k k kkkA X X k k kkA X X k 的通解为 为任意常数的通解为 为任意常数

20、的通解为 33 3342 1,kk kk 为任意常数1 2 31 1 2 3 1 2 31 2 31 2 31 1 2 3 3 21 2 36 3 6 4 6 4=2 1 2 1 2 1(,)6 3 6 4 6 4=2 1 2 1 2 1=k k kP k k k k k kk k kk k kP k k k k kk k k，其中 为任意常数，当2 3k k 时,1P 可 逆,取 可 逆 矩 阵1 2 31 2 3 1 2 31 2 36 3 6 4 6 4=2 1 2 1 2 1(,)k k kP k k k k k kk k k，为任意常数，使得AP=B.22.设随机变量X与Y相互独立，

21、X的概率分布为 11 12P X P X，Y 服从参数为 的泊松分布 P 令Z X Y，求（1）,Cov X Z；（2）Z 的概率分布解（1）由题意，知 1 11 1 02 2E X，22 21 11 1 12 2E X，则 2 21 D X E X E X，且 E Y 于是，由协方差计算公式，得 22 2,.Cov X Z Cov X X YE X Y E X E X YE X E Y E X E YE Y D X（2）随机变量Z X Y 的取值为0,1,2,，则 0 00 1,0 1,01 0 1 01 1,2 0!2 0!P Z P X Y P X YP X P Y P X P Ye e

22、 e 1,11,2!kP Z k P X Y kP X P Y kek 同理，1,11,2!kP Z k P X Y kP X P Y kek 其中，1,2,k 23.总体X 的概率密度为 1,2xf x e，（x）其中 0,为未知参数，1 2,nX X X 为取自于总体X 的简单随机样本记 的最大似然估计量为，求（1）；（2）,E D 解（1）构造似然函数 111,1 1,2 2nii iniixxnn niL f xe e 方程两边取自然对数，得 1ln ln 2niixL n，求上述方程的驻点，得 12ln0niixd Lnd，即最大似然估计量为1niiXn（2）由期望的公式，得 0,12122xxE X x f x dxx e dxx e dx，同理，22 22202 20,1212212,xxxE X E X x f x dxx e dxx e dxx e dx 由方差的公式，得 222D X E X E X，则 1niiXE E E Xn，211niiXD D D Xn n n