2018考研數(shù)學(xué)沖刺模擬卷數(shù)學(xué)三答案與解析

1、3【答案】D.D.2018 考研數(shù)學(xué)沖刺模擬卷(數(shù)學(xué)三)答案與解析一、選擇題：1 18 8 小題，每小題 4 4 分，共 3232 分，下列每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中, 符合題目要求的，請將所選項(xiàng)前的字母填在答題紙指定位置上. .只有一項(xiàng)1.cosx2axb,x0(A)(A)ab【答案】14A.A.(B)(B)ab -2(C)(C)ab0(D)(D)ab【解析】lim1cosx212xlim,Q f (x)在x0處連續(xù)1b ab,x(1)若函數(shù)f(X)axaxXXA.A.20在x 0處連續(xù)，則(2(2 )二元函數(shù)2xy(3x y)的極值點(diǎn)是(A)(0,0)(B)(0,3)(C(C)(3,0)(D)

2、(1,1)3【解析】f3(x)3f2(x)f (x) 0,f3(1) f3( 1)33f(1) f( 1)，所以選 A A?！敬鸢浮緼.A.【解析】 令z2y(3xz-2x(3y2x2yy) 0 x) 0y2x3y3xtyt由AC B20知，(1,1)為極值點(diǎn)選D.D.(3(3)設(shè)函數(shù)f(x)可導(dǎo)，且f2(x) f (x)0,則(A)f(1)f( 1)( B B)f(1) f( 1)( C C)f(1)2z2x2zxy2z2yf( 1)4y6 4x4x(D)4yf(1) |f( 1)所以r(a1a2a3a4)4，從而選項(xiàng)A和B均不正確(4 4)設(shè)函數(shù)n 2tan丄nkln(1-)n收斂，則k(

3、)(A A) 1 1(B B)2 2(C C) -1-1(D D) -2-2【答案】C.C.【解析】111111k1tan kln(1-)3o(r)k-2o(r)nnn3nnn2nn(1k)-k2131o(r)n2n3nn因?yàn)樵墧?shù)收斂， 所以1 k 0k1. .選 C.C.(5(5)設(shè)A為mn n 階矩陣，且r(A)= m n,則下列結(jié)論正確的是(A(A)A的任意m階子式都不等于零(6)設(shè)a1=(1, 0,2,&)丁忌=(0,2,1,6)忌=(1,2,3,Ta4=(1, 0, 1, 0)，其中ci(i =1,2,3)為任意實(shí)數(shù)，則(B)A的任意m個(gè)列向量線性無關(guān)(C)方程組(D)矩陣A經(jīng)過初

4、等行變換可化為(EmMD)【答案】C.C.【解析】對于選項(xiàng) C C，m=r(A)#r(A)min(m, n)= m?r(A)mx,Y y=(A)1-Fx(x)FY(y)(C)2- FX(x)- FY(y)+ F(x, y)(D D)1- Fx(x)- FY(y)+ F(x,y)【答案】D.D.【解析】設(shè)A =X ? x, BY ? y,則Fx(x)= PX?x,FY(y)PY? y,F(x,y)= PX #x,Y y所以PX x,Y y= P(AB)= P(A+B)=1-所以正確答案為 D D2(8)設(shè)總體X服從正態(tài)分布N(0, ),X1，Xn是取自總體X的簡單隨機(jī)樣本，其均值、方差分別為X,

5、s2.則利用排除法可得正確答案為D D對于選項(xiàng) D D ,(a2a3從而可得r(a2a3a4)= 3 =向量的個(gè)數(shù)，所以a2,a3,a4必線性無關(guān)(7(7)設(shè)二維隨機(jī)變量(X，Y)的聯(lián)合分布函數(shù)為F(x, y)，邊緣分布函數(shù)分別為FX(x)和P(A+B)P(A)- P(B)+ P(AB)Fx(x)-FY(y)+ F(x, y)= 1-=1-經(jīng)初等行變換a4)?0110011011001100r(aia2a3)3,從而選項(xiàng) C C 不正確【答案】C.C.2(A)牛F(1, n 1) S22nv(C)嶺F(1, n 1) s22(B)屮F(1,n 1)(D)2(n 1)XF(1, n 1)【解析】

6、-X且ssn2 2-X n一sXX而c2(n- 1)，2X與S相互獨(dú)立C.C.所以正確答案為nX21二、填空題：9 9(9)(9)(sin4x3【答案】4【解析】c2(n-1)s2(n -1)S22nXS2F(1, n- 1)1414 小題，每小題x、2x2)dxsin4x x、2x2dx4 4 分，共 2424 分，請將答案寫在答題紙指定位置上sin4xdx 4(10)(10)已知f(x)1tant【答案】【解析】xtln cos1. .交換積分次序：dt，則10f (x)dx10f(x)dx罟dtdx1dt0ttan t0dxt10tan tdt ln cos1. .(11)(11)設(shè)某產(chǎn)

7、品的需求函數(shù)為其中p為價(jià)格，則需求彈性函數(shù)為【答案】【解析】PdQpe5Q dp_pe5(5)(12)(12)設(shè)函數(shù)f(x,y)具有一階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，且yey,x(1 y)ey，f (0,0)0，則f(x,y) _【答案】xyey. .【解析】fxyey, fyx(1 y)ey, f (x, y)【答案】0,0,0,00,0,0,0由a, b為四維非零的正交向量？b?a從而A2=(abT)(abT)= a(bTa)bT=022所以A的特征值I = 0T A的特征值為所以 4 4 階矩陣A的 4 4 個(gè)特征值均為 0.0.=0? X 與 Y相互獨(dú)立T X2與Y2相互獨(dú)立，X與丫2相互獨(dú)立(X,Y)

8、N(mms2 2,s ;0)? E(X)mE(Y)= m, D(X)=s2, D(Y)= s2,rXY=0yeydx xyeyc( y),故yyyxe xyec (y) xeyxyey,因此c(y) 0,即c(y) C，再由f(0,0)0,可得f (x, y)xyey.(13(13)設(shè)a,b為四維非零的正交向量，且A = abT，則A的所有特征值為2【解析】設(shè)矩陣A的特征值為I,則A2的特征值為lI =0(14(14 ) 設(shè)二維隨機(jī)變量(X,Y)服從正 態(tài)分布N(mms2,s2;0),則所以rXYE(X2)=D(X)+t(X)同理E(Y2)=2、=s2+ m2從而22=s2+m2cov(X,X

9、Y2)=E(X2Y2)- E(X)E(XY2)=E(X2)E(Y2)- E(X)E(X)E(Y2)2=(s2+ m2)- m2(s2+ m2)=s2(s2+ m2)三、解答題：15152323 小題，共 9494 分請將解答寫在答題紙指定位置上證明過程或演算步驟2【答案】230 Li uex udu0uex udu0 x tefdt【解析】limx 0u tetdt du0 xlimx 0，令x t.x3u，則有解答應(yīng)寫出文字說明、（1515）（本題滿分1010 分）求極限limx 00 廠尬dt duUdt0 x . y與y軸為邊界的無界區(qū)域。2 42【答案】2一216【解析】原式=lim0

10、3x 03x2、ueudu lim0 x 03x2(16(16)、- uexudulimx 0（本題滿分一ueudu03x2、xex2limx 03x21010 分）計(jì)算積分D(1 y2x4)2dxdy，其中D是第一象限中以曲線(0) 0, ,由(x) xf (x) f (x) f (x) xf (x)2f(x)0, ,知(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)增，故(1)(1)(19(19)(本題滿分 1010 分)設(shè)函數(shù)f u在0,內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，且z f、X2y2滿x32pdxdyD(1 yx )1 140 (rv2 .216(17(17)(本題滿分1【答案】丄. .4【解析】原式= =nklim2ln

11、(1nk1n21Jn(1 x) xdy少0 0(1)dyy1010 分)求limn-)n(18(18)(本題滿分 1010 分)內(nèi)可導(dǎo)，且f(X)1xln(11X2101 Xx)dx1dx)3X2y1In可dx x )1(1 2y21rv)dyk In n2n；ln(1 x)dx2丄(丄arctan(V2y) arctan y) b4 . 2設(shè)y f (X)是區(qū)間0,1上的任一非負(fù)連續(xù)函數(shù)，f (X)在區(qū)間(0,1)2f (x)1,試證明在(0,1)內(nèi)，xf (x) f (t)dt0存在唯一實(shí)根. .xx1【解析】(1)(1)要證x0(0,1), ,使x0f (x0)f (x)dx;令(x)

12、xf (x)X01f (t)dt, ,要證XXo(0,1), ,使(Xo)0. .可以對(x)的原函數(shù)(X)X0(t)dt使用羅爾定理:又由1(1)0(x)dx分部1xf010 xf (x)dx1xf(t)dt)dxf (x)在0,1連續(xù)X。(0,1), ,使(X。)(x)dx1x f (t)dtX(x)在0,1連續(xù), ,帆)0. .10(x 110 xf (x)dx 0,x 0(x)在0,1連續(xù), ,在(0,1)可導(dǎo). .根據(jù)羅爾定中的x0是唯一的2z2z1足等式12 2 2 2xyx y2 2x y函數(shù)fu的表達(dá)式. .x，y_? 2z，若f 00,f01,求x y即f (u)f (u)2

13、f(u). .則對應(yīng)的特征方程為r2r 20,r1由f 00, f 01,得G1,C231,r22，故f (u) Ge2xC2ex. .112x1x-，即f(u)-e2x-ex333(20(20)(本題滿分 1111 分)設(shè)a1,a2,a3,a4, b均為四維列向量,線性方程組AX = b的通解為k(-1, 2, 0, 3)T+(2, -3,( (i) )求方程組(a2,a3,a4)X = b的通解;(n)求方程組 巴色屣色耳+b)X = b的通解【解析】(I)(I)由于題目是驗(yàn)證，只要將二階偏導(dǎo)數(shù)求出來代入題目中給的等式就可以了x2同理代入2z.x2y22y2 2x y3 22 2x y2

14、2x y11z z222xy2z，得x y x2y2x yf , x2y2f G, x2y2) 2f Gx2y2)，【解析】( (i ) )由AX = b的通解為k(-1, 2, 0, 3)+(2,驏驏 1(A尸(A|b)= 3,A J；琪琪；琪琪 3T-3, 1, 5)可得r=0,琪-3=b，即人二旦忌耳)，非齊次T1, 5)所以a1可由a2,a3,a4線性表出，b可由a1,a2,a3,a4線性表出即b可由線性表出a2,a3,a4從而r(a2,a3,a4)=r(a2,a3,a4,b)=3所以方程組(a2,a3,a4)X =b只有唯一解+2+2 得b =a2+a3+11a4T所以程組(a2,a

15、3,a4)X =b的唯一解為X =(1, 1, 11); ;(n)由( (i) )可得a1可由a2,a3,a4線性表出，b可由線性表出a2,a3,a4經(jīng)初等行變換從而但1月2耳月4月4+b,b)?(0耳月3月4,0,0)所以r(a1,a2,a3,a4,a4+b,b)=r(a2,a3,a4)=35所以齊次線性方程組的(a1,a2,a3,a4,a4+b)X = 0基礎(chǔ)解系中有 2 2 個(gè)線性無關(guān)的解向量，2a1- 3a2+a3+5a4=b即=-a1+2a2+3a4=0 =2a1-3a2+a3+5a4=b非齊次線性房出租(a1,a2,a3,a4,a4+b)X=b有無窮多解由 ( ( i ) ) 中的

16、-a1+2a2+3a4=0?(a1,a2,a3,a4,a42a1- 3a2+a3+5a4- b =0(a1,a2,a3,a4,a40=驏琪-琪琪琪琪琪琪-)b所以(a1,a2,a3,a4,a4+b)X = 0的基礎(chǔ)解系為,h1=b可得(a1,a2,a3,a4,a4+b)X =b的一個(gè)特解為所以(a1,a2,a3,a4,a4+b)X =b的通解為：+ I)(其中k1,k2是任意常數(shù)).琪1琪琪矩陣合同于琪(I )求常數(shù)a；(n)用正交變換法化二次型f(xx2, x3)為標(biāo)準(zhǔn)形.-1-3所以A =0當(dāng)11=0時(shí)，解齊次線性方程組AX =0(21(21)(本題滿分1111 分)設(shè)二次型f(x1, x

17、2,x3,)= 5x12+ ax22+ 3x3- 2X2+6x1x3- 6x2x3琪0-15-琪琪-33琪琪3經(jīng)初等行變換3?-112 100琪3+ k2琪1f琪琪1【解析】(I)此二次型對應(yīng)的實(shí)對稱矩陣-3因?yàn)閷?shí)對稱矩陣=6(a -5)=0,解得a=55-1-1(n)A-l E-15-1-3=l(4- l)(1 - 9)= 0-33-1解得矩陣A的特征值為11= 0= 4,13=9A與o o o o O OO O 1 1 O O解得11= 0對應(yīng)的一個(gè)線性無關(guān)的特征向量為a1=I當(dāng)12= 4時(shí)，解解齊次線性方程組(A - 4E)X = 0解得12= 4對應(yīng)的一個(gè)線性無關(guān)的特征向量為a2當(dāng)13

18、=9時(shí)，解解齊次線性方程組(A- 9E)X = 0因?yàn)榫仃嘇有三個(gè)不同的特征值，所以三個(gè)特征值對應(yīng)的特征向量均正交1313 1111!驏琪琪ffi一一3 3g g2 2)g)g將a1,a2,a3單位化得g1A- 4E =琪驏1=琪-1-13經(jīng)初等行變換-3?-1-3-1A- 9E =琪3驏經(jīng)初等行變換琪 -3 ?琪 0 -1琪0-1-2解得13= 9對應(yīng)的一個(gè)線性無關(guān)的特征向量為a3=琪琪1解得11= 0對應(yīng)的一個(gè)線性無關(guān)的特征向量為a1=I(2222)(本題滿分 1111 分)將三封信隨機(jī)地投入編號為1,2,3,4的四個(gè)郵筒. .記X為 1 1 號郵筒內(nèi)信的數(shù)目，Y為有信的郵筒數(shù)目求：(I)

19、(X,Y)的聯(lián)合概率分布；(n)Y的邊緣分布；(川)在X 0條件下，關(guān)于Y的條件分布【解析】(I)X的所有可能取值為 0,1,2,30,1,2,3 ;Y的所有可能取值為 1,2,31,2,3從而(X,Y)的所有可能取值為(0,10,1 ) , (0,20,2 ) , (0,30,3 ) , (1,11,1 ), (1,21,2 ) (1,31,3 ) (2,12,1 ) (2,22,2 )(2,3(2,3 ) (3,1(3,1 )( 3,23,2 ) (3,3(3,3 )C33P(X=0, Y =1)：一c4c4c4=64c；c3c；189P(X=0, Y=2)=c4c4c41164=32P3

20、63P(X=0, Y=3)=c；c4c464 -32P(X=1, Y = 1)=0c；c39P(X= 1,Y =2)：=c4c；c4=64C3P2189P(X= 1,Y = 3)=6432P(X= 2,Y=1)：=0P(X=2, Y=2)=c,c3_ 9=c：c：c：=64從而正交變換矩陣1212 1-21-2 o o1616 1-621-62S驏琪琪琪琪132 2在正交變換X = QY，使得f =4y2+9y3. .1P(X =2, Y = 3)= 0所以(X ,Y)的聯(lián)合概率分布為Y12303/649/323/32109/649/32209/64031/6400（n）Y的所有可能取值為1,

21、2,31,2,3由（X,Y）的聯(lián)合分布律得=P(X= 0,Y：= 1)+=1,Y：= 1)+=2,Y := 1)+=3,Y：=1)=4 =1 64 =16P(Y =2)=P(X=0, Y = 2)+P(X := 1,Y= 2)+P(X := 2,Y= 2)+ P(X= 3,Y=:2)_ 36 _96416P(Y =3)=P(X=0, Y = 3)+P(X :=1Y= 3)+P(X := 2,Y=3)+ P(X= 3,Y=3)_ 24 _3648所以Y的邊緣分布Y1 12 23 3P Y k1/161/169/169/163/83/8（川）Y的所有可能取值為 1,2,31,2,3P(X =0)= P(X =0, Y= 1)+ P(X =0, Y =2)+ P(X = 0,丫=3)= |7(Y =VX=0)=P(X=O，Y=1)= 1P(X = O)9從而PP(Y = 2