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1、20232023 年贵州考研数学三试题及答案年贵州考研数学三试题及答案一一、选择题选择题：1 1 1 10 0 小题小题,每小题每小题 5 5 分分，共共 5050 分分.在在每每小小题给出的四个选项中题给出的四个选项中，只有一个选项只有一个选项是是最最符符合题目要求的，合题目要求的，请将所选项前的字母请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上填在答题纸指定位置上.1.已知函数(,)ln(|sin|)f x yyxy，则（）.A.(0,1)fx不存在，(0,1)fy存在B.(0,1)fx存在，(0,1)fy不存在C.(0,1)fx存在，(0,1)fy存在D.(0,1)fx不存在，(0,1)fy不存
2、在【答案】A.【解析】由已知(,)ln(|sin|)f x yyxy，则(,1)ln(1|sin1|)f xx，(0,)lnfyy.当0 x 时，(,1)ln(1sin1)f xx，(0,1)0(,)d(,1)sin1dxf x yf xxx；当0 x 时，(,1)ln(1sin1)f xx，(0,1)0(,)d(,1)sin1dxf x yf xxx；所以(0,1)(,)f x yx不存在.又(0,1)1(,)d(0,)1dyf x yfyyy，存在.故选 A.2.函数21,0()1(1)cos,0 xf xxxx x的一个原函数为（）.A2ln1,0()(1)cossin,0 xxxF x
3、xxx xB2ln11,0()(1)cossin,0 xxxF xxxx xC2ln1,0()(1)sincos,0 xxxF xxxx xD2ln11,0()(1)sincos,0 xxxF xxxx x【答案】D.【解析】由已知00lim()lim()(0)1xxf xf xf，即()f x连续.所以()F x在0 x 处连续且可导，排除 A，C.又0 x 时，(1)cossin cos(1)sincos(1)sinxxxxxxxxx，排除 B.故选 D.3.若0yayby的通解在(,)上有界，则（）.A.0,0abB.0,0abC.0,0abD.0,0ab【答案】D.【解析】微分方程0y
4、ayby的特征方程为20rarb.若240ab，则通解为2221244()e(cossin)22axbabay xCxCx；若240ab，则通解为2244222212()eeab aab axxy xCC；若240ab，则通解为212()()eaxy xCC x.由于()y x在(,)上有界，若02a，则中x 时通解无界，若02a，则中x 时通解无界，故0a.0a 时，若0b，则1,2rbi，通解为12()(cossin)y xCbxCbx，在(,)上有界.0a 时，若0b，则1,2rb，通解为12()eebxbxy xCC，在(,)上无界.综上可得0a，0b.4.设nnab，且1nna与1n
5、nb收敛，1nna绝对收敛是1nnb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1()nnnba为收敛的正项级数，进而1()nnnba绝对收敛.设1nna绝对收敛，则由nnnnnnnbbaabaa与比较判别法,得1nnb绝对收玫;设nb绝对收敛，则由nnnnnnnaabbbab与比较判别法，得1nna绝对收敛.故选 A.5.,A B为可逆矩阵，E为单位阵，*M为M的伴随矩阵，则*AEOBA.*|A BB AOB AB.*|B AA BOA BC.*|B AB AOA BD.*|A BA BOB|A【答案】B.【解析】由于*|
6、AEAEAEEOA BOOBOBOBOEOA B，故*1|AEAEA BOOBOBOA B1111|A BOAA BOA BOB1111|A ABA AB BOBA B*|ABA BOBA.故选 B.6.222123121323(,)()()4()f x x xxxxxxx的规范形为A.2212yyB.2212yyC.2221234yyyD.222123yyy【答案】B【解析】222123121323(,)()()4()f x x xxxxxxx2221231 21 323233228xxxx xx xx x，二次型的矩阵为211134143A，211210|134(7)131143141 A
7、E210(7)210(7)(3)0141 ，1233,7,0，故规范形为2212yy，故选 B.7.已知向量组121212212,1,5,03191 ，若 既可由12,线性表示，又可由12,线性表示，则()A.33,4kkR B.35,10kkRC.11,2kkRD.15,8kkR 【答案】D.【解析】设11223142kkkk ，则11223142kkkk0 ，对关于1234,k k k k的方程组的系数矩阵作初等变换化为最简形，121212211003(,)2150010131910011A ，解得TTTT1234(,)(3,1,1,1)(3,1,1,0)(33,1,1,)k k k kC
8、CCC C，故 11221211(33)(1)5(1)5,8(1)8CkkCCCkkRC .8.设X服从参数为 1 的泊松分布，则(|()|)EXE X（）.A.1eB.12C.2eD.1【答案】【答案】C.【解析】方法一：【解析】方法一：由已知可得，1e(0,1,2,)!P Xkkk,()1E X，故111100|1|(1)(|()|)(|1|)eeee!kkkkEXE XEXkk12=2e(1)eE X.故选 C.方法二：方法二：由于0e!kxkxk，于是1111e1(1)!(1)!kkxkkxxxkxkx于是1121111e1(1)e1(1)!(1)!(1)!kkkxxkkkkxxxxx
9、kkxkxx.由已知可得，1e(0,1,2,)!P Xkkk,()1E X，故111(1)(|()|)(|1|)ee!kkEXE XEXk111=ee(1)!kkk1121(1)e1=eexxxx112eee.111(|()|)(|)e()e()1eEXE XE YE YE X.故选 C.9.设12,nXXX为来自总体21(,)N 的简单随机样本，12,mY YY为来自总体22(,2)N的简单随机样本，且两样本相互独立，记11niiXXn，11miiYYm，22111()1niiSXXn，22211()1miiSYYm，则()A.2122(,)SF n mSB.2122(1,1)SF nmSC
10、.21222(,)SF n mSD.21222(1,1)SF nmS【答案】【答案】D.【解析】【解析】由两样本相互独立可得212(1)nS与222(1)2mS相互独立，且2212(1)(1)nSn，2222(1)(1)2mSm，因此2122122222(1)(1)2(1,1)(1)(1)2nSnSF nmmSSm，故选 D.10.已知总体X服从正态分布2(,)N，其中0为未知参数，1X，2X为来自总体X的简单随机样本，记12|a XX，若()E，则a().A.2B.22C.D.2【答案】【答案】A.【解析】【解析】由与1X，2X为来自总体X的简单随机样本，1X，2X相互独立，且21(,)XN
11、，22(,)XN，因而212(0,2)XXN，令12YXX，所以Y的概率密度为222 21()e22yYfy，所以22222 24012(|)|ed2ed222yyyE Yyyy，由12()(|)EaEXX，即2(|)aE Ya，解得2a，故选 A.二、填空题二、填空题：11161116 小题小题,每小题每小题 5 5 分分,共共 3030 分分.请将答案写在请将答案写在答题纸指定位置上答题纸指定位置上.11求极限211lim2sincosxxxxx_.【答案】23.【解析】1220sin2cos11lim2sincoslimxtxttttxxxxt222230000sin111 cossin
12、2limlimlimlimtttttttttttttt112623.12已知函数(,)f x y满足22ddd(,)x yy xf x yxy，且(1,1)4f，则(3,3)f_.【答案】3.【解析】由已知22(,)f x yyxxy，22(,)f x yxyxy，则22(,)darctan()yxf x yxyxyy，所以22(,)()f x yxyyxy，即()0y，()yC，从而(,)arctanxf x yCy，又(1,1)4f，解得2C，故(,)arctan2xf x yy，3(3,3)arctan233f.13.20(2)!nnxn_.【答案】ee2xx.【解析】令20()(2)!
13、nnxS xn，则(0)1S，且211()(21)!nnxS xn，(0)0S，22210()()(22)!(2)!nnnnxxSxS xnn，从而可得微分方程()()0SxS x，解得12()eexxS xCC，又(0)1S，(0)0S，解得1212CC，故20ee()(2)!2nxxnxS xn.14.某公司在t时刻的资产为()f t，则从0时刻到t时刻的平均资产等于()f ttt，假设()f t连续且(0)0f，则()f t _.【答案】2(e1)tt.【解析】由已知可得0()d()tf ttf tttt，整理变形20()d()tf ttf tt，等式两边求导()()2f tftt，即(
14、)()2ftf tt，解得一阶线性微分方程通解为()2(1)etf ttC，又(0)0f，解得2C，故()2(e1)tf tt.15.13123123121,0,20,2axxxaxxxxaxaxbx有 解，其 中,a b为 常 数，若0111412aaa，则11120aaab_.【答案】8【解 析】方 程 组 有 解，则0111101110|122 11012001202aaaaaaaabaab A，故111280aaab.16.设随机变量X与Y相互独立，且1,XBp，2,YBp，(0,1)p则XY与XY的相关系数为_.【答案】【答案】13【解析】【解析】由题意可得，()(1)D Xpp，(
15、)2(1)D Ypp，又由X与Y相互独立可知，()()()D XYD XD Y，故(,)Cov(,)()()()()()()()()XY X YXY XYD XD YD XYD XYD XD YD XD Y()()(1)2(1)1()()(1)2(1)3D XD YppppD XD Ypppp 三、解答题：三、解答题：17221722 小题小题,共共 7070 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤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()yy x满足2eln(1)cos0 xayyxyb，且(0)0,(0)0yy.（1）求,a b的值;（2）判断0
16、 x 是否为函数()yy x的极值点.【解】（1）将(0)0y代入2eln(1)cos0 xayyxyb得0ab.方程2eln(1)cos0 xayyxyb两边对x求导得1e2cosln(1)sin01xayyyyxy yx，将(0)0y代入上式得10a ，解得1,1ab.(2)由（1）知1e2cosln(1)sin01xyyyyxy yx，上式两边再对x求导得22111e2()2cossinsinln(1)cosln(1)sin0(1)11xyyyyyy yyxy yyxy yxxx将(0)0,(0)0yy代入上式得(0)2y，所以0 x 是函数()yy x的极大值点.18.（本题满分 12
17、 分）已知平面区域21(,)|0,11Dx yyxxx，（1）求平面区域D的面积S.(2)求平面区域D绕x一周所形成得旋转体的体积【解】(1)22221441sec1dddtan secsin1tSxtttttxx222244sin1ddcossin1 costtttt 241cos1121lnln2cos1221tt.(2)222211111dd1(1)14Vxxxxxx.19.（本题满分 12 分）已知22(,)|(1)1Dx yxy，求22|1|d dDxyx y.【解】令22221(,)|(1)1,1Dx yxyxy，则22|1|d dDxyx y1122221 d d1d dD DD
18、xyx yxyx y122221 d d21d dDDxyx yxyx y2cos1222302cos234327d d32d d39 20.（本题满分 12 分）设函数()f x在,a a上有二阶连续导数.（1）证明：若(0)0f，存在(,)a a，使得21()()()ff afaa；（2）若()f x在(,)a a上 存 在 极 值，证 明：存 在(,)a a，使 得21|()|()()|2ff afaa.【证明】(1)将()f x在00 x 处展开为22()()()(0)(0)(0)2!2!fxfxf xffxfx，其中介于0与x之间.分别令xa 和xa，则21()()(0)()2!fa
19、fafa，10a，22()()(0)()2!faf afa，20a，两式相加可得212()()()()2fffaf aa，又函数()f x在,a a上有二阶连续导数，由介值定理知存在12,(,)a a ，使得12()()()2fff，即21()()()ffaf aa.(2)设()f x在0 x处取得极值，则0()0fx.将()f x在0 x处展开为22000000()()()()()()()()()2!2!fxxfxxf xf xfxxxf x，其中介于0 x与x之间.分别令xa 和xa，则2100()()()()2!faxfaf x，10ax，2200()()()()2!faxf af x，
20、02xa，两式相减可得222010()()()()()()22faxfaxf afa，所以222010()()()()|()()|22faxfaxf afa221020|()|()|()|()22faxfax220012|()|()()(|()|max(|()|,|()|)2faxaxfff2200|()|()()2|()|2faxaxaf，即21|()|()()|2ff afaa.21.（本题满分 12 分）设矩阵A满足对任意的123,x x x均有112321233232xxxxxxxxxxxA.(1)求A(2)求可逆矩阵P与对角阵，使得1P AP.【解】(1)由112321233232x
21、xxxxxxxxxxA，得112233111211011xxxxxxA，即方程组123111211011xxx 0A对任意的123,x x x均成立，故111211011A.(2)111101|211(2)20011011 AE,(2)(2)(1)0,特征值为1232,2,1 .31 1100221 101101 1000AE,1011 ;1111042231013013000AE,2431 ;211201201010010000AE,3102,令123041(,)130112 P ，则1200020001P AP.22.（本题满分 12 分）设随机变量X的概率密度函数为2e(),(1 e)x
22、xf xx ，令eXY.(1)求X的分布函数；(2)求Y的概率密度函数；(3)判断Y的数学期望是否存在.【解】【解】(1)设X的分布函数为()XFx，由分布函数的定义可得2e1()()dd1,(1e)1etxxXttFxP Xxf xxtx .(2)设Y的分布函数为()YFy，概率密度为()Yfy，由分布函数的定义可得()eXYFyP YyPy，当0y 时，()0YFy；当0y 时，1()ln(ln)11YXFyP YyP XyFyy.综上，00,()110.1YyFyyy，故Y的概率密度函数200,()10.(1)Yyfyyy，(3)由(2)知，22001 1()()ddd(1)(1)YyyE Yyfyyyyyy 20011dd1(1)yyyy01ln(1)=1yy，故Y的数学期望不存在.