2015考研数学数三模课程试题1答案

考研数学数三模拟题(1)一 选择【分析】x t (x)xxt(t)1 1~ (x) (x)sincos 2sin(x) 2(x 【分析】limylimx1x=0 x01

ylimx1 x1 x1limy x xx xx(1exx

x1

1xexlim(yx)x

x)

x1

1f(0)f'(0)x1f''(0)x21f'''(0)x3(x3

f 1131

13f(0)0af(0)0

f''(x)f''(0)x

f'''(0)2afx)3x(ln3)30fx)0f(x)0至多有三个实根，故选（A）

(1)n1

1

1,2n 2n2n 2n2n a2n1 由 n12n(2n 2n(2n 2n法知(a2na2n1发散 A 由于

a收敛，所以lim 0，级数

(a2a2n

n

(a2a2)(a2a2)(a2a2)a2a2 limSna2 n

由于an收敛，按相邻两项一偶一奇添括号所成级数a1(anan1 kkA(kA2)01 得(kkk2)(kk2)k20 由于1,2,3线性无关，故①式为零向量的充k11k22k332k22k3k3 k3故使,A(),A2()线性无关的充要条件是上面关于kk 齐

0即200，答案选 3 3

2Fy(y)P{X31}P{X1X2X3yX31}P{X31}P{X1X2X3yX3P{X31}P{X1X2y}P{X31}P{X1X222221P{X1X2 }1P{X1X2y}1(y)1(y)(y2222 fY(y)

y)]'1

e4

2e2P{X1,Y1P{X1,Y1p，YX-010132p613121p122p12131313 12【分析】当0x1f(x)1x1时，f(x)1a111a

aa当x1时 f(x)

x2n(x(a1)xnx2nx2n(1axnx2n a 2-，x4x2x(xx2x4)(1x2)xx2x3，1x4x2x故 x0 1x212【答案】(

1xG(x)dx1xdx

dt t1t 1t1t1t2

1 t2

131t131t3

1

dt1t0xG(x)dx0G(x)d(2)2G(x)001t

22G(1)0 dx 03 1)2【答案】 1y2),DDD,如图所 显然，在D1g(x,y)g(x,y)在D2上，ln[y 1(y)2]ln(y 1y2)，因此g(x,y)g(x,y)，所以：DIf(x)D1

1y2)dxdyf(x)D2D

1y2【答案】y2y

EB0

(3)(B的特征值0,3010XTAXy2y2 1【答案】1eX1F(x1exx0，因此，对正整数k1，P{[X1]k}P{kX1k1}P{k1Xk}F(k)F(ke(k1)eke(k1)(1e1)(11即YX1]x1=-2点处，由

1x-

x3 xx1(x2邻域的f(x)的函数值无限振荡，振幅不趋近于0，所以x1=-2f（x）的振荡间断点。x3x1(x2x3x1(x2x2=-1点处，由x-

xxx

x1(x2x1(x2

f(x0x2=-1f（x）x3=0点处，由于limf(x)x3=0f（x）x4=1点处，由于

f(x)3

，

f(x)x=1f（x）434【解】因题设 )0所 ef(x)cosxsinxx

，其中lim

.

f(x)ln(x题设f(x)在x0处连续，所以f(0limf(x)limln(xcosxsinx)0 limf(x)f(0)limln(xcosx x limln(1xcosx1 limxcosx1 lim( cosxsinx)001 f(0)f(0)f(1)知，存在(0,1fF(xx2fx，有F(00F(2f0，故知存在(0,Fx2xfxx2fxF02f2f又0，所以2ff012Dx,y0yx2,Dx,yx2y21,0y123Dx,y1x2y2,0yx3有x2y21d

x2y2 2(1x2y2)d(x2y21)d

24d(1r2)rdr4dcos(r21)rd 1 1 1 1 4 d

4

4(4sec42sec20

)d 44424tan2dtan2dtan1d 444 0 2

42

16 16 （Ⅱ）由f(x,y)df(x,y)(x2y2d20，所 4 20f(x,y)(x2y2)- D

f(x,y)(x2y2-

f(x,y)x2y2-DDMDM4

x2y2-3

(x,

D

f(,)M 1 【证（Ⅰ）记F(x)ln(1x)x，则F(x) 1 1 1 1F1x在（0,1）内单调减少，由F10)0F1x)0,x(0,1)，从ln(1x)F(x)xex1Fx1ex F(x在（0,1）F(00知，F(x0x(0,1)xex 故ln(1xxex1,0x（Ⅱ）当0x1ln(1xxex由0x11，可知0ex21ln(1x1x1从而0x21，同理可证当0xk1时，同样满足0xk11，由数学归纳法知对一n=1,2…，有0xn1，即数列{xn}是有界的又当0xn1时xn1exn11ln(1x)nxn即数列{xn}单调减n由单调有界准则知limxa，则a0n对exn11ln(1xn两边取极限，得ea1ln(1设f(x)ex1ln(1x)，当0x1时，f'(x)ex 1f（0）=0f（x）>0a=0，即limx

n【解】 0 1 x12x3

x2x3η1=（2，-1，1，0）T，η2=（-（Ⅱ）由（Ⅰ）解得方程组（i）的基础解 η1，η2，于是方程组（i）的通解由题设知，方程组（ii）的基础解系为ξ1，ξ2，则其通解为从而，得到关于k1、k2、l1、l2方程2k1k2l1l2k1k2l10k12l1l20k24l1l20

0

0所以，令k1=k2=l2=k，方程组（i（ii）的非零公共=k（η1+η2）和EA00

0

(21)[2(k2)(2kA的特征值33EA(321)[323(k2)(2k1)]k=2.

A 01 01因为AT=A，所

（AP）T(AP)PTA2而 A2

0405 0405 对应于A2的二次

XTA2Xx2x25x25x28x 3 x2x25x x 54 5y1x1y2y2

45y4即x1 0y1Xx2

y2

3

3x y35y4

5yx4

0

y1

y4

y2P

54,Yy35 1 y4 X=PYXTA2XXTA2X(PY)TA2(PY)YT(AP)T 0 0YT

0090

5 0 09（APT9

0

54f(x,y)

4 3yx1 0,

3y,0y 求（X,Y）关于Y的边缘密度，Yf(y)Y

13f(x,y)dx3

f(x,y)dx 4(12y),0y fY(y) 32

4(12y),0y RC3 2 3 1 PX2,Y4 X2

1 2PX 2 3 RB 域面积比RBC 4 RA 2

E(X1X2)

X1

X2)E2(X tE(X)

xf(x)dx

e2dxtt

t2e2