2023年研究生入学考试数学三考试题库

2023年研究生入学考试数学三考试题库卷I一.历年考点试题黑钻版(共50题)1.设，其a2+c2≠0，则必有______A.b=4d．B.b=-4d．C.a=4c．D.a=-4c．2.设A是n阶矩阵，α是n维列向量．若秩，则线性方程组______．

A．AX=α必有无穷多解

B．AX=α必有唯一解

3.曲线渐近线的条数为A.0.B.1.C.2.D.3.4.设A是n阶正定矩阵，E是n阶单位阵，证明A+E的行列式大于1。5.

(Ⅰ)

(Ⅱ)证明对任意的常数λ＞0，级数收敛。6.7.8.9.已知向量是方程组的三个解，

求该方程组的通解．10.11.设D={(x，y)|x2+y2≤a2}，常数a＞0，，则12.设A=(aij)n×n，若任意12维非零列向量都是A的特征向量，请证明：A为数量矩阵，即存在常数k，使A=kE．13.14.求15.设f(x)在x=a处具有二阶导数，则=______

A．0．

B．f"(a)．

C．．

D．2f"(a)．16.幂级数的收敛半径R=______，收敛域D=______．17.18.已知线性方程组有无穷多解，

(Ⅰ)求常数a(a≠0)的值；

(Ⅱ)对上述算得的a值，求方程组(A)与(B)：有公共解时的λ值及公共解．19.设X1，X2，…，Xn是总体N(0，σ2)的样本，则

可以作为σ2的无偏估计量．

(A)

(B)

(C)

(D)20.设函数f(x)连续可导，且f(0)=0，，求21.设A=E+αβT，其中α，β均为n维列向量，αTβ=3，则|A+2E|=______．22.设随机变量X在区间(0，1)上服从均匀分布，又，求Y的概率密度fY(y)与分布函数FY(y)．23.设A，B是n阶方阵，证明：AB，BA有相同的特征值．24.

25.设f(x)在[0，1]上连续，在(0，1)内可导，且f(0)=0，f(1)=1，试证：对任意正数a，b，在(0，1)内存在不同的两点ξ，η，使．26.若0＜d≤β＜，求证不等式．27.28.已知方程组有无穷多解，则其通解是______．29.设f(x)在[0，1]上有二阶连续导数，证明：对任意的有

30.设y=y(x)是由方程xy+ey=x+1确定的隐函数，则=______。31.已知函数f(x，y)具有二阶连续偏导数，且f(1，y)=0，f(x，1)=0，，其中D={(x，y)|0≤x≤1，0≤y≤1}，计算二重积分．32.连续进行射击直到第二次击中目标为止，假定每次射击的命中率为p(0＜p＜1)，X1表示首次击中目标所需进行的射击次数，X2表示从首次击中到第二次击中目标所进行的射击次数；Y表示第二次击中目标所需进行的射击总次数，求X1，X2，Y的概率分布．33.已知试证明

34.设函数f(x)在[0，+∞)内二阶可导，且都有f"(x)≠0，过曲线y=f(x)(0＜x＜+∞)上的任意一点(x0，f(x0))作切线，证明：除切点外，该切线与曲线y=f(x)无交点．35.36.设(X1，X2，…，Xn)为来自总体X～U(θ，θ+1)(θ＞0)的样本，则θ的矩估计量为______；最大似然估计量为______．37.38.39.使函数f(x)=x3+ax+b在区间(-∞，+∞)内只有一个零点x0(且x0＜0)的常数a，b的取值范围是______A.a＜0，b＜0．B.a≥0，b＜0．C.a＜0，b＞0．D.a≥0，b＞0．40.设随机变量X的分布函数为F(x)，其密度函数为

其中A为常数，则的值为______

A．

B．

C．

D．41.42.43.在区间[0，1]上函数f(x)=nx(1-x)n(n为正整数)的最大值记为M(n)，则44.45.设函数f(x)在x=0处连续，且，则A.f(0)=0且f'-(0)存在．B.f(0)=1且f'-(0)存在．C.f(0)=0且f'+(0)存在．D.f(0)=1且f'+(0)存在．46.47.已知若α1，α2是矩阵A属于特征值λ=1的线性无关的特征向量，α3是矩阵A属于特征值λ=2的特征向量，则矩阵P不能是A.(α1，-α2，α3)B.(α2，α1，α3)C.(5α1，α1+α2，α3)D.(α1，α2，α2+α3)48.设0＜P(A)＜1，0＜P(B)＜1，且P(A|B)+=1，则下列结论正确的是______．A.事件A，B互斥B.事件A，B独立C.事件A，B不独立D.事件A，B对立49.设，B为三阶非零矩阵，且AB=O，则t=______．50.设求卷I参考答案一.历年考点试题黑钻版1.参考答案：D[解析]当x→0时，由皮亚诺型余项的泰勒公式可知，tanx，ln(1-2x)均为x的一阶无穷小；而1-cosx，1-e-x2均为x的二阶无穷小，因此有

故有，即a=-4c，故选D．2.参考答案：D[解析]线性方程组．

[解题分析]由题设，矩阵是n+1阶矩阵，r(A)≤n，则由已知条件秩，可知，从而必有非零解，所以选D．3.参考答案：C[解析]本题考查求曲线的渐近线问题——求水平渐近线就是求极限或或；求铅直渐近线就是找f(x)的无穷间断点；求斜渐近线y=ax+b，要先求斜率a=或或，再求截距b=或或，按上述提示方法逐一求解即可，注意，要先求函数的定义域．

解函数的定义域为(-∞，-1)∪(0，+∞)．

因，故y=1是曲线的一条水平渐近线．显然x=0，-1是函数的间断点，而

可见x=-1是曲线的一条铅盲渐近线，x=0不是曲线的铅直渐近线．又

故曲线没有斜渐近线．4.参考答案：因为A是正定阵，故存在正交矩阵Q，使

其中λi＞0(i=1,2,…，n)，λi是A的特征值。

因此QT(A+E)Q=QTAQ+QTQ=∧+E，

两端取行列式得|A+E=|QT||A+E||Q|=|QT(A+E)Q|=|∧+E|=Π(λi+1)

从而|A+E|＞1[考点]正定矩阵的相关计算5.参考答案：解：(Ⅰ)因为

又由部分和数列

则有因此

(Ⅱ)先估计an的值，因为

所以

由λ+1＞1可知，收敛，从而也收敛。[解析]正项级数收敛的充要条件是它的部分和数列有界。正项级数的部分和数列是单调递增的，因此如果部分和数列有界，则其极限一定存在，即级数是收敛的，反之，如果部分和数列的极限存在，则根据单调有界收敛定理可得部分和数列是有界的。6.参考答案：解：

7.参考答案：8.参考答案：9.参考答案：解：已知有是相应的齐次方程组的两个线性无关解，所以系数矩阵的秩≤2，(因为4-r(A)≥2)

又因为系数矩阵

所以系数矩阵的秩≥2．所以系数矩阵的秩为2．

所以齐次方程组的基础解系包含两个解向量，

即η2-η1，η3-η1是齐次方程组的基础解系．

所以该方程组的通解为

k1(η2-η1)+k2(η3-η1)+η1．[解析]如果把三个解代入方程组先求参数，再求通解，则计算非常繁琐．应利用方程组解的性质与结构定理来求解．10.参考答案：A11.参考答案：[解析]令，

有．所以

所以，

即12.参考答案：本题是考查特征值与特征向量的综合题，对概念和逻辑的要求较高，是一道比较新颖的综合题．

由题设，任意n维非零列向量都是A的特征向量，故n维单位向量

都是A的特征向量，因此存在常数λj为对应的特征值，使得

Aej=λjej(j=1，2，…，n)，

即

于是得aij=0(i≠j；i，j=1，2，…，n)，aij=λj(j=1，2，…，n)，即A为对角矩阵

又由于i≠j时，也是A的特征向量．故存在常数k为对应的特征值，

使得A(ei+ej)=k(ei+ej)，即Aei+Aej=kei+kej，于是由

Aej=Ajej(j=1，2，…，n)，λiei+λjej=kei+kej(λi-k)ei+(λj-k)ej=0，而ei，ej线性无关，得λi=k(i=1，2，…，n)，故，即A为数量矩阵．13.参考答案：14.参考答案：[解]

15.参考答案：C[解析]以下有两个方法．

方法1：用佩亚诺余项泰诺公式：

．选(C)．

方法2：用洛必达法则

其中第二个等式来自二阶导数的定义．

[评注]以下几种做法是错的．

(1)，错在不能局部先求极限

(2)

错在最后一步．

(3)接(2)，

错在误认为“中值”一定是“”处：

(4)接(1)，

其中第二个等式与第四个等式都有问题．题中未设在x=a邻域二阶导数存在，故此处不能再用洛必达法则；题中未设二阶导数连续，故第四个等式也未必成立．16.参考答案：4，[-4，4)[解析]把幂级数中xn项的系数记为an，其中n=1，2，3，…由于

故幂级数的收敛半径R=4．

当x=4时幂级数成为正项级数由于，按正项级数比较判别法的极限形式及调和级数发散可知正项级数发散，即幂级数在点x=4处发散．

当x=-4时幂级数成为交错级数，其一般项可分解为

由于交错级数与正项级数都收敛，所以幂级数在点x=-4处收敛．

综合即知题设幂级数的收敛D=[-4，4)．17.参考答案：B18.参考答案：(Ⅰ)方程组(A)的增广矩阵

由于方程组(A)有无穷多解，所以(其中A是方程组(A)的系数矩阵)，从而有a+1=0，即a=-1．

(Ⅱ)当a=-1时，方程组(A)与(B)组成的方程组化简后为

对方程组(C)的增广矩阵C施行初等行变换：

由此可知，方程(A)与(B)有公共解，即方程组(C)有解时，(其中C是方程组(C)的系数矩阵)，因此所求的，并且此时的公共解设方程组A1x=b1，A2x=b2，(其中A1，A2分别是m1×n与m2×n的矩阵，b1，b2，分别是m1维与m2维列向量)，则这两个方程组有公共解的充分必要条件为方程组

有解．19.参考答案：A本题以概率统计知识为载体，买质考查数字特征的计算，属于基础题．

，故，答案选择(A)．20.参考答案：解：令xn-tn=u，则于是

21.参考答案：2·3n[解析]由于αTβ=3，可知tr(αβT)=3．αβT的秩为1，故0至少为αβT的n-1重特征值。故αβT的特征值为0(n-1重)，3．因此，A+2E=αβT+3E的特征值为3(n-1重)，6，故

|A+2E|=3n-1·6=2·3n．22.参考答案：[解法一]应用单调函数公式法先求Y的概率密度fY(y)：

由于X在(0，1)内取值．因此的值域为(0，+∞)，而且函数y=g(x)在(0，1)内单调．其反函数x=1-e-2yh(y)在(0，+∞)内单调可导，其导数h'(y)=2e-2y在其定义域(0，+∞)内恒不为零·又因X的概率密度故Y的概率密度为

可见，Y是服从参数为2的指数分布，其分布函数为

[解法二]用分布函数法先求出Y的分布函数：

当y≤0时，FY(y)≤0；

当y＞0时，0＜x=1-e-2y＜1，

最后一步是由于X服从(0，1)上均匀分布，其分布函数当0＜1-e2y＜1时，FX(1-e-2y)=1-e-2y，所求Y的分布函数为

将FY(y)对y求导数，得到Y的概率密度为

23.参考答案：【证】方法一

利用特征值的定义．

设AB有任一特征值λ，其对应的特征向量为ξ，则

ABξ=λξ．

①

①式两边左乘B，得

BABξ=BA(ξ)=λ(ξ)．

②

若Bξ≠0，②式说明，BA也有特征值λ(其对应的特征向量为Bξ)，若Bξ=0，由①式知，λξ=0，ξ≠0，得AB有特征值λ=0，从而|AB|=0，且|BA|=|B||A=|A||B|=|AB|=0，从而BA也有λ=0的特征值．

故AB和BA有相同的特征值．

方法二

利用特征方程及分块矩阵的运算．

设AB有特征值λ，即有|λE-AB|=0，因

知AB和BA有相同的非零特征值．

当AB有λ=0时，因|AB|=|A||B|=|B||A|=|BA|=0，故BA也有零特征值，从而得证AB和BA有相同的特征值．24.参考答案：

25.参考答案：按要证的结论，我们需要找一点c∈(0，1)，分别在[0，c]与[c，1]上用拉格朗日中值定理ξ∈(0，c)，η(c，1)使得

，即

，即

于是

问题转化为如何取c，使

即

只需取c使得

也即只需取c使得

因为a＞0，b＞0，定有，又f(x)在[0，1]上连续，f(0)=0，f(1)=1，由介值定理可知，c∈(0，1)，使，取这样的c，命题即得证．26.参考答案：[证明]令f(x)=tanx，，则在区间内单调增加，故当α≤ξ≤β时，有．

在区间[α，β]上对函数f(x)应用拉格朗日中值定理，得

于是27.参考答案：

28.参考答案：(3，-1，0)T+k(-5，2，1)T，k为任意实数[解析]对增广矩阵作初等行变换，有

若a=3，则r(A)=2，，方程组有无穷多解．

按解的结构，通解为(3，-1，0)T+k(-5，2，1)T，k为任意实数．29.参考答案：[证]对任意的，使

f(x2)-f(x1)=(x2-x1)f'(ξ)，

又所以，|f'(ξ)|≤3|f(x2)-f(x1)|．

又

即30.参考答案：-3[解析]在方程xy+ey=x+1两边对x求导，有y+xy'+y'ey=1，得

对y+xy'+y'ey=1再次求导，可得2y'+xy"+y"ey+(y')2ey=0，得

当x=0时，y=0，y'(0)=1，代入上式得

31.参考答案：[分析]把二重积分化为二次积分，用分部积分法．[详解]

用分部积分法

交换积分次序

再用分部积分法

所以

32.参考答案：解：显然X1，X2，Y都是离散型随机变量，X1与X2的取值都是1，2，…，而Y的取值为2，3，…，

P{Xi=n}=pqn-1，n=1，2，…，q=1-p，i=1，2，

P{Y=n}=·p=(n-1)p2qn-2，n=2，3，…．

或根据Y=X1+X2且X1与X2相互独立，可得

33.参考答案：[解]由于幂级数在[0，1]上收敛，所以f(x)，f(1-x)在[0，1]上都连续，且在(0，1)内可导．记F(x)=f(x)+f(1-x)+lnxln(1-x)，则F(x)在(0，1)内可导，且

由于对x∈(0，1)有

将上式中的x换为1-x，得

将②③代入①得F'(x)=0，从而F(x)≡C，即

f(x)+f(1-x)+lnxln(1-x)≡C．

④

所以，对④的两边令x→0+得代入④得

[解析]记F(x)=f(x)+f(1-x)+lnxln(1-x)，则可由F'(x)=0得证f(x)+f(1-x)+lnxln(1-x)=C

[x∈(0，1)]．然后对上式令x→0+取极限得即可．34.参考答案：证：法一

反证法，假设以点(x0，f(x0))为切点的切线与曲线y=f(x)交于(x1，f(x1))且x0≠x1，在[x0，x1](或[x1，x0])上用拉格朗日中值定理，(或(x1，x0))，使

，

由罗尔定理知，存在ξ2∈(x0，ξ1)(或(ξ1，x))，使f"(ξ2)=0，矛盾．

法二

不妨设f"(x)＞0，设F(x)=f(x)-[f(x0)+f'(x0)(x-x0)]，则有

F'(x)=f'(x)-f'(x0)，F"(x)=f"(x)＞0，

而F'(x0)=0，所以当x＞x0时，F'(x)＞0，当x＜x0时，F'(x)＜0，因此x=x0为F(x)的最小值点，F(x)＞F(x0)=0(x≠x0)，即

f(x)＞f(x0)+f'(x0)(x-x0)，且x≠x0，

因此切线与曲线除切点外不相交．

其实f"(x)≠0说明曲线y=f(x)是凹的或凸的．欲证y=f(x)和y=f(x0)+f'(x0)(x-x0)除切点外不相交，即证它们的差除切点外没有零点．

【注】f(x)在[a，b]上二阶可导，且f"(x)≠0，由(导数零点定理，也叫达布定理)知，f"(x)要么恒正，要么恒负，即保号．35.参考答案：B36.参考答案：37.参考答案：38.参考答案：A39.参考答案：D[解析]本题考查函数零点问题——见到函数零点或方程实根以及两曲线交点的问题，就要先找函数再定区间，然后用零点定理．若还要研究个数，则必用函数的单调性及极(最)值处理．

解因f(x)在(-∞，+∞)内连续，，，故由零点定理可知f(x)在(-∞，+∞)内至少有一个零点．

又f'(x)=3x2+a，为使f(x)只有一个零点，需a≥0(保证f(x)单调)，而零点x0＜0，f(0)=b，故只要b＞0．

注

上述结果“a≥0，b＞0”只是f(x)在(-∞，+∞)内只有一个负零点x0的充分条件．40.参考答案：A[解析]根据题意得，f(x)关于是对称的，故故选A。41.参考答案：[解析]42.参考答案：D43.参考答案：e-1[解析]

f(x)=nx(1-x)n，f'(x)=n