[考研类试卷]考研数学（数学三）模拟试卷448及答案与解析.doc

《[考研类试卷]考研数学（数学三）模拟试卷448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448及答案与解析.doc（15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 448 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 f（ x）= 在区间（0，4）内某点 a 处的导数 f（a ）不存在，则必有（A）a=（B） a=1（C） a=2（D）a=3 2 设 f（ x）在0 ，1上连续，又 F（x）=（A）F(x+) F(x)(X (一，+)）（B） F(x+)F(x)（x（一，+）（C） F(x+)=F(x)(X(一，+) ）（D）x0 时 F（x+）F（x），x0 时 F（x+）F（x）3 设 D=（x，y）|x+y1 ，x 2+y21，则 I= （x 2+y2）d 的值为4 已知幂级数 （xa

2、）n 在 x0 时发散，且在 x=0 时收敛，则（A）a=1 （B） a=1（C） 1a1（D）1a15 设 要使得 A 正定，a 应该满足的条件是（A）a2（B） a2（C） 0a2（D）a06 n 维向量组（） 1， 2， s 和（） 1， 2， t 等价的充分必要条件是（A）r()=r()，并且 s=t（B） r()=r()=n（C） r()=r()，并且()可以用( )线性表示（D）() 和（ )都线性无关，并且 s=t7 袋中有 2 个白球和 1 个红球现从袋中任取一球且不放回，并再放入一个白球，这样一直进行下去，则第 n 次取到白球的概率为8 设 是取自同一正态总体 N（， 2）的

3、两个相互独立且容量相同的简单随机样本的两个样本均值，则满足 005 的最小样本容量 n=（A）4（B） 8（C） 12（D）24二、填空题9 设 f（ x）在 x=0 处连续，且 则曲线 y=f（x）在点（0，f（0）处的切线方程为_10 设 y（x）是由 x2+xy+y=tan（xy）确定的隐函数，且 y（0）=0 ，则 y“（0）=_11 设 u（x，y）=y 2F（3x+2y），若12 差分方程 yt+13yt=20cos 满足条件 y0=5 的特解是_13 设实对称矩阵 要使得 A 的正，负惯性指数分别为 2，1，则 a 满足的条件是_14 设（X，Y）服从右图梯形区域 D 上的均匀分

4、布三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 已知极限 求常数 a，b，c 16 求由曲线 y=3x2 与圆 x2+（y1） 2=4 所围图形中含坐标原点那一部分的面积17 设 z=z（x，y）是由 9x254xy+90y26yzz2+18=0 确定的函数，求z=z（x，y）的极值点和极值18 求幂级数 的收敛域 D 与和函数 S（x）19 设函数 f（x）在区间0，4上连续，且 f（x）dx=0 ，求证：存在 （0，4）使得 f（）+f（4 一 ）=020 设 4 阶矩阵 A=（ 1， 2， 3， 4），方程组 Ax = 的通解为（12，2，1）T+c（1 ，2，4，0） T，c

5、 任意记 B=（ 3， 2， 1， 4）求方程组 Bx=12 的通解21 设 A 为 n 阶实对称矩阵，满足 A2=层，并且 r（A+E ）=kn 求二次型xTAx 的规范形 证明 B=E+A+A2+A3+A4 是正定矩阵，并求|B|22 设甲袋中有 2 个白球，乙袋中有 2 个红球，每次从各袋中任取一球，交换后放入另一袋，这样交换 3 次，求甲袋中白球数 X 的数学期望23 设总体 X 的概率密度为 其中 a，b（b0）都是未知参数又 X1，X 2，X n 是取自总体 X 的简单随机样本，试求 a 与 6 的最大似然估计量考研数学（数学三）模拟试卷 448 答案与解析一、选择题下列每题给出的

6、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】 f(2)=（2x） |x=2=2，f +(2)=（x 2）| x=2=4，f (2)f+(2)故 f(2)不存在，即 a=2选(C) 2 【正确答案】 C【试题解析】 f(|sinx|）是以 为周期的周期函数，因而有因此选(C)3 【正确答案】 B【试题解析】 D 由直线 x+y=1 与圆周 x2+y2=1 所围成（它位于第一象限），如图 记 D 1=(x，y)|x2+y21，x0y0，D 2=（x，y）|x+y1，x0，y0，显然 D= D 1D2，于是 其中D2 关于直线 y=x 对称，因此 故选(B)4 【正确答案】

7、 B【试题解析】 知该幂级数的收敛半径为 1，从而得其收敛区间为|xa| 1，即 a1xa+1又当 xa=1 即 x=a+1 时，原级数为收敛；当 xa=1 即 x=a1 时，原级数为发散因此，原级数的收敛域为 a1xa+1于是，由题设 x=0 时级数收敛，x0 时级数发散，可知 x=0 是其收敛区间的一个端点，且位于收敛域内，因此只有 a+1=0 即 a=1故选(B)5 【正确答案】 C【试题解析】 用顺序主子式A 的 3 个顺序主子式为 2，4a 2，2aa 2，它们都大于 0 的条件是 0a26 【正确答案】 C【试题解析】 () 与()等价的充分必要条件是 r()=r() =r(，)

8、(A)缺少条件 r(，)=r() (B)是()与( )等价的一个充分条件，但是等价并不要求向量组的秩达到维数 (D)( ) 和()都无关不能得到它们互相可以线性表示，例如 ()： 1=(1， 0，0，0) ， 2=(0，1，0，0)，() ： 1=(0，0，1，0)，设2=(0，0，0，1) () 和()都无关，并且 s=t=2，但是()和()不等价 (C)(I)可以用() 线性表示，则 r()=r(，)7 【正确答案】 D【试题解析】 设 Ai 表示第 i 次取到白球，i=1，2， ，n，则 =A1A2An1 .由乘法公式可得所以应选(D) 8 【正确答案】 B【试题解析】 因总体服从正态分

9、布 N（， 2），则n 2196 2= 76832故最小样本容量 n=8选(B)二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 利用 sinx 的带皮亚诺余项的三阶泰勒公式有 xsinx=xxx3+o(x3)= x3+o(x3)，代入原极限式即得10 【正确答案】 【试题解析】 将方程看成关于变量 x 的恒等式，两端同时对变量 x 求导数可得在（*）式中令 x =0，又 y(0)=0，则有 y(0)=1y(0)，于是 y(0)= 将（*）式看成关于变量 x 的恒等式，两端同时对变量 x 求导数又可得在（*）式中令 x =0，又 y(0)=0y(0)= 即得 2+2y(0)+y“(0)=一 y“(0)

10、，于是y“(0)=一 1y(0)=11 【正确答案】 y2(3x+2y1)【试题解析】 由 u(x， )=x2 得 F(3x+1)=x2，即 F(3x+1)=4x2设3x+1=t，x= （t 一 1），则 F(t)= （t1） 2，从而 F(3x+2y)= (3x+2y1)2 于是 u（x，y）= y2(3x+2y1)2 y2(3x+2y 1) 6 = y2(3x+2y1)12 【正确答案】 y t=63t 一【试题解析】 根据题设差分方程的特点，可设其通解形式为 yt= C3t+Acos其中 A，B，C 是待定常数，于是，y t+1= 3C3t 一 Asin把它们代入方程可得 yt+1 3y

11、t= (B3A)cos令即可确定常数 A =1，B=17即差分方程的通解为 yt= C3t cos 再利用条件 y0=5 又可确定常数 C=6故所求特解是 yt=63t cos13 【正确答案】 a 0 或 4【试题解析】 A 的正，负惯性指数分别为 2 和 1 的充分必要条件是 |A|0（A 的对角线元素有正数，不可能特征值都负）求出|A|=a 2+4a，得答案14 【正确答案】 【试题解析】 由于(X，Y)在 D 上服从均匀分布，故可用几何概率求解.记将梯形区域 D 分成 12 个全等的小三角形此时可记S=12，S A=3三、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】

12、 用洛必达法则由16 【正确答案】 先求抛物线与圆的交点，由 y=3 x2 与 x2+（y1） 2=4 可得x2+(2 x2)2=4，即 x2(x23)=0，从而 x=0x= 因此两曲线的交点分别为(0，3)，x 轴下方圆的曲线方程为 y=1 图形关于 y 轴对称，因此17 【正确答案】 利用一阶全微分形式不变性，将方程求全微分即得 18xdx 54(ydx+xdy)+180ydy 6zdy 6ydz 2zdz=0，即 （18x 54y)dx+(180y 54x 62)dy (6y+2z)dz=0从而为求隐函数z= z(x，y) 的驻点，应解方程组可化简为 x= 3y，由可得 z=30y 9x

13、=3y，代入 可解得两个驻点x=3，y=1，z=3 与 x=3，y=1，z=3为判定 z= z(x，y)在两个驻点处是否取得极值，还需求 z=z（z，y）在这两点的二阶偏导数：记 P=(3，1，3) ， Q=（3，1，3），即可得出在 P 点处故在点(3，1)处z=z（x，y）取得极小值 z(3，1) =3 类似可知在 Q 点处故在点（3，1）处 z=z（x，y）取得极大值 z（3，一 1）=318 【正确答案】 用通项分拆法分解幂级数可得利用已知的和函数公式：当 就有19 【正确答案】 作换元 t=4x:04 对应 t:40，且 dx=df，从而 04f(x)dx=一40f(4 t)dt=0

14、4(4 t)dt=04f(4 x)dx由此即得 04f(4 一 x）dx= 04f(x）dx=0，于是04f(x)+f(4x)dx=0利用 f(x)+f(4x)在0，4 连续，由连续函数的积分中值定理即知存在 (0，4)使得 f(）+f(4 一 ）= 04f(x)+f(4 一 x）dx =020 【正确答案】 首先从 AX = 的通解为(1，2，2，1) T+c（1，2，4，0） T 可得到下列讯息： Ax =0 的基础解系包含 1 个解，即 4 r(A)=1，得 r(A)=3即r（ 1， 2， 3， 4）=3 (1 ，2，2，1) T 是 Ax = 解，即 1+22+23+4= （1，2，

15、4，0） T 是 Ax=0 解，即 1 22+43=0 1， 2， 3 线性相关，r（ 1， 2， 3）=2 显然 B（0，1，1，0） T=12，即（0，1，1，0） T 是Bx=12 的一个解 由 ，B=（ 3， 2， 1， 4）=（ 3， 2， 1， 1+22+23），于是 r（B）= r( 3， 2， 1， 1+22+23)=r(1， 2， 3)=2 则 Bx =0 的基础解系包含解的个数为 4 r(B)=2 个， 1 22+43=0 说明（4，2，1，0） T 是 Bx =0 的解；又从B=（ 3， 2， 1， 1+22+23）容易得到 B（2， 2，1，1） T=0，说明（2，2，

16、1，1） T 也是 Bx =0 的解，于是（4，2，1，0） T 和（2，2，1，1） T 构成 Bx=0 的基础解系 Bx=12 的通解为： (0， 1，1，0) T+c1 (4， 2，1，0) T+c2 ( 2， 2， 1，1) T， c 1， c2 任意21 【正确答案】 由于 A2=E，A 的特征值 应满足 2=1，即只能是 1 和1于是 A+E 的特征值只能是 2 和 0A+E 也为实对称矩阵，它相似于对角矩阵 ，的秩等于 r(A+E)=k于是 A+E 的特征值是 2（后重）和 0（nk 重），从而 A 的特征值是 1（k 重）和1（nk 重）A 的正，负关系惯性指数分别为 k 和

17、nk，x TAx 的规范形为 y 12+y22+yk2 一 yk+12 一一 yn2， B 是实对称矩阵，由A2=E，有 B= 3E+2A，B 的特征值为 5（k 重）和 1（nk 重）都是正数因此 B是正定矩阵 |B|=5 k1 nk= 5k22 【正确答案】 设 Ai=第二次交换后甲袋有 i 个白球，i=0，1，2由于经过第一次交换，甲、乙两袋中各有一个红球，一个白球，故又设X=k表示三次交换后甲袋中的白球数，k=0，1，2则 PX =0|A0=0， PX=0|A 1 = ，PX =0|A 2=0，PX =1|A0=1， PX=1|A 1 = ，PX =1|A 2=1，PX =2|A 0=

18、0， PX=2|A 1 = ，PX =2|A2=0，所以 PX=0 =PX=0|A 1P(A1) = PX =1=PX=1|A0P(A0)PX =1|A1P(A1)+PX=1|A2P(A2) PX=2=PX=2|A1P(A 1)= 故 X 的概分布为【试题解析】 为求数学期望应先求出甲袋白球数 X 的概率分布经过第一次交换后，甲、乙两袋中都各有一白一红，故我们从第二次交换开始讨论23 【正确答案】 设 x1， 2，x n 为样本 X1，X 2，X n 的观测值，则似然函数L（x 1， 2，x n；a ，b） L(a，b)为由于 n/b 0，故InL(a， b)与 L（a，b）关于 a 是增函数，但是又因只有 amin（x 1， 2，x n）时，L（a ，b）才不等于零，故 a 可取的最大值为 min（x 1， 2，x n）再根据方程 于是 a，b 的最大似然估计量分别为