[考研类试卷]考研数学（数学三）模拟试卷373及答案与解析.doc

《[考研类试卷]考研数学（数学三）模拟试卷373及答案与解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《[考研类试卷]考研数学（数学三）模拟试卷373及答案与解析.doc（18页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、考研数学（数学三）模拟试卷 373 及答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 设曲线 y(1x) ，则下列说法正确的是( ) （A）没有渐近线（B）有一条渐近线（C）有二条渐进线（D）有三条渐近线2 设 f(x)的导数在点 xa 处连续，又 一 2，则( )（A）点 xa 是 f(x)的极小值点（B）点 xa 是 f(x)的极大值点（C）点 (a， f(a)是曲线 yf(x)的拐点（D）点 xa 不是 f(x)的极值点，点 (a，f(a)也不是曲线 f(x)的拐点3 二元函数 f(x，y) 在点(0，0)处( ) （A）连续，偏导数存在（B）连续，偏导数不存

2、在（C）不连续，偏导数存在（D）不连续，偏导数不存在4 设 f(x)连续，则 f(x)dx)dt( )（A） f(t)(t 一 x)dt（B） f(x)(xt)dx（C） f(t)(xt)dt（D） f(t)(t 一 x)dx5 设 则必有( )（A）BP 1P2A（B） BP 2P1A（C） BAP 1P2（D）BAP 2P1A6 设 1， 2， 3， 4 为四维非零列向量， A 1， 2， 3， 4，A *为 A 的伴随矩阵，又知方程 组 AX0 的基础解系为1，0，2，0 T，则方程组 A*X0 的基础解系为( )（A） 1， 2， 3（B） 1 2， 2 3， 3 1（C） 2， 3，

3、 4（D） 1 2， 2 3， 3 4， 4 17 设随机变量 X 与 Y 相互独立，且均服从正态分布 N(0，1)，则( )（A）P(XY0)14（B） P(XY0)14（C） P(max(X，Y)0) 14（D）P(min(X，Y)0)148 将一枚硬币随意投掷 n 次，设 Xn 表示“正面” 出现的次数，(x)为标准正态分布的分布函数，则( ) （A） (x)（B） (x)（C） (x)（D） (x)二、填空题9 _10 函数 y 在区间0，2上的平均值为_11 设 f(x)arctan ，则 f(102)(0)_12 已知 ytc 1c 2at 是差分方程 yt2 一 3yt1 2y

4、t 0 的通解，则a_ 13 已知 1， 2， 3 是四元非齐次线性方程组 AXb 的 3 个解，其中 2 1 一2 0，2，2 ，2 T， 1 2 34，一 1，2，3 T， 2 2 35，一 1，0，1 T， 秩(A)2，那么方程组 AXb 的通解是_14 设随机变量 X 在区间一 1，3上服从均匀分布，则 X的概率密度是_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 设 f(x)在a，b上连续，且 f(x)0，又 证明：(1)F(x)2； (2)F(x) 0 在 a，b内有且仅有一个实根16 计算二重积分 (x2y)d，其中 D 是由 x2y 22y 的上半圆，直线 x一1，x

5、1 及 x 轴围成的区域17 设变换 把方程 化为 0，求 a18 已知商品的需求量 D 和供给量 S 都是价格 p 的函数：D D(p) ，SS(p)bp，其中 a0，b0 为常数；价格 P 是时间 t 的函数，且满足方程 kD(p)一 S(p) (k 为正常数 ) 假设当 t0 时，价格为 1试求：(1)需求量等于供给时量时的均衡价格 Pe；(2) 价格函数 p(t)；(3)极限 p(t)19 已知某二阶常系数线性非齐次微分方程的通解为 yC 1exC 2ex cos2x，则此微分方程为_20 设 A 为三阶实对称矩阵， 18， 2 32 是其特征值已知对应 18 的特征向量为 11，k，

6、1 T，对应 2 32 的一个特征向量为 21，1，0 T试求参数 k 及 2 32 的一个特征向量和矩阵 A21 已知三元二次型 f(x 1，x 2，x 3)X TAX，矩阵 A 的对角元素之和为 3，且ABB0，其中 (1)用正交变换将二次型化为标准形，并写出所用的坐标变换；(2)求出此二次型；(3) 若 4，一 1，0 T，求 An22 设随机变量 的分布密度为 (1)求系数A； (2)求 P(一 12 12)； (3)求 E()和 D()23 设随机变量 X，Y 相互独立，X 在区间0，5上服从均匀分布，Y 服从参数为1 的指数分布令 ZmaxX，Y(1)求随机变量 Zmax(X，Y)

7、的概率密度；(2)计算 P(XY1) 考研数学（数学三）模拟试卷 373 答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 【正确答案】 C【试题解析】 利用渐近线的下述定义求之：若 f(x)c，则 yc 为曲线 yf(x)的水平渐近线；若 f(x)，则 xx 0 为曲线 yf(x)的铅直渐近线；若f(x)一 axb ，则 yaxb 为斜渐近线因为 ，于是，x0 是曲线的一条铅直渐近线于是，yx 是曲线的一条斜渐近线又因为 ，故曲线再无其他渐近线由此可知(C)正确，其他结论均不正确2 【正确答案】 B【试题解析】 利用一阶导数判别法或二阶导数判别法判别之，关键在于由题

8、设条件找出其隐含的条件 f(a)0，f(a) 一 2解一 因 f(x)的导数在点 xa 处连续，一 2，故 f(a)0，且 f(a)2由二阶导数判别法知，点 xa 是f(x)的极大值点仅(B)入选解二 由 一 2 可知，在 xa 的近邻域内当 xa 时，f(x)0，当 xa 时，f(x) 0，由一阶导数判别法即知仅(B) 入选注意 一般若 f(x)连续，则 A f(a)0，f(a)A 3 【正确答案】 C【试题解析】 先求极限，再求偏导数即可判别因与 k 值有关，故该极限不存在，从而 f(x，y)在点(0，0)处不连续，排除 (A)、(B)，但偏导可能存在事实上，因而两个偏导数存在，仅(C)入

9、选4 【正确答案】 C【试题解析】 利用分部积分法求之因而仅(C)入选5 【正确答案】 D【试题解析】 利用初等变换与初等矩阵关系求之AP 2 表示将 A 的第 3 列乘以 1加到第 2 列得到 (AP2)P1 表示将 AP2 的第 1列与第 3 列对调得到(AP 2)P1 B 仅(D) 入选6 【正确答案】 C【试题解析】 由 AX0 的基础解系所含解向量个数为 1 知， n 一 r(A)4 一 r(A)1，故 r(A)3 因而可确定 r(A*)1，于是 A*X0 的一个基础解系含 3 个解向量 解一 由 AX0 的基础解系仅含有一个解向量知，r(A)3，从而 r(A*)1，于是方程组 A

10、*X0 的基础解系中仅含 3 个解向量 又 A*AA *1， 2， 3， 4AE0， 所以向量 1， 2， 3， 4 是方程组A*X0 的解因为1，0，2，0 T 是 AX0 的解，故有 12 30，即 1， 3 线性相关，从而向量组 1， 2， 3 和向量组 1， 2， 3， 4 均线性相关，故排除(A)、(B)、(D)仅(C)入选 解二 由解一知， 1， 2， 3， 4 均为 A*X0 的解向量，且其基础解系只含 3 个解向量 由 12 30 得 10 2230 4， 即 1 可由2， 3， 4 线性表示，又 r( 1， 2， 3， 4)3， 所以 2， 3， 4 线性无关，即2， 3，

11、4 为 A*X0 的一个基础解系仅(C) 入选7 【正确答案】 D【试题解析】 首先求出 XY 与 XY 的分布，如果 XY N(， 2)，则P(XY)12 这个结论经常用到求与 max(X，Y) 或 min(X，Y) 有关的概率常用下述事件分解法求之：max(X，Y)c XcYc，min(X，Y)cXcYc解一 记事件 AX0，BY0，则 A 与 B 相互独立，且 P(A)P(B) 故 P(max(X，Y)0)P(X0 Y0) 因 X，Y 独立，且XN(0 ，1) ， YN(0，1)，故 XYN(0，2)，X 一 yN(0 ，2)，于是 P(xY0) 因此 P(x Y0) 1 一 P(xY0

12、) 1 一因而(A)、(B)、(C) 均不对，仅(D)入选解二 P(min(X，Y)0)P(X0Y0) P(AB)P(A)P(B) (12)(1 2)14仅(D) 入选8 【正确答案】 C【试题解析】 利用二项分布的中心极限定理(棣莫弗一拉普拉斯中心极限定理)判别之 由题设有 XnB(n，12)由二项分布的中心极限定理得到二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 被积函数为无理式，先作变量代换化为有理式后再计算用换元积分法，作变量代换 t 于是 x(t 2 一 1)2，dx 4(t 2 一 1)tdt当 x 从 0 变到 1 时，t 从 1 变到 ，从而10 【正确答案】 【试题解析】 要充分

13、利用定积分 dx 及 dx 的几何意义计算有关的定积分前者表示圆(x 一 a)2y 2a 2 在 x 轴上方部分的 12，其值为整个圆面积的 14，而后者为整个圆面积的 12，即所求的平均值为 由定积分的几何意义即得其中 S 是圆(x 一1)2y 21 在 x 轴上方部分的面积，半径 a111 【正确答案】 【试题解析】 函数 f(x)在一点的高阶导数常用 f(x)的泰勒展开式求之则于是 f(x)x1 又 f(x) 比较式 与式中 x102 中的系数，它们应该相等，于是有故 12 【正确答案】 2【试题解析】 用特解代入法确定之 将 ytc 1c 2at 代入方程，有 c1c 2at2 3(c

14、 1c 2at1 )2(c 1c 2at)0， 即 a2 一 3a20， 解得 a1，2其中 a1 时， y tc 1c 2 实际上它只是一个任意常数，不构成该差分方程的通解，舍去，故 a213 【正确答案】 0，2，2，2 Tk 1一 1，0，2，2 Tk 2一 5，7，6，5 T【试题解析】 利用方程组解的结构及其性质求之 因为 n 一 r(A)422，所以方程组 AXb 的通解形式为 k 11k 22， 其中 为 Axb 的特解， 1， 2为 AX0 的基础解系 因此，下面应求出 AXb 的一个解及 AX0 的两个线性无关的解 根据解的性质知， 2 1 一 2 1( 1 2)0，2，2，

15、2 T 是 AXb的解而 ( 1 2 3)一(2 2 3) 1 一 2 一 1，0，2，2 T 是 AX0 的解 3(21 一 2)一(2 2 3)5( 1 一 2)( 1 3) 一 5，7，6，5 T 是 AX=0 的解显然一 1，0，2，2 T 与一 5，7，6，5 T 线性无关(对应分量不成比例) 因此，方程组 AXb 的通解为 0，2，2，2 Tk 1一 1，0，2，2 Tk 2一 5，7，6，5T， 其中 k1， k2 为任意常数14 【正确答案】 【试题解析】 先求X的分布函数 FX (x)P(X x)，再求 fX (x)解 当x0 时， F X (x)P(Xx)P( )0，当 0

16、x1 时， F X (x)P(Xx) P( 一 xXx) 当 1x3 时， F X (x)P(Xx) P( 一 1X1)P(1Xx) 当x3 时， F X (x)1 综上得到故三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 【正确答案】 (1) F(x) f(x) ，由于f(x)一 120，有f2(x)12f(x)，于是 F(x)2?(2)因 F(x)2，故 F(x)在a ，b上单调增加，所以 F(x)0 在a，b上至多有一个实根，又 F(a) dx0，F(b) dx0由介值定理知，F(x)在a，b 上至少有一个实根综上所述，F(x) 在a，b上有且仅有一个实根【试题解析】 (1)利用

17、不等式 a2b 22ab 证之； (2)利用 F(a)0，F(b)0 及介值定理证之16 【正确答案】 解一 设 D 1(x，y)一 1x1，0Y1， D2(x，y)x 2y 22y，y1 ，则 DD 1D2，如右图所示于是为计算(x2 y)d，可引入极坐标 xrcos， y 一 1rsin，于是D2(r，)0 ，0r1)，则有综上所述， 解二 直接把区域 D 写成不等式形式： D(x，y)一 1x1，0y1 )，从而【试题解析】 将积分区域 D 分为两部分，分别使用直角坐标和极坐标计算，或者直接在 D 上使用直角坐标计算17 【正确答案】 将上述所求结果代入所给的方程，得到 当 a一 2 时

18、，上方程化为【试题解析】 视 u，v 为中间变量，将所给方程化为以 u，v 为自变量的微分方程，再由所给条件求出 a18 【正确答案】 (1)令 D(p)S(p)，解得均衡价格 pe (2)由于即 这可化为一阶线性微分方程： 即 3kbp 33kbp e，则 p 3e 3kbdt (e3kbdt3kbpedtC)e 3kbdt (e3kbdt.peC)由 t0 时，p1，得到 C1 一 pe，则有 p3(t)p e(1 一pe)e3kbdt ， 即 p(t)p e(1 一 pe)e3kbdt (3)【试题解析】 为求价格函数 p(t)需解微分方程此方程为一阶方程，可按通解公式求其解，然后再求出

19、其极限19 【正确答案】 由通解可知，特征根 11， 2一 1于是特征方程为 ( 1)(1) 2 一 10，故对应的齐次方程为 y一 y0该非齐次方程设为 y一yf(x)， 其中 f(x)为其非齐次项由其通解知 y * cos2x 为其一特解，将其代入 y一 y，得到 f(x)(y *)一 y*，即 故所求方程为 y一 ysin 2x【试题解析】 由通解形式写出特征方程，得对应齐次微分方程由特解求出非齐次项 f(x)20 【正确答案】 因 1， 2 是实对称矩阵 A 的属于不同特征值的特征向量，故有1T20，即 1，k，1 1k00，故有 k1，即 11，1，1 T设2 32 的属于 A 的另

20、一特征向量为 3x 1，x 2，x 3T，则 1T30为保证2， 3 线性无关，可进一步要求 2T30，这样有 由 得到基础解系为 1 212，1 T为方便计，取 31，1，一 2T再由 A 1， 2， 3A 1，A 2，A 3 11， 22， 33得 A 11， 22， 331， 2， 31【试题解析】 利用实对称矩阵特征向量的性质求之21 【正确答案】 (1)令 1， 2， 3， i 为 B 的列向量，显然 1， 2 线性无关，3 1 2，因而 r(B)2，由 ABB 得到 A1， 2， 3一 1， 2， 3，即 A1一 1， A2 2， A3 3 因 1， 2 线性无关，故属于特征值一

21、1 的有两个线性无关的特征向量，所以 1 2一 1 为二重特征值又因 A 的主对角线上的元素之和为 1 2 33，故另一特征值为 35 设属于 35 的特征向量为x 1，x 2， x3T，则 1T0， 2T0 解 因故 1，1，1 T 对 1， 2 进行施密特正交化得到再将 1， 2， 3 单位化，得到 令 Q 1， 2， 3，则 Q 为正交矩阵，且经正交变换 XQY 后，二次型的标准形为(2)由 Q 1 AQQ TAQ 得到 故 fA TAX 4x 1x24x 2x34x 1x3 (3)设 k 11k 22k 33 解得 k13，k 22，k 31因此 3 12 2，而A1 1， A2 2，

22、 A5 故 A nA n(312 2) 3A n12A n2A n 3( 1)n12(1) n25 n 【试题解析】 先由 ABB，B 1， 2， 3得到 Ai i(i1，2，3)，从而求出 A 的部分特征值及其特征向量再由主对角元素之和为 3 即可求出 A 的全部特征值再由特征向量正交，求出其余的特征向量，再正交单位化，即可得到正交变换矩阵 Q，从而可求出 A，将 写成特征向量的线性组合即可求出 An22 【正确答案】 (1) 由 1 A，故 A1 (2)(3)【试题解析】 先由 (x)dx1 确定待定系数 A，然后利用密度函数计算概率及其期望和方差，计算时要充分利用区间的对称性和被积函数的奇偶性及定积分的几何意义简化计算23 【正确答案】 (1)随机变量 X 与 Y 的分布函数分别为故于是 Z 的概率密度为(2)【试题解析】 随机变量 Zmax(X，Y)的分布函数就是随机变量 X 与 Y 的分布函数的乘积，据此可求得 Z 的概率密度