数学(三)智轩极点冲刺金卷2011第六套【全真模拟】解析.pdf

2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 1 绝密 启用前 2011 年全国硕士研究生入学统一考试 数学 三 试卷 全真模拟 详细解析 考生注意 本试卷共二十三题 满分 150 分 考试时间为 180 分钟 一 选择题 1 8 小题 每小题 4 分 共 32 分 在每小题给出的四个选项中 只有一个符 合要求 请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上 本卷为题后的括号里 1极限 2 54 3 222 3 10 0 1 1 31 21 limlimlimcos1 ln11 x tx y ttxx t x xx Idxxdy xxtxx 的值为 8 4 6 2ABCD 解 选 B 22 222ln 22222222 111111 11 lnln11 limlimlimlimlimlim0 lnlnlnln11 xxx xxxxxx xe xxxxx xxxxxxxxx 44 44 54 3 000 3 3 11 1 31 25 5 limlimlim6 111 11 11 632 xxx xo xxo x xxo xo x xx xx xo xxo xxo x 3 2 222 000 111 limcos1limcos1limcos1 2 tx y tt ttt dxxdyAt ttt hh xx 2 2 000 0 2 0 0 0limcos1lim cos11lim2 tt t tI t hh x h x hxx 0624I 2 设 22 y z f xy f可微 则 y x z z xy A 2 y z B 2 y z C 2 z y D 2 z y 解 选 D 22 22 2 2 02 2121 12 12 xx y x yx y zyzf xy f xy xzf z fxzfz zf zzfyzfz yzfxyfyfyfy z fyzfz f 3设 p q为某参数 反常积分 0 1 p q x dx x 收敛 则 p q必满足 A01pq 或10qp B01pq 或10qp 得分 评卷人 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 2 C01pq 或10qp D01qp 或10pq 收敛 收敛 001 10 11 pp r let rq qr xx qf xprrqp xx 收敛 4 22 11 lim ni n ij n ni nj ln2 ln2 ln2 ln2 84216 ABCD pppp 解 选 A 1 00 2 11 2 2 2 11 22 1 1 11 11 lim x n i i j n i i j n yx dy dx n j n injnin n 1 0 2 1 0 1 0 1 0 1 1ln 1ln arctan 1 ln arctan 1 arctan dx x x xxxxddx x x Idx x x 2ln 41 1ln 2ln 4 1 0 2 pp 下面求 1 0 2 1 1ln dx x x I 设txtan 经整理 4 0 tan1ln p dttI 再设tu 4 p 则 4 0 4 0 tan1 tan1 1ln 4 tan1ln pp p dt t t dttI Idttdt t 2ln 4 tan1ln 2ln 4tan1 2 ln 4 0 4 0 pp pp 从而2ln 8 p I 综上 2ln 8 lim 11 22 p n i i j n jnin n 5设A为m n 阶矩阵 则对任何m维列向量b 方程组AXb 都有解的充要条件是 A r An B r An C r Am D r Am 解 选 D 充分性 若 r Am 则A的m个行向量组线性无关 由于线性无关向量组中向量添加一个分量后仍然线性 无关 故 r Ar A b 所以AXb 有解 必要性 由于方程组AXb 对任何m维列向量b都有解 即任何m维列向量都可由矩阵A的列向量组线性表 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 3 出 如 1 1231112233 1 x Axbbxxx x a a aaaa 所以m维单位向量 0 1 0 0 j e L 其中第j 个分量等于 1 1 2 jm L 可由A的列向量组线性表出 而由于A的列向量是m维 显然A的列向量组 可由 12 m e eeL线性表出 故A的列向量组与m维单位向量 12 m e eeL等价 等价秩相等 故 r Am 附加题 方程组Axb 有唯一解的充分条件是A的列向量组线性无关 必要性 设 123 Aa a a 若 12 x x满足方程组 1221 0AXbAxb AxbA xx 由于AXb 有唯一解 即 1221 0 xxxx 所以0Ax 有唯一零解 也就是 123 a a a线性无关 充分性 反证法 若AXb 有两个不同的解 12 x x 使得 122121 0 Axb AxbA xxxx 设 21123 T xxb bb 则 21123123123112233 0 TT A xxAb bba a ab bbb ab ab a 由于 123 b bb不全为零 所以 123 a a a线性相关 矛盾 附加题 设n阶实矩阵A A b满秩 则下列结论正确是 AA可以无条件对角化 B0Ax 与0 T A Ax 不同解 C TT A AxA b 有解 DA的相抵标准型为 n E 解 选 C A错误 只有实对称矩阵才可以无条件对角化 高手要认真看题哦 B回忆教材 T r Ar A A 的证明过程 立即得出同解结论 如对于大题 则需要详细证明过程 C TTTT r A AA br AAbr A A 故有解 DA未必满秩 设 r Ar 故A的相抵标准型为 r EO OO 6设二次型 222 2242f x y zxyzxyxzyz 在球面 222 3xyz 上达到最大值 Max f与 最小值 Min f 则 A当 1 0 1 x y z 时 3 Max f 当 1 2 1 x y z 时 3 Max f B当 1 1 0 2 1 x y z 时 3 Max f 当 1 1 2 6 1 x y z 时 3 Max f 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 4 C当 1 1 0 2 1 x y z 时 9 Max f 当 1 1 2 6 1 x y z 时 9 Max f D当 1 0 1 x y z 时 9 Max f 当 1 2 1 x y z 时 9 Max f 解 选 C 根据 121 TT nn X XfX Xlllll L 11 22 112 12100 3 3 211 11 1 30039 2 11 11 1 32239 6 11 Max Min AEA f f ll labl labl 注意 可以不求 11 11 1 011 3 11 lab 7设随机变量 1 1 4 XB 1 2 3 YB 1 1 2 36 P XY 1 12 Cov X Y 则 1 1P XY 1771 1212163 ABCD 解 选 C 1 2 121 1 121 2 4312 124 112 339 1 11227747 1 11 1 12123636136 916 Cov X YEXYEXEYP XYP XY P YC pp P XY P XYP XY P Y 8设随机变量X的密度函数 2 x f xke x 则 XX的密度函数 f x y 2222 2222 22 22 022 0 22 022 0 2 02 0 0 0 xyxy xyxy yy eeyxeeyx eexyeexy A f x yB f x y eyxeyx other other 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 5 2222 222 22 22 0 2 0 22 0 0 0 xyxy yxy eeyxyeeyx C f x yeyxD f x yeexy otherother 解 选 B 2 11 x f x dxkedxk 2 2 2 0 0 x x x ex f xke ex 设YX 需要求出密度函数 f x y 由于分布函数 F x yP XxXyP XxyXy 则 222 0 2222 0 222 0 22 2 0 0 0 00 0 1 0 21 0 1 x xxy y x xxxy y yy xxy y xy x yF x y xyF x y yyxF x yPyXxe dxee xyF x yPyXxe dxedxee yxF x yPyXyedxedxe eeyx ee F x y 22 222 22 22 0 022 0 1 02 0 0 0 xy yxy yy eeyx xyeexy f x y eyxeyx otherother 另外考生注意 因为 11XX 由于包含关系必不独立 故X和X不独立 二 填空题 9 14 小题 每小题 4 分 共 24 分 请将答案写在在答题纸指定位置上 9 已知 0 1 ty t xe yyf ty dy 则 2 0 2 t d y dx 解 0 0000 tttt ty u t yf ty dytu f u dutu f u dutf u duuf u du 00 0 0 000 0 00 00 0 tt t t ttt ty t ty tt tt tyty dyf u dutf ttf tdtf u du dt f u du dt f u du dy dxetdyydt etf u duy f u duf u du ddydddt dxdxdxdtdx etf u duyetf u duy 得分 评卷人 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 6 显然 01txy 2 002 2 0 0 tt t ty f td y f dx etf u duy 注意等于零的部分没必要写出求导结果 10曲线 x dt tt t xy 0 42 2 1 1 的全部渐近线为 解 该函数无水平渐近线和垂直渐近线 下面讨论它的斜渐近线 x xxx t t t t dt t t dt t t t dt tt t x y 0 0 2 0 2 2 2 0 42 2 1 arctan 1 1 1 1 1 1 1 1 1 则p 0 1 arctanlim t t x y x pp x xx dt tt t xxy 0 42 2 1 1 lim lim 1 1 1 1 1 1 1 lim 2 42 2 0 42 2 x xx x x dt tt t x x p 从而该渐近线为1 xyp 又y为奇函数 则y关于原点对称 渐近线也要关于原点对称 从而可得另一条渐近线为1 xyp 仅写 出一条渐近线得 2 分 11已知 0 0 1 Dx yxyxy 表示取整 则 D dxdyyx 解 如图所示 221 DDDD dxdydxdyyxdxdyyxdxdyyx 1 0 2 1 1 dxxydxdydxdy DD 其中 xy满足方程1 yx 将方程1 yx转化为参数方程 ty tx 4 4 sin cos 则 0 2 44 1 0 cossin p ttddxxy 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 7 6 1 8 1 6 1 4 sin sin1 sin4 sin cos4sin 2 0 25 0 2 34 p p tdttdtttt 进而原式 3 1 附加题型 1 设D 由 2 1 0 2xyyx 所围的区域 则二重积分 22 D xy dxdy 解 令 cos 1 0 2 sin4cos xr Drr yr q p qq qq 2 222 444 1 33 000 cos 2 sin 42 22 0022 2 2 22 0 2 2121 33cos63cos sin2121 6363 1 sin1 22ln 12 21 11111 63 4116 11 D t xy dxdydr drdd ddt t dt tt tt ppp q p q p qqq qq qpp q p p 附加题型 2 求二重积分 D dxs 2 的值 其中 1 44 yxD 并求定积分 1 0 4 3 4 1 duu的值 解 引入极坐标 并适当使用轮换对称性 4 44 1 2 22223 cossin 00 11 22 DDD x dy dxyddr dr p qq sssq 2 2 22 44444 000 1 111111tan tan 2 4cossin2cossin21tan ddd pp p q qqq qqqqq 2 2 24 000 2 2 0 11 1 1 11111 arctan 1 21222 222 2 1 2 d tt ttt t dtdt t t t t t p 22 1 3 4 4 1 0 4 3 4 1 0 1 0 22 4 1 4 p s dyydxxdydx y D 故 1 0 4 3 4 1 duu 28 3 1 1 0 4 3 4 p dyy 12幂级数 2 1 2 2 n n x y x n 的和为 解 21222 121 111 21 22 2 nnn nnn xxx yyy nnn 1 02 0011 2 xx yyyyyee 注意幂级数题型 已知幂级数 1 1n n xa n 在2x 条件收敛 则 1 1 2 1 n n xa n 的收敛域为 解 1 1n n xa n 与 1 1 1 n n xa n 具有相同的收敛半径1R 和a值 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 8 1 1n n xa n 在2x 条件收敛 1211 3Raa 其中 3a 与题目条件 1 1n n xa n 在2x 条件收敛矛盾 故舍去 1 1 1213123 1 1 n n axxx n 收敛域为 故 1 1 2 1 n n xa n 的收敛域为 3 1 13已知二次型 1234 T f x x x xx Ax 的正惯性指数1 4pr A 且 2 23AAEO 则该二次型 的规范形为 解 先求出A的特征值 再确定二次型的负惯性指数 从而可得二次型的规范形 设 Aala l为 A 的任一特征值 0a 为其特征向量 则由已知 2 23 0AAEa 即 2 23 0 lla 故 2 230 ll 得3l 或1l 而1p 故负惯性指数 4 13 qr Ap 所以 A 的特征值为 3 1 1 1 从而二次型的规范形为 2222 1234 yyyy 14设 A B为相互独立的随机事件 01P A 且A发生B不发生与B发生A不发生的概率相等 记随机变量 1 0 A X A 若 发生 若 发生 1 0 AB Y AB 若发生 若发生 则 X Y的相关系数 XY r 解 A发生B不发生与B发生A不发生的概率相等 即 P ABP ABP ABP BAP AP Bp A B独立 故 2 P ABP A P Bp 故 01 1 X pp 22 01 1 Y pp 因为 2 111P ABP AP Bp 22 01 1 XY pp 23 22 1 11 XY Cov X YEXYEX EYppp pDXDYDXDY pppp r 三 解答题 15 23 小题 共 94 分 请将解答写在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 15 本题满分 10 分 求微分方程 22cos3sin x yyyexxx 的通解 得分 评卷人 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 9 解 2 12 2202201cossin x yyyiyeCxCxlll 11 2222 11 11 22 1 1 22cos3sin 1311 cossinRecos3Im 22222222 Re3ImRe3Im 222212 1212 1 Re3ImRe 22 1 2 x ixixxx ixix ixix ix ix yyyexxx yxexexxexe DDDDDDDD exex xexe DDiDi DiDi ex xe D iDi i 1 12 2 3 1Imcossin 222 113113 RecosRecossincos 2222222 1131 cossincossin5cos 4424 ix x ixxxx xxxx eD xxeixx iDi ii exxexexixxxxex D xexx exxexxexxx 原方程的通解为 12 1 cossinsin5cos 4 xx eCxCxxexxx 16 本题满分 11 分 设区域D由摆线的第一拱L ty ttx cos1 sin p20 t 与x轴围成 求L上曲率半径最大的一点处的曲率圆方程 求L绕x轴旋转一周所得旋转面的面积 求L绕y轴旋转一周所得旋转体的体积 求曲线L的形心坐标和区域D的形心坐标 解 t tytxtytx tytx K Rcos122 1 2 322 当p t时 2 p yx 为曲率半径最大的一点 且4 R 0 cos1 sin pptt t t dx dy 则点 2 p的曲率中心在该点的正下方 再根据4 R 即可确定出该点的曲 率中心为 2 p 从而所求曲率圆方程为16 2 22 yxp ppp ppp 2 0 3 2 0 2 3 2 0 22 2 sin8 cos1 22 2dt t dttdttytxtyS 3 64 sin32sin16 2 0 3 0 3 p qqpqqp p p dd pp pp 2 0 2 2 0 cos1 sin 2 2dtttttydtytxV pp qqqqqpp 0 54 2 0 4 cossinsin 32 2 sin 2 cos 2 sin28ddt ttt t 其中 2 2 0 4 0 4 0 4 16 3 sinsin 2 sinpqqpqq p qqq p pp ddd 思考每一步的由来 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 10 0sin 6 1 sinsincossin 0 6 0 5 0 5 ppp qqqqqqdd 从而 3 6p V 平面曲线的形心公式 L S L S yx y x pp2 2 其中 x S和 y S分别为曲线绕x轴和绕y轴旋转一周所 得旋转面的面积 L为曲线的长度 那么 2 2 0 22 16 2pp p dttytxtxSx p p 2 0 22 2dttytxtySy 3 64p 8 2 0 22 p dttytxL 代回 即得曲线L的形心坐标为 3 4 p 平面区域的形心公式 DDDD dxdyydxdydxdyxdxdyyx 其中 D dxdy即为平面区域的面 积 同理 可求得区域D的形心坐标为 6 5 p 注意 18 个平面曲线的方程和图形不要忘记了 附加题 曲线 2 1yx 与该曲线点 2 1处的法线及x轴所围区域绕1y 轴的旋转体积 解 法线方程为 2 2 x y 2 2 24 222 12 2 242 2 12 1 0111 012 2 69 2213 255 x Vxdxdx x xxdxdx pp ppppppp 17 本题满分 10 分 设 f x在 0 1 上可微 且满足条件 0 0 f 1 2 fxf x 试证 在 0 1 上 0f x 证 由拉格朗日中值定理 有 111 0 0 f xffxxf xxfxxx 1 2 fxf x Q 由 有 11 11 24 fxx fx fxx 01 x 在 1 0 x上再用拉格朗日中值定理 有 112 ffxxx 21 0 xx 再由 有 1212 11 48 fxxfxfxxxx 这样继续下去 有 121 1 1 0 2 nn n fxxfx xxx L 其中 11 01 nn xxxx L 因为 f x在 0 1 上连续 f x 有界 设 f xM 由 有 1 1 0 2n fxM lim 0 n fxfx 有夹逼定理得 0 0fxfx 由 知 f xC 再由 0 0 f 可得0C 0 0 1 f xx 评 注 注意下列题型 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 11 已知 f x g x在区间 a b上连续 在 a b上可导 0gx 求证 存在 ff af a b g bgg xx x xx 证明 令F x f x g x f a g x g b f x 则F x g x f x f a f x g b g x 由于F a f a g b F b 可知F x 在 a b 上满足罗尔定理的条件 故存在 a b 使F 0 由此得到所需证明的结论 设 f x在 0 1二阶可导 010ff 求证 存在 0 1x 使得 2 1 f f x x x 证明 构造辅助函数 1 1 0 1 0 1 x efxx F x x 1 1 1 0 limlim0 t x xt efxe fx 故 F x在 0 1上连续 010ff 存在 0 10fhh 故 10FFh 存在 0 10Fxx 2 1 f f x x x 设 f x在 a b连续 在 a b上可导 f af b 2 1 lim 2 xa f xf a xa 求证 存在 ff a a bf a x xx x 证明 构造辅助函数 0 f xf a axb g xg ag b xa xa 2 1 lim0 2 xa f xf a fa xa 故 g x在 a b连续 在 a b上可导 根据罗尔定理 存在 2 0 faff aff a a bgf a a xxxx xxx x x 注意极值点 拐点 抽象零点 函数间断点和形心点作为罗尔定理点的微分中值定理题型 附加题 请考虑在 11 42 cosxxx 在 内实根的个数 解 11 42 cosf xxxx 为偶函数 故只要讨论 11 42 cosf xxxx 在 0 内实根的个数 010 12cos10ff 根据零点定理 f x在 0 1至少有一根 31 42 11 01sin0 42 xfxxxx 故 f x在 0 1有唯一根 11 42 1cos2cos10 xf xxxx f x无实根 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 12 故 11 42 cosxxx 在 内实根的个数2 请考生复习一般情形下的零点或根的个数三部法 18 本题满分 9 分 计算定积分 1 0 arcsin 21Ixxxdx 解 令 10 1 01 xt xtdxdt xt 11 00 2 1 1arcsin 21arcsin 21 2 1 1 sin sin 0022 Itt t dtIxxdx xt t let xdxtdt xt p 2 00 2 1111 arcsin sinsinsinsin 4442 Ittdtttdtttdt p pp p p 19 本题满分 11 分 已知通过 ybx yax h x 可将偏微分方程052 2 22 2 2 y u yx u x u 变换为0 2 2 2 2 hx uu 其中a和b为实数 试求a和b的值 解 hx h h x x u b u a x u x u x u hx h h x x uu y u y u y u 那么 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 hhxx u b u ab u a x u 2 22 2 22 hhxx u b u ba u a yx u 2 22 2 2 2 2 2 hhxx uuu y u 由已知得0 52 10222 52 2 2 2 2 2 2 2 hhxx u bb u baab u aa 那么 010222 05252 22 baab bbaa 解得 3 1 b a 或 1 3 b a 附加题型 已知 2 2 01 1 x fxf xx xx 1ln2f 求 1 n f 解 2222 22 2 2 0ln 1 11 dxdx xx xx fxf xf xeedxCCxxx xxx 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 13 2 ln 1 2 0 12 2 123 2 1ln20ln 1 1 ln 12ln 12ln 1 2 1111 22 1121 n n v xuxn kk k nnn n nnn fCf xxxuvuv n n fxxxxnxx n n xxn xxx 根据 1 1 1 123 1 1 2 12 123 12 11 2 22 11 12 13 21 111 11 12 13 121 222 113 41 2 13 4118 22 n n n n nnn x x nnn nnn n nnn nn nn nnn xxnn n xxx nnn fnn n n nn nn nnnn 基本结论 评 注 常用函数的高阶导数公式要记住 0 n nkn kk n A uvC uv kkn n C k n 称为莱布尼茨公式 sin sin cos cos 22 nnnn nn axbaaxbaxbaaxb pp 1 1 1 n n n n xa xa 111 1 n n xnx aa a aa L 11 m nn m xn nnmxnm L 20 本题满分 11 分 设 A B C均为三阶矩阵 且 2 ABBBCO 其中 111101 011 112 001011 BC 求方程组 5 0A x 的通解 解 I 由 2 ABBBC O得 2 ABBBCB BC 因为 1B 所以B可逆 故 1 AB BC B 所以 551 AB BCB 由已知 111101 011 112 001011 BC 可得 1 010110 101 011 010001 BCB 通过计算可得 52 2 BCBC 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 14 故 5512 111010110111 01121010114 120 001010001011 AB BCB II 由 5 0A x 即 1 2 3 111 1200 011 x x x 由 111111 120011 011000 可得基础解系为 2 1 1 Ta 故通解为 2 1 1 Tk k为任意常数 21 本题满分 11 分 设矩阵 220 820 06 A k 与对角阵相似 求正交变换矩阵Q将二次型 T x Ax化为标准形 解 I 由 2 220 820 6 2 0 06 EA k l llll l 得 123 6 2 lll 由已知AL 则6l 必有两个线性无关的特征向量 故 420 6 8401 00 rEAr k 得0k II 由 I 知0k 则 222 12312 22610 T x Axxxxx x 二次型的矩阵 11 250250 520 520 6 7 3 006006 AEA l lllll l 可得 1 A的特征值为 6 7 3 对6l 由 1 6 0EA x 可得 1 0 0 1 Ta 对7l 由 1 7 0EA x 可得 2 1 1 0 Ta 对3l 由 1 3 0EA x 可得 3 1 1 0 Ta 显然 123 a a a已正交 只需单位化 得 123 11 0 0 1 1 1 0 1 1 0 22 TTT bbb 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 15 令 123 11 0 22 11 0 22 100 Qb bb 则正交变换为xQy 有标准形 222 123 673yyy 附加题型 1 设 100 124 002 A 满足 1 AXAX AE 且 0A 求矩阵X 解 由 1 1 1 2 nn AAAAAAA 知 2 4 AA 又 0A 故 2A 所以原等式变形为 1 2AXAXAE 左乘 A得 1 2 A AXA AXAA 又 2 A AAAA EE 故 22XXAA 即 2 X EAA 因此 1 1 2 XA EA 而 1 11 200200 1 2 112 133 6 000003 A AAAE A 故 100 1 239 6 003 X 附加题型 2 设 a b为三维单位列向量且0 T a b 记 TT Aabba I 证明 A 相似于对角阵 II 若存在三维列向量0r 使0Ar 记 2 Prabba 求 1 P AP 证明 I 由0 T a b 知 0 TTT b aa b 由已知有 TTTT AAaab aba abbab bba ba 则 AAabababab 由已知 a b为单位正交向量组 所以 a b线性无关 故0 0 abab 所以 1 1 是 A 的特征值 又 1 12 TTTT r Arrrabbaabba 故 A 不可逆 所以 0 是 A 的特征值 即 A 有三个不同特征值 1 1 0 所以 1 1 0 A II 由0 0Arr 知r是 0 对应的特征向量 所以 0 1 1 对应的特征向量为 2 rabba 故 2011 考研数学三智轩冲刺金卷 六 详细解析 http www qinjing cc 16 1 0 1 1 P AP 附加题型 3 设 A B 均是三阶矩阵 满足 AE BA 且 A 有三个不同的特征值 123 l l l I 证明 0AE II 证明存在可逆阵 P 使 1 PAB P 为对角阵 证明 I 由 AE BA 知 ABAB 变形为 ABABEE 即 AE EBE 从而 AE