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1、2023年西藏考研数学三试题及答案一、选择题：110小题,每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.1. 已知函数，则（ ）.A. 不存在，存在B. 存在，不存在C. 存在，存在D. 不存在，不存在【答案】A.【解析】由已知，则，.当时，；当时，；所以不存在.又，存在.故选A.2. 函数的一个原函数为（ ）.ABCD【答案】D.【解析】由已知，即连续.所以在处连续且可导，排除A，C.又时，排除B.故选D.3. 若的通解在上有界，则（ ）.A.B.C.D.【答案】D.【解析】微分方程的特征方程为.若 ，则通解为；若，则
2、通解为；若，则通解为.由于在上有界，若，则中时通解无界，若，则中时通解无界，故.时，若 ，则，通解为，在上有界.时，若，则，通解为，在上无界.综上可得，.4. 设，且与收敛，绝对收敛是绝对收敛的（ ）.A.充分必要条件B.充分不必要条件 C.必要不充分条件D.既非充分又非必要条件【解析】由已知条件可知为收敛的正项级数，进而绝对收敛.设绝对收敛，则由与比较判别法,得 绝对收玫;设绝对收敛，则由与比较判别法，得绝对收敛.故选A.5. 为可逆矩阵，为单位阵，为的伴随矩阵，则A.B.C.D.【答案】B.【解析】由于，故.故选B.6. 的规范形为A.B.C.D.【答案】B【解析】，二次型的矩阵为， ，故
3、规范形为，故选B.7.已知向量组 ，若 既可由 线性表示，又可由线性表示，则( )A. B. C. D. 【答案】D.【解析】设，则，对关于的方程组的系数矩阵作初等变换化为最简形，解得，故.8.设服从参数为1的泊松分布，则（ ）.A.B.C.D.【答案】C.【解析】方法一：由已知可得，,，故.故选C.方法二：由于，于是于是.由已知可得，,，故.故选C.9.设为来自总体的简单随机样本，为来自总体的简单随机样本，且两样本相互独立，记，则( )A. B. C. D. 【答案】D.【解析】由两样本相互独立可得与相互独立，且，因此，故选D.10. 已知总体服从正态分布，其中为未知参数，为来自总体的简单随
4、机样本，记，若，则( ).A. B. C. D.【答案】A.【解析】由与，为来自总体的简单随机样本，相互独立，且，因而，令，所以的概率密度为，所以，由，即，解得，故选A.二、填空题：1116小题,每小题5分,共30分.请将答案写在答题纸指定位置上.11求极限_.【答案】.【解析】.12已知函数满足，且，则_.【答案】.【解析】由已知，则，所以，即，从而，又，解得，故，.13._.【答案】.【解析】令，则，且，从而可得微分方程，解得，又，解得，故.14.某公司在时刻的资产为，则从时刻到时刻的平均资产等于，假设连续且，则_.【答案】.【解析】由已知可得，整理变形，等式两边求导，即，解得一阶线性微分
5、方程通解为，又，解得，故.15. 有解，其中为常数，若 ，则_.【答案】 【解析】方程组有解，则 ，故.16. 设随机变量与相互独立，且，则与的相关系数为_.【答案】【解析】由题意可得，又由与相互独立可知，故三、解答题：1722小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本题满分10分）已知函数满足，且.（1）求的值;（2）判断是否为函数的极值点.【解】（1）将代入得.方程两边对求导得，将代入上式得，解得.(2)由（1）知，上式两边再对求导得将代入上式得，所以是函数的极大值点.18.（本题满分12分）已知平面区域，（1）求平面区域的面积.(2)求平面区域绕一周所形成得旋转体
6、的体积【解】(1).(2) .19.（本题满分12分）已知，求.【解】令，则20.（本题满分12分）设函数在上有二阶连续导数.（1）证明：若，存在，使得；（2）若在上存在极值，证明：存在，使得.【证明】(1)将在处展开为，其中介于与之间.分别令和，则，两式相加可得，又函数在上有二阶连续导数，由介值定理知存在，使得，即.(2)设在处取得极值，则.将在处展开为，其中介于与之间.分别令和，则，两式相减可得，所以，即.21.（本题满分12分）设矩阵满足对任意的均有.(1)求(2)求可逆矩阵与对角阵，使得.【解】(1)由，得，即方程组对任意的均成立，故.(2),特征值为.,;,;,令 ，则.22.（本题满分12分）设随机变量的概率密度函数为，令.(1)求的分布函数；(2)求的概率密度函数；(3)判断的数学期望是否存在.【解】(1)设的分布函数为，由分布函数的定义可得.(2)设的分布函数为，概率密度为，由分布函数的定义可得，当时，；当时，.综上，故的概率密度函数(3)由(2)知，故的数学期望不存在.