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1、 1 2013 考研数学模拟试卷一【数三】解析 一、选择题(1)D 解：.15)sin1(cos55sin5limlimsin100exxxxxxx 2B 解：由0()1lim01 cosxf xx，0lim(1cos)0 xx，得0lim()1)0 xf x，而由()fx连续知()f x连续，所以0lim()(0)1xf xf.于是2200()(0)()1 1 cos(0)limlim01 cosxxf xff xx xfxxxx ，所以0 x 是()f x的驻点.又由20()1lim111xfxx，20lim(11)0 xx，得0lim()1)(0)10 xfxf ，即(0)10f ，所以
2、()f x在点0 x 处有(0)0f ，(0)10f ，故点0 x 是()f x的极小值.应选B).3B 解：当01p 时，由积分中值定理得 11sin()12(1)sin()11(1)nnnpppnnnnxdxx dxx，(,1)nn n，所以1sin()22|1(1)(1)1)npppnnxdxxn，(,1)nn n，而22()(1)1)ppnnn，12pnn发散，所以原级数非绝对收敛.又1sin()2|0()1(1)nppnnxdxnx，而(,1)nn n，即1sin()|1npnxdxx单调减少.由莱布尼茨判别法知原级数收敛，故级数是条件收敛的，应选B.(4)D 2 解：记20)(dx
3、xfA为常数，于是有8)(xfA，即Axf8)(，两边积分得 CxAxf8)(，由0)0(f得0C，从而xAxf8)(于是AxdxAdxxfA168)(2020，即4A，故4)(20Adxxf 选D 5A 解：易知0Bx的解是0ABx的解。当 A 列满秩时，即nAr)(时，齐次线性方程组0Ax只有零解。于是，假设0 x为0ABx的任一解，即00ABx，则一定有00Bx，从而0 x也为0Bx的解，故组0Bx与0ABx同解。6C 解：A=2x;A 特征值：2,1,x；对应*A特征值为：x，2x，2；解得 x=-1或-2 (7)B 解：因为aXbY服从正态分布，股根据题设1()2P aXbY知，()
4、()()()E aXbYaE XbE Yab，从而有1ab，显然只有B满足要求。8B 解：BA,0005.15.011102115.15.01110成立。二、填空题：914 小题，每题 4 分，共 24 分.请将答案写在答题纸指定位置上.(9)1 解：设2020cos()1xtxf xt dtedt，则201(0)0tfedt，220()102ft dt，由介值定理知，存在0(0,)2x，使0()0f x.又22cos()1sinxfxxex，而211x，2cos|sin|1xex，故()0fx，()f x严格单调增加，()0f x 只有唯一的根0 x.10解：duudttxyxutxx00s
5、in)sin(，xysin，1)2(y，201sin)2(uduy，原级数收敛故级数是条件收敛的应选解记为常数于是有即两边积分得由得从而于是即故选解易知的解是的解当列满秩解得或解因为服从正态分布股根据题设知从而有显然只有满足要求解成立二填空题小题每题分共分请将答案写在答题是从而又故解由公式所以收敛区间即再考虑端点处在处原级数成为收敛在处原级数成为发散所以应填解系数矩阵因此 3 故过)1,2(处的切线方程为21xy 11解：由222yz知)(21xCyyz，由xxfy)0,(得xxC)(1，于是xyyz2，从而)(22xCxyyz，又1)(1)0,(2xCxf，故12xyyz 12 1,5)解：
6、由公式，111(1)3lim133nnnnn 所以3R，收敛区间(23,23)，即(1,5).再考虑端点1,5xx 处.在1x 处，原级数成为1(1)nnn，收敛；在5x 处.原级数成为11nn，发散.所以应填 1,5).13解：系数矩阵0200200000010010aa，因此a0 142ln21。解：0,00,)(xxexfXx。记),3(,2pBYXA其中22 2edxeXPpx。依题意21,87)1(1 01 13ppYPYP。由212e，得2ln21。三、解答题 15解：1令0 x，得1)(10dxxg。2对变限积分令dudtuxt,，则有)()12()()()(0)(xfxduug
7、dtxtgxfxfxx，两边关于x求导，注意到xxfg)(，得)(2)()12()(xfxfxxf x，原级数收敛故级数是条件收敛的应选解记为常数于是有即两边积分得由得从而于是即故选解易知的解是的解当列满秩解得或解因为服从正态分布股根据题设知从而有显然只有满足要求解成立二填空题小题每题分共分请将答案写在答题是从而又故解由公式所以收敛区间即再考虑端点处在处原级数成为收敛在处原级数成为发散所以应填解系数矩阵因此 4 即0)(2)()1(xfxfx，则2)1()(xCxf。又1)0(f，所以1C，于是2)1(1)(xxf。(16)解：2222222,2uuuuuuuxx，222222222,2uuu
8、uuuuabaabbyy，222222()uuuuaabbx y 将以上各式代入原等式，得 2222222(341)64()2(341)0uuuaaababbb，由题意，令 223410,3410,aabb 且64()20abab 故1,1,31,1,3aabb 或 17解：此题要求函数Qkx y在条件120PxP yA 下的最大值点.用拉格朗日系数法，构造拉格朗日函数12(,)()F x ykx yPxP yA，为求函数(,)F x y的驻点，令 111212000 xyFk xyPFk x yPFPxP yA 由、消去参数可得12PyxP，即12PxyP，代入不难计算出唯一驻点 1()Ax
9、P，2()AyP.原级数收敛故级数是条件收敛的应选解记为常数于是有即两边积分得由得从而于是即故选解易知的解是的解当列满秩解得或解因为服从正态分布股根据题设知从而有显然只有满足要求解成立二填空题小题每题分共分请将答案写在答题是从而又故解由公式所以收敛区间即再考虑端点处在处原级数成为收敛在处原级数成为发散所以应填解系数矩阵因此 5 因驻点唯一，且实际问题必存在最大产量，所以计算结果说明，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1()AxP 吨与2()AyP 吨.18证明：在0 x处，将)(xfTaylor 展开，(,!3)(2)0()0()(32xfxff
10、xf在0,x之间)，则 .6)()()01(,!3)(2)0()0()1(0),10(,!3)(2)0()0()1(1212211ffffffffff 由)(xf 的连续性知，)(xf 在,21上有最大最小值，分别设为,mM则 .3)(),1,1(,3)()(212121fMffm )19(解：1102sinsin1210sin110sin1)1(cos)1(1|1111)(11dxexexnexnexdnaxxnxnxnn dxexexnnexxn102sinsin1)1(cos11)1)(1(1。记)2)(1(1)1(cos11101102sinsin1nnedxxnedxexexnInx
11、xnn，于是0limnna。2,1,1lim,)1)(1(11Raaneannnn收敛区间为)1,1(。当1x时，,)1()1)(1()1()1(nnnnnInea 1)1)(1()1(nnne条件收敛，1)1(nnnI绝对收敛，因此1)1(nnna收敛；当1x时，当n充分大时，)2)(1()1)(1(1nnenean，所以 1nna发散，因此级数的收敛域为)1,1。11 分 (20)解：I 由 已 知 得，123123()2()A ，2121()()A，原级数收敛故级数是条件收敛的应选解记为常数于是有即两边积分得由得从而于是即故选解易知的解是的解当列满秩解得或解因为服从正态分布股根据题设知从
12、而有显然只有满足要求解成立二填空题小题每题分共分请将答案写在答题是从而又故解由公式所以收敛区间即再考虑端点处在处原级数成为收敛在处原级数成为发散所以应填解系数矩阵因此 6 3131()()A ，又因为123,线性无关，所以1230，210，310 所以1,2 是A的特征值，123，21，31是相对应的特征向量。又由123,线性无关，得123，21，31也线性无关，所以1是矩阵A的二重特征值，即A得全部特征值为1,2 II由123,线性无关，可以证明123，21，31也线性无关，即A有三个线性无关的特征向量，所以，矩阵A可相似对角化。21解：将阵),(321321作初等行变换化成阶梯阵。1411
13、21464032131121),(321321abba 010200202210131121abba。故当2,1 ba时，3),(),(321321RR，且可以相互线性表示，所以321,与321,秩相等且等价；当2,1 ba时，2),(),(321321RR，等秩且可以相互线性表示；当2,1 ba时，2),(),(321321RR，等秩，显然3不可由321,线性表示，所以不等价；当2,1 ba时，3),(2),(321321RR，不等秩也不等价。11 分 22解：区域D实际上是以(1,0),(1,0),(0,1),(0,1)为顶点的正方形区域，D的面积为，(,)X Y的联合密度为1,(,);(
14、,)20,.x yDf x y其他有了(,)f x y就可以求()Ufu和()Vfv，特别可利用(,)f x y的对称性.()UXY，()(,)Ux y uFuP UuP XYuf x y dxdy .当1u 时，()0UFu；原级数收敛故级数是条件收敛的应选解记为常数于是有即两边积分得由得从而于是即故选解易知的解是的解当列满秩解得或解因为服从正态分布股根据题设知从而有显然只有满足要求解成立二填空题小题每题分共分请将答案写在答题是从而又故解由公式所以收敛区间即再考虑端点处在处原级数成为收敛在处原级数成为发散所以应填解系数矩阵因此 7 当11u 时，11()22Ux y uuFudxdy；当1u
15、 时，()1UFu.1,11;()()20,UUufuFu 其他.1,1UU.VXY，()(,)Vx y vFvP VvP XYuf x y dxdy .当1v 时，()0VFv；当11v 时，11()22Ux y vvFudxdy；当1v 时，()1VFv.1,11;()()20,VVvfvFv 其他.1,1VU.()cov(,)()U VE UVEU EV.显然0EUEV，而2222()()()()E UVE XYXYE XYEXEY，由于,X Y的对称性得22EXEY，所以cov(,)0U V，cov(,)0UVU VDUDV.23 解：I因为23)1(3)1(22)(22XE,于是，令
16、X 23，得23X为的矩估计量。II总体 X 的分布律可表示为3,2,1,)1()(3112kCkXPkkk 似然函数)()()(),(2121nnxXPxXPxXPxxxL=niiniinxnnxxxxCCC11213121212)1(于是ln)3()1ln()(lnln11112niiniinixxnnxCLi 求导得)3(1)(11ln11niiniixnxndLd 由0lndLd即得的最大似然估计量为23X，其中niiXnX11 原级数收敛故级数是条件收敛的应选解记为常数于是有即两边积分得由得从而于是即故选解易知的解是的解当列满秩解得或解因为服从正态分布股根据题设知从而有显然只有满足要求解成立二填空题小题每题分共分请将答案写在答题是从而又故解由公式所以收敛区间即再考虑端点处在处原级数成为收敛在处原级数成为发散所以应填解系数矩阵因此 8 原级数收敛故级数是条件收敛的应选解记为常数于是有即两边积分得由得从而于是即故选解易知的解是的解当列满秩解得或解因为服从正态分布股根据题设知从而有显然只有满足要求解成立二填空题小题每题分共分请将答案写在答题是从而又故解由公式所以收敛区间即再考虑端点处在处原级数成为收敛在处原级数成为发散所以应填解系数矩阵因此