2013考研数学模拟卷数三1

2013考研数学模拟试卷一【数三】剖析一、选择题(1)D5sin5x5解：limlim5x1.1ex0x0sinx)sinxcosx(12）B解：由limf(x)101cosx因此limf(x)f(0)x0

0，lim(1cosx)0，得lim(f(x)1)0，而由f(x)连续知f(x)连续，x0x01.于是f(0)limf(x)f(0)limf(x)11cosxx20，x0xx01cosxx2x因此x0是f(x)的驻点.又由limf(x)11，lim(1x21)0，x01x21x0得lim(f(x)1)f(0)10，即f(0)10，x0因此f(x)在点x0处有f(0)0，f(0)10，故点x0是f(x)的极小值.应选（B).3）B解：当0p1时，由积分中值定理得n1sin(x)dx1n1sin(x)dx2(1)n，n(n,n1)，nxp1np1n(np1)n1sin(x)22，n(n,n1)，因此|pdx|ppnx1(n1)((n1)1)而2p1)~2p(n)，2p发散，因此原级数非绝对收敛.((n1)nn1n又|n1sin(x)20(n)，xpdx|(pn1n1)而nn1sin(x)dx|单调减少.(n,n1)，即|xp1n由莱布尼茨鉴识法知原级数收敛，故级数是条件收敛的，应选（B）.(4)D解：记A28，两边积分得f(x)dx为常数，于是有Af(x)8，即f(x)0Af(x)8xC，由f(0)0得C0，从而f(x)8xAA于是A2f(x)dx82xdx16，即A4，故2f(x)dxA4选（D）0A0A05）A解：易知Bx0的解是ABx0的解。当A列满秩时，即r(A)n时，齐次线性方程组Ax0只有零解。于是，若x0为ABx0的任一解，即ABx00，则必然有Bx00，从而x0也为Bx0的解，故组Bx0与ABx0同解。6）C解：A=2x;A特色值：2,1,x；对应A*特色值为：x，2x，2；解得x=-1或-2(7)B解：由于aXbY遵从正态分布，股依照题设P(aXbY)1知，2E(aXbY)aE(X)bE(Y)(ab)，从而有ab1，显然只有（B）满足要求。8）B011011解：A10.51.510.51.5,B成立。112000二、填空题：9～14小题，每题4分，共24分.请将答案写在答题纸指定地址上.(9)1解：设f(x)x1t2dt0et2dt，0cosx则f(0)0et2dt0，f()21t2dt0，120由介值定理知，存在x0(0,)，使f(x0)0.2又f(x)1x2ecos2xsinx，而1x21，|ecos2xsinx|1，故f(x)0，f(x)严格单调增加，f(x)0只有唯一的根x0.xxtuxsinx，y()1，y()2sinudu1，（10）解：ysin(xt)dtsinudu，y00220故过(,1)处的切线方程为y1x222z2知z2yC1(x)，由fy(x,0)x得C1(x)x，于是z（11）解：由2y2yx，yy从而zy2xyC2(x)，又f(x,0)1C2(x)1，故zy2xy1（12）[1,5)1解：由公式，lim(n1)3n11n13n3n因此R3，收敛区间(23,23)，即(1,5).再考虑端点x1,x5处.在x1处，原级数成为(1)n，收敛；在x5处.原级数成为1，发散.因此应填[1,5).n1nn1n01001000（13）解：系数矩阵000a，因此a0200a0214）1ln2。2解：X~f(x)ex,x0。0,x0记A{X2},Y~B(3,p),其中pP{X2}2exdxe2。依题意P{Y1}1P{Y0}1(1p)37,p1。82由e21，得1ln2。22三、解答题（15）解：（1）令x0，得1g(x)dx1。0（2）对变限积分令txu,dtdu，则有xf(x)

f(x)g(t

x)dt

g(u)du

(2x

1)f(x)

，x

0两边关于x求导，注意到g[f(x)]x，得xf(x)(2x1)f(x)2f(x)，即(x1)f(x)2f(x)0，C则f(x)。2(1x)又f(0)1，因此C1，于是f(x)1。x)2(1(16)解：uuu2u2u2u2u，x,x2222uuu2ua22u2ab2u22u，ab,y22b2y将以上各式代入原等式，得(3a22u[6ab4(ab)2]2u24b1)2u0，4a1)2(3b2由题意，令3a24a10,且6ab4(ab)203b24b10,a1,或a1,故1,3b3b1,（17）解：本题要求函数Qkxy在条件120下的最大值点.用拉格朗日系PxPyA数法，构造拉格朗日函数F(x,y,)kxy(P1xP2yA)，为求函数F(x,y,)的驻点，令由①、②消去参数可得yP1，即y1Px，代入③不难计算出唯一驻点xP2P2xA，yA.(()P1)P2因驻点唯一，且实责问题必存在最大产量，因此计算结果表示，当投入总价值为A（万元）的甲、乙两种原料时，使产量Q最大的甲、乙两种原料的投入量分别是AAx（吨）与y()P1()P2

（吨）.（18）证明：在x0处，将f(x)Taylor张开，f(x)f(0)f(0)x2f()x3,(在x,0之间)，则23!由f(x)的连续性知，f(x)在[1,2]上有最大最小值，分别设为M,m,则(19)解：（1）an11d(xn1)1xn1111xn1esinxcosxn10sinxsinx|0(n1)20sinx)2dx1en11e(1e111xn1esinxcosxdx。(1e)(n1)n10(1esinx)2记Inn11xn1esinxcosxdxe1xn1dxe，10(1esinx)2n10(n1)(n2)于是liman0。n1,liman11,R1,收敛区间为(1,1)。（2）an~an(1e)(n1)n当x时，n(1)n(1)nIn,1ne)(n1)(1(1)n条件收敛，(1)nIn绝对收敛，因此(1)nan收敛；n1(1e)(n1)n1n1当x1e，因此an发散，因此级数的1时，当n充分大时，an(n1)(n2)(1e)(n1)n1收敛域为[1,1)。（11分）(20)解：（I）由已知得，A(123)2(123)，A(21)(21)，A(31)(31)，又由于1,2,3线性没关，因此1230，210，310因此1,2是A的特色值，123，21，31是相对应的特色向量。又由1,2,3线性没关，得123，21，31也线性没关，因此1是矩阵A的二重特色值，即A得全部特色值为1,2（II）由1,2,3线性没关，可以证明123，21，31也线性没关，即A有三个线性没关的特色向量，因此，矩阵A可相似对角化。（21）解：将阵(1,2,3,1,2,3)作初等行变换化成阶梯阵。1211310a1220b2。00b20a10故当a1,b2时，R(1,2,3)R(1,2,3)3，且可以相互线性表示，因此1,2,3与1,2,3秩相等且等价；当a1,b2时，R(1,2,3)R(1,2,3)2，等秩且可以相互线性表示；当a1,b2时，R(1,2,3)R(1,2,3)2，等秩，显然3不可以由1,2,3线性表示，因此不等价；当a1,b2时，R(1,2,3)2R(1,2,3)3，不等秩也不等价。（11分）（22）解：地域D实际上是以(1,0),(1,0),(0,1),(0,1)为极点的正方形地域，D的面积为1,(x,y)D;有了f(x,y)就可以求fU(u)和fV(v)，特别２，(X,Y)的联合密度为f(x,y)20,其他.可利用f(x,y)的对称性.(Ⅰ)UXY，FU(u)P{Uu}P{XYu}f(x,y)dxdy.xyu当u1时，FU(u)0；当1u1时，FU(u)1dxdyu1；xyu22当u1时，FU(u)1.1,1u1;.fU(u)FU(u)2U~U[1,1]0,其他.VXY，FV(v)P{Vv}P{XYu}f(x,y)dxdy.xyv当v1时，FV(v)0；当1v1时，FU(u)1dxdyv1；xyv22当v1时，FV(v)1.1,1v1;.fV(v)FV(v)2V~U[1,1]0,其他.(Ⅱ)cov(U,V)E(UV)EUEV.显然EUEV0，而E(UV)E(XY)(XY)E(X2Y2)EX2EY2，由于X,Y的对称性得EX2EY2，因此cov(U,V)0，cov(U,V)UV0.DUDV（23）解：（I）由于E(X)222(1)3(1)232,于是，令32X，得3X为的矩估计量。2（II）整体X的分布律可表示为P(Xk)C2k1(1)k