2015宁夏考研数学三真题及答案.pdf

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1、2 0 1 5 宁 夏 考 研 数 学 三 真 题 及 答 案一、选 择 题:18 小 题,每 小 题 4 分,共 3 2 分.下 列 每 题 给 出 的 四 个 选 项 中,只 有 一 个 选 项 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)设 nx是 数 列,下 列 命 题 中 不 正 确 的 是()(A)若l i m nnx a,则2 2 1l i m l i m n nn nx x a(B)若2 2 1l i m l i m n nn nx x a,则l i m nnx a(C)若l i m nnx a,则3 3 1l i

2、 m l i m n nn nx x a(D)若3 3 1l i m l i m n nn nx x a,则l i m nnx a【答 案】(D)【解 析】答 案 为 D,本 题 考 查 数 列 极 限 与 子 列 极 限 的 关 系.数 列 nx a n 对 任 意 的 子 列 knx均 有 knx a k,所 以 A、B、C 正 确；D错(D 选 项 缺 少3 2 nx的 敛 散 性),故 选 D(2)设 函 数 f x在,内 连 续,其 2 阶 导 函 数 f x 的 图 形如 右 图 所 示,则 曲 线 y f x的 拐 点 个 数 为()(A)0(B)1(C)2(D)3【答 案】(C

3、)【解 析】根 据 拐 点 的 必 要 条 件，拐 点 可 能 是()f x 不 存 在 的 点 或()0 f x 的 点 处 产 生.所 以()y f x 有 三 个 点 可 能 是 拐 点，根 据 拐 点 的 定 义，即 凹 凸 性 改变 的 点；二 阶 导 函 数()f x 符 号 发 生 改 变 的 点 即 为 拐 点.所 以 从 图 可 知，拐 点 个 数 为 2，故选 C.(3)设 2 2 2 2,2,2 D x y x y x x y y,函 数,f x y在D上 连 续,则,d dDf x y x y()(A)2 c os 2 s i n4 20 0 04d c os,s i

4、n d d c os,s i n d f r r r r f r r r r(B)2 s i n 2 c os4 20 0 04d c os,s i n d d c os,s i n d f r r r r f r r r r(C)210 1 12 d,dxxx f x y y(D)21 202 d,dx xxx f x y y【答 案】(B)【解 析】根 据 图 可 得，在 极 坐 标 系 下 该 二 重 积 分 要 分 成 两 个 积 分 区 域1(,)0,0 2 s i n4D r r 2(,),0 2 c o s4 2D r r 所 以2 s i n 2 c os4 20 0 04(,

5、)(c os,s i n)(c os,s i n)Df x y dx dy d f r r r dr d f r r r dr，故 选 B.(4)下 列 级 数 中 发 散 的 是()(A)13nnn(B)11 1l n(1)nnn(C)2(1)1l nnnn(D)1!nnnn【答 案】(C)【解 析】A 为 正 项 级 数，因 为111 13l i m l i m 13 33nn nnnnnn，所 以 根 据 正 项 级 数 的 比 值 判 别法13nnn收 敛；B 为 正 项 级 数，因 为321 1 1l n(1)n nn，根 据P级 数 收 敛 准 则，知11 1l n(1)nn n收

6、 敛；C，1 1 1(1)1(1)1l n l n l nn nn n nn n n，根 据 莱 布 尼 茨 判 别 法 知1(1)l nnnn收 敛，11l nnn发 散，所 以 根 据 级 数 收 敛 定 义 知，1(1)1l nnnn 发 散；D 为 正 项 级数，因 为11(1)!(1)!1(1)l i m l i m l i m 1!(1)1nn nnn n nnnn n n nnn n n en，所 以 根 据 正 项 级 数的 比 值 判 别 法1!nnnn收 敛，所 以 选 C.(5)设 矩 阵21 1 11 21 4aa A,21dd b.若 集 合 1,2，则 线 性 方

7、程 组 A x b有 无 穷 多解 的 充 分 必 要 条 件 为()(A),a d(B),a d(C),a d(D),a d【答 案】(D)【解 析】2 21 1 1 1 1 1 1 1(,)1 2 0 1 1 11 4 0 0(1)(2)(1)(2)A b a d a da d a a d d，由()(,)3 r A r A b，故1 a 或2 a，同 时1 d 或2 d.故 选（D）(6)设 二 次 型 1 2 3,f x x x在 正 交 变 换 x P y下 的 标 准 形 为2 2 21 2 32 y y y，其 中1 2 3(,)P e e e，若1 3 2(,)Q e e e则

8、1 2 3(,)f x x x 在 正 交 变 换 x Q y下 的 标 准 形 为()(A)2 2 21 2 32 y y y(B)2 2 21 2 32 y y y(C)2 2 21 2 32 y y y(D)2 2 21 2 32 y y y【答 案】(A)【解 析】由x P y，故2 2 21 2 3()2T T Tf x A x y P A P y y y y.且2 0 00 1 00 0 1TP A P.又 因 为1 0 00 0 10 1 0Q P P C 故 有2 0 0()0 1 00 0 1T T TQ A Q C P A P C 所 以2 2 21 2 3()2T T T

9、f x A x y Q A Q y y y y.选（A）(7)若,A B为 任 意 两 个 随 机 事 件,则:()(A)P A B P A P B(B)P A B P A P B(C)2P A P BP A B(D)2P A P BP A B【答 案】(C)【解 析】由 于,A B A A B B，按 概 率 的 基 本 性 质，我 们 有()()P A B P A 且()()P A B P B，从 而()()()()()2P A P BP A B P A P B，选(C).(8)设 总 体,X B m 1 2,nX X X 为 来 自 该 总 体 的 简 单 随 机 样 本,X为 样 本

10、均 值,则 21niiE X X()(A)1 1 m n(B)1 1 m n(C)1 1 1 m n(D)1 m n【答 案】(B)【解 析】根 据 样 本 方 差2 211()1niiS X Xn 的 性 质2()()E S D X，而()(1)D X m，从 而2 21()(1)()(1)(1)niiE X X n E S m n，选(B).二、填 空 题：91 4 小 题,每 小 题 4 分,共 2 4 分.请 将 答 案 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.(9)20l n(c o s)l i m _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.xxx【答 案】12【解 析】原 极 限2

11、20 0l n(1 c os 1)c os 1 1l i m l i m2x xx xx x(1 0)设 函 数()f x连 续，20()()d,xx x f t t 若(1)1,(1)5,则(1)_ _ _ _ _ _ _ _.f【答 案】2【解 析】因 为()f x连 续，所 以()x 可 导，所 以22 20()()2()xx f t dt x f x；因 为(1)1，所 以10(1)()1 f t d t 又 因 为(1)5，所 以10(1)()2(1)5 f t d t f 故(1)2 f(1 1)若 函 数(,)z z x y 由 方 程2 3e 1x y zx y z 确 定，则

12、(0,0)d _ _ _ _ _ _ _ _ _.z【答 案】1 23 3d x d y【解 析】当0 x，0 y 时 带 入2 31x y ze x y z，得0 z.对2 31x y ze x y z 求 微 分，得2 3 2 3()(2 3)()x y z x y zd e x y z e d x y z d x y z 2 3(2 3)x y ze dx dy dz y z dx x z dy x y dz 0 把0 x，0 y，0 z 代 入 上 式，得2 3 0 d x d y d z 所 以(0,0)1 23 3d z d x d y(1 2)设 函 数()y y x 是 微 分

13、 方 程2 0 y y y 的 解，且 在0 x 处 取 得 极 值 3，则()_ _ _ _ _ _ _ _.y x【答 案】2()2x xy x e e【解 析】2 0 y y y 的 特 征 方 程 为22 0，特 征 根 为2，1，所 以 该齐 次 微 分 方 程 的 通 解 为21 2()x xy x C e C e，因 为()y x可 导，所 以0 x 为 驻 点，即(0)3 y，(0)0 y，所 以11 C，22 C，故2()2x xy x e e(1 3)设 3 阶 矩 阵A的 特 征 值 为2,2,1，2,B A A E其 中 E 为 3 阶 单 位 矩 阵，则 行 列式_

14、_ _ _ _ _ _ _.B【答 案】2 1【解 析】A的 所 有 特 征 值 为2,2,1.B的 所 有 特 征 值 为3,7,1.所 以|3 7 1 2 1 B.(1 4)设 二 维 随 机 变 量(,)X Y服 从 正 态 分 布(1,0;1,1;0)N，则 0 _ _ _ _ _ _ _ _ _.P X Y Y【答 案】12【解 析】由 题 设 知，(1,1),(0,1)X N Y N，而 且X Y、相 互 独 立，从 而 0(1)0 1 0,0 1 0,0 P X Y Y P X Y P X Y P X Y 1 1 1 1 1 1 0 1 0 2 2 2 2 2P X P Y P

15、X P Y.三、解 答 题：1 5 2 3 小 题,共 9 4 分.请 将 解 答 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.解 答 应 写 出 文 字 说 明、证 明 过 程 或 演 算 步 骤.(1 5)(本 题 满 分 1 0 分)设 函 数3()l n(1)s i n,()f x x a x bx x g x c k x.若()f x与()g x在0 x 时 是 等 价无 穷 小，求,a b k的 值.【答 案】1 11,2 3a b k【解 析】法 一：因 为2 33l n(1)()2 3x xx x o x，33s i n()3!xx x o x，则 有，2 3 33 30 0 0(

16、1)()()()l n(1)s i n2 31 l i m l i m l i m()x x xa aa x b x x o xf x x a x b x xg x k x k x，可 得：1 00213aabak，所 以，11213abk 法 二：由 已 知 可 得 得30 0s i n)1 l n(l i m)()(l i m 1k xx bx x a xx gx fx x 203c os s i n11l i mk xx bx x bxax 由 分 母0 3 l i m20k xx，得 分 子)c o s s i n11(l i m0 x b x x bxax 0)1(l i m0 ax

17、，求 得 c；于 是)()(l i m 10 x gx fx 203c os s i n111l i mk xx bx x bxx）（x k xx x b x x x b xx 1 3c o s)1(s i n)1(l i m20203c o s)1(s i n)1(l i mk xx x b x x x b xx k xx x b x x b x x x b x x b x bx6s i n)1(c o s c o s)1(c o s)1(s i n 1l i m0 由 分 母0 6 l i m0k xx，得 分 子 s i n)1(c o s c o s)1(2 s i n 1 l i m

18、0 x x b x x b x x x b x bx 0)c o s 2 1(l i m0 x bx，求 得21 b；进 一 步，b 值 代 入 原 式)()(l i m 10 x gx fx k xx x x x x x x xx6s i n)1(21c os21c os)1(s i n211l i m0 kx x x x x x x x x x x x x xx6c os)1(21s i n21s i n)1(21s i n21c os21s i n)1(c os c os21l i m0 k 621，求 得.31 k(1 6)(本 题 满 分 1 0 分)计 算 二 重 积 分()d d

19、Dx x y x y，其 中2 2 2(,)2,.D x y x y y x【答 案】24 5【解 析】2()D Dx x y d x d y x d x d y 221 2202xxd x x d y 12 2 202(2)x x x d x 2 s i n12 2 2 240 02 22 2 2 2 s i n 2 c os5 5x tx x dx t t dt 22 24 20 02 2 22 s i n 2 s i n.5 5 4 5u tt dt u du(1 7)(本 题 满 分 1 0 分)为 了 实 现 利 润 的 最 大 化，厂 商 需 要 对 某 商 品 确 定 其 定 价

20、 模 型，设Q为 该 商 品 的 需 求 量，P为价 格，M C 为 边 际 成 本，为 需 求 弹 性(0).证 明 定 价 模 型 为11M CP；若 该 商 品 的 成 本 函 数 为2()1600 C Q Q，需 求 函 数 为4 0 Q P，试 由（I）中 的 定 价 模型 确 定 此 商 品 的 价 格.【答 案】(I)略(I I)3 0 P.【解 析】(I)由 于 利 润 函 数()()()()L Q R Q C Q P Q C Q,两 边 对Q求 导，得()dL dP dPP Q C Q P Q M CdQ dQ dQ.当 且 仅 当0d Ld Q时，利 润()L Q最 大，又

21、 由 于P dQQ dP,所 以1 dP PdQ Q,故 当11M CP时，利 润 最 大.(I I)由 于()2 2(4 0)M C C Q Q P,则40P dQ PQ dP P 代 入(I)中 的 定 价 模 型，得2(4 0)4 01PPPP,从 而 解 得3 0 P.(1 8)(本 题 满 分 1 0 分)设 函 数()f x在 定 义 域I上 的 导 数 大 于 零，若 对 任 意 的0 x I，曲 线()y f x 在 点0 0(,()x f x处 的 切 线 与 直 线0 x x 及x轴 所 围 成 区 域 的 面 积 恒 为 4，且(0)2 f，求()f x表达 式.【答 案

22、】84f xx【解 析】曲 线 的 切 线 方 程 为 0 0 0y f x f x x x，切 线 与x轴 的 交 点 为 000,0f xxf x 故 面 积 为：200142f xSf x.故 f x满 足 的 方 程 为 28 f x f x,此 为 可 分 离 变 量 的 微 分 方 程,解 得 8f xx C，又 由 于 0=2 f，带 入 可 得4 C，从 而 84f xx(1 9)(本 题 满 分 1 0 分)（I）设 函 数(),()u x v x可 导，利 用 导 数 定 义 证 明()()()()()();u x v x u x v x u x v x（I I）设 函 数

23、1 2(),(),()nu x u x u x 可 导，1 2()()()()nf x u x u x u x，写 出()f x的 求 导公 式.【答 案】1 2()()()()nf x u x u x u x 1 2 1 2 1 2()()()()()()()()()n n nu x u x u x u x u x u x u x u x u x【解 析】（I）0()()()()()()l i mhu x h v x h u x v xu x v xh 0()()()()()()()()l i mhu x h v x h u x h v x u x h v x u x v xh 0 0()(

24、)()()l i m()l i m()h hv x h v x u x h u xu x h v xh h()()()()u x v x u x v x（I I）由 题 意 得1 2()()()()nf x u x u x u x 1 2 1 2 1 2()()()()()()()()()n n nu x u x u x u x u x u x u x u x u x(2 0)(本 题 满 分 1 1 分)设 矩 阵1 01 10 1aaa A=，且3 A O.求a的 值；(I I)若 矩 阵X满 足2 2 X X A A X A X A E，其 中E为 3 阶 单 位 矩 阵，求X.【答 案

25、】3 1 20,1 1 12 1 1a X【解 析】(I)3 2 31 0 0 1 00 1 1 1 1 0 00 1 1aA O A a a a a aa a a(I I)由 题 意 知 2 2 2 21 112 2 212X X A A X A X A E X E A A X E A EE A X E A E X E A E A E A E AX E A A 20 1 11 1 11 1 2E A A，0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 01 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 01 1 2 0 0 1 1 1 2 0 0 1 M MM MM M1 1 1 0 1 0 1 1

26、1 0 1 00 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 00 2 1 0 1 1 0 0 1 2 1 1 M MM MM M1 1 0 2 0 1 1 0 0 3 1 20 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 10 0 1 2 1 1 0 0 1 2 1 1 M MM MM M3 1 21 1 12 1 1X(2 1)(本 题 满 分 1 1 分)设 矩 阵0 2 31 3 31 2 a A相 似 于 矩 阵1 2 00 00 3 1b B=.求,a b的 值；（I I）求 可 逆 矩 阵P，使1 P A P为 对 角 矩 阵.【答 案】2 3 14,5,1 0 10 1 1a b P【

27、解 析】(1)()()3 1 1 A B t r A t r B a b 0 2 3 1 2 01 3 3 0 01 2 0 3 1 A B ba1 42 3 5 a b aa b b0 2 3 1 0 0 1 2 31 3 3 0 1 0 1 2 31 2 3 0 0 1 1 2 3 A E C 1 2 3 11 2 3 1 1 2 31 2 3 1 CC的 特 征 值1 2 30,4 0 时(0)0 E C x的 基 础 解 系 为1 2(2,1,0);(3,0,1)T T5 时(4)0 E C x的 基 础 解 系 为3(1,1,1)TA 的 特 征 值1:1,1,5 A C令1 2 3

28、2 3 1(,)1 0 10 1 1 P，1115 P A P(2 2)(本 题 满 分 1 1 分)设 随 机 变 量X的 概 率 密 度 为 2 l n 2,00,0 xxf xx,对X进 行 独 立 重 复 的 观 测,直 到 第 2个 大 于 3 的 观 测 值 出 现 时 停 止，记Y为 观 测 次 数(I)求Y的 概 率 分 布；(I I)求()E Y.【答 案】(I)1 2 2 211 71 18 8n nnP Y n C p p p n()()()()，2 3,n；(I I)1 6 E Y().【解 析】(I)记p为 观 测 值 大 于 3 的 概 率，则313 2 28()l

29、 nxp P X d x，从 而1 2 2 211 71 18 8n nnP Y n C p p p n()()()()，2 3,n 为Y的 概 率 分 布；(I I)法 一:分 解 法:将 随 机 变 量Y分 解 成=Y M N 两 个 过 程,其 中M表 示 从1到()n n k 次 试 验 观 测 值 大 于3首 次 发 生，N表 示 从1 n 次 到 第k试 验 观 测 值 大 于3首 次 发 生.则M G e n p(,)，N G e k n p(,)(注：G e 表 示 几 何 分 布)所 以1 1 2 21 618E Y E M N E M E Np p p()()()().法

30、二:直 接 计 算2 2 2 12 2 21 7 7 7 71 1 28 8 8 8 8n n n nn n nE Y n P Y n n n n n()()()()()()()()记2121 1 1()()nnS x n n x x，则2 11 32 2 2211n n nn n nS x n n x n x xx()()()()()，1 22 1 32 221 11()()()()()n nn nxS x n n x x n n x x S xx，22 2 23 1 32 221 11()()()()()n nn nxS x n n x x n n x x S xx，所 以21 2 3 3

31、2 4 2 221 1()()()()()x xS x S x S x S xx x，从 而7168E Y S()().(2 3)(本 题 满 分 1 1 分)设 总 体X的 概 率 密 度 为,1,(,),xf x 110 其 他,其 中为 未 知 参 数，1 2 nX,X,X 为来 自 该 总 体 的 简 单 随 机 样 本.(I)求的 矩 估 计 量；(I I)求的 最 大 似 然 估 计 量.【答 案】(I)112 1niiX X Xn,；(I I)1 2 nX X X m i n,.【解 析】(I)11 11 2()(;)E X x f x d x x d x，令()E X X，即12X，解 得112 1niiX X Xn,为的 矩 估 计 量；(I I)似 然 函 数11110,()(;),nniiixL f x 其 他，当1ix 时，11 11 1()()nniL，则1 l n()l n()L n.从 而1l n()d L nd，关 于单 调 增 加，所 以1 2 nX X X m i n,为的 最 大 似 然 估 计 量.