2015湖南考研数学三真题及答案.pdf

《2015湖南考研数学三真题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015湖南考研数学三真题及答案.pdf（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。

1、20152015 湖南考研数学三真题及答案湖南考研数学三真题及答案一、选择题:18 小题,每小题 4 分,共 32 分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求的,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.(1)设 nx是数列,下列命题中不正确的是()(A)若limnnxa,则221limlimnnnnxxa(B)若221limlimnnnnxxa,则limnnxa(C)若limnnxa,则331limlimnnnnxxa(D)若331limlimnnnnxxa,则limnnxa【答案】(D)【解析】答案为 D,本题考查数列极限与子列极限的关系.数列nxa n 对任意的子列knx均有k

2、nxa k,所以 A、B、C 正确；D错(D 选项缺少32nx的敛散性),故选 D(2)设函数 f x在,内连续,其 2 阶导函数 fx的图形如右图所示,则曲线 yf x的拐点个数为()(A)0(B)1(C)2(D)3【答案】(C)【解析】根据拐点的必要条件，拐点可能是()fx不存在的点或()0fx的点处产生.所以()yf x有三个点可能是拐点，根据拐点的定义，即凹凸性改变的点；二阶导函数()fx符号发生改变的点即为拐点.所以从图可知，拐点个数为 2，故选 C.(3)设2222,2,2Dx y xyx xyy,函 数,f x y在D上 连 续,则,d dDf x yx y()(A)2cos2s

3、in420004dcos,sinddcos,sindf rrr rf rrr r(B)2sin2cos420004dcos,sinddcos,sindf rrr rf rrr r(C)210112d,dxxxf x yy(D)21202d,dx xxxf x yy【答案】(B)【解析】根据图可得，在极坐标系下该二重积分要分成两个积分区域1(,)0,02sin4Drr2(,),02cos42Drr所以2sin2cos420004(,)(cos,sin)(cos,sin)Df x y dxdydf rrrdrdf rrrdr，故选 B.(4)下列级数中发散的是()(A)13nnn(B)111ln(

4、1)nnn(C)2(1)1lnnnn(D)1!nnnn【答案】(C)【解析】A 为正项级数，因为11113limlim1333nnnnnnnn，所以根据正项级数的比值判别法13nnn收敛；B 为正项级数，因为32111ln(1)nnn，根据P级数收敛准则，知111ln(1)nnn收敛；C，111(1)1(1)1lnlnlnnnnnnnnn，根据莱布尼茨判别法知1(1)lnnnn收敛，11lnnn发散，所以根据级数收敛定义知，1(1)1lnnnn发散；D 为正项级数，因为11(1)!(1)!1(1)limlimlim1!(1)1nnnnnnnnnnnnnnnnnen，所以根据正项级数的比值判别法

5、1!nnnn收敛，所以选 C.(5)设矩阵21111214aaA,21ddb.若集合1,2，则线性方程组Axb有无穷多解的充分必要条件为()(A),ad(B),ad(C),ad(D),ad【答案】(D)【解析】2211111111(,)1201111400(1)(2)(1)(2)A badadadaadd，由()(,)3r Ar A b，故1a 或2a，同时1d 或2d.故选（D）(6)设 二 次 型123,f x xx在 正 交 变 换xPy下 的 标 准 形 为2221232yyy，其 中123(,)Pe e e，若132(,)Qee e则123(,)fx xx在正交变换xQy下的标准形为

6、()(A)2221232yyy(B)2221232yyy(C)2221232yyy(D)2221232yyy【答案】(A)【解析】由xPy，故222123()2TTTfx AxyP AP yyyy.且200010001TP AP.又因为100001010QPPC故有200()010001TTTQ AQCP AP C所以222123()2TTTfx AxyQ AQ yyyy.选（A）(7)若,A B为任意两个随机事件,则:()(A)P ABP A P B(B)P ABP A P B(C)2P AP BP AB(D)2P AP BP AB【答案】(C)【解 析】由 于,ABA ABB，按 概 率

7、的 基 本 性 质，我 们 有()()P ABP A且()()P ABP B，从而()()()()()2P AP BP ABP AP B，选(C).(8)设总体,XB m12,nXXX为来自该总体的简单随机样本,X为样本均值,则21niiEXX()(A)11mn(B)11m n(C)111mn(D)1mn【答案】(B)【解 析】根 据 样 本 方 差2211()1niiSXXn的 性 质2()()E SD X，而()(1)D Xm，从而221()(1)()(1)(1)niiEXXnE Sm n，选(B).二、填空题：914 小题,每小题 4 分,共 24 分.请将答案写在答题纸指定位置上.(9

8、)20ln(cos)lim_.xxx【答案】12【解析】原极限2200ln(1 cos1)cos11limlim2xxxxxx(10)设函数()f x连续，20()()d,xxxf tt若(1)1,(1)5,则(1)_.f【答案】2【解析】因为()f x连续，所以()x可导，所以2220()()2()xxf t dtx f x；因为(1)1，所以10(1)()1f t dt又因为(1)5，所以10(1)()2(1)5f t dtf故(1)2f(11)若函数(,)zz x y由方程23e1xyzxyz确定，则(0,0)d_.z【答案】1233dxdy【解析】当0 x，0y 时带入231xyzex

9、yz，得0z.对231xyzexyz求微分，得2323()(23)()xyzxyzd exyzed xyzd xyz23(23)xyzedxdydzyzdxxzdyxydz0把0 x，0y，0z 代入上式，得230dxdydz所以(0,0)1233dzdxdy(12)设函数()yy x是微分方程20yyy的解，且在0 x 处取得极值 3，则()_.y x【答案】2()2xxy xee【解析】20yyy的特征方程为220，特征根为2，1，所以该齐次微分方程的通解为212()xxy xC eC e，因为()y x可导，所以0 x 为驻点，即(0)3y，(0)0y，所以11C，22C，故2()2xx

10、y xee(13)设 3 阶矩阵A的特征值为2,2,1，2,BAAE其中 E 为 3 阶单位矩阵，则行列式_.B【答案】21【解析】A的所有特征值为2,2,1.B的所有特征值为3,7,1.所以|3 7 121B .(14)设二维随机变量(,)X Y服从正态分布(1,0;1,1;0)N，则0_.P XYY【答案】12【解析】由题设知，(1,1),(0,1)XNYN，而且XY、相互独立，从而0(1)010,010,0P XYYPXYP XYP XY 111111 01 022222P XP YP XP Y.三、解答题：1523 小题,共 94 分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、

11、证明过程或演算步骤.(15)(本题满分 10 分)设函数3()ln(1)sin,()f xxaxbxx g xckx.若()f x与()g x在0 x 时是等价无穷小，求,a b k的值.【答案】111,23abk【解析】法一：因为233ln(1)()23xxxxo x，33sin()3!xxxo x，则有，23333000(1)()()()ln(1)sin231limlimlim()xxxaaa xbxxo xf xxaxbxxg xkxkx，可得：100213aabak，所以，11213abk 法二：由已知可得得300sin)1ln(lim)()(lim1kxxbxxaxxgxfxx203

12、cossin11limkxxbxxbxax由分母03lim20kxx，得分子)cossin11(lim0 xbxxbxax0)1(lim0ax，求得 c；于是)()(lim10 xgxfx203cossin111limkxxbxxbxx）（xkxxxbxxxbxx13cos)1(sin)1(lim20203cos)1(sin)1(limkxxxbxxxbxxkxxxbxxbxxxbxxbxbx6sin)1(coscos)1(cos)1(sin1lim0由分母06lim0kxx，得分子sin)1(coscos)1(2sin1 lim0 xxbxxbxxxbxbx0)cos21(lim0 xbx，

13、求得21b；进一步，b 值代入原式)()(lim10 xgxfxkxxxxxxxxxx6sin)1(21cos21cos)1(sin211lim0kxxxxxxxxxxxxxxx6cos)1(21sin21sin)1(21sin21cos21sin)1(coscos21lim0k621，求得.31k(16)(本题满分 10 分)计算二重积分()d dDx xyx y，其中222(,)2,.Dx y xyyx【答案】245【解析】2()DDx xy dxdyx dxdy2212202xxdxx dy122202(2)xxx dx2sin12222400222222sin2cos55xtxx dx

14、ttdt22242002222sin 2sin.5545uttdtudu(17)(本题满分 10 分)为了实现利润的最大化，厂商需要对某商品确定其定价模型，设Q为该商品的需求量，P为价格，MC 为边际成本，为需求弹性(0).证明定价模型为11MCP；若该商品的成本函数为2()1600C QQ，需求函数为40QP，试由（I）中的定价模型确定此商品的价格.【答案】(I)略(II)30P.【解析】(I)由于利润函数()()()()L QR QC QPQC Q,两边对Q求导，得()dLdPdPPQC QPQMCdQdQdQ.当且仅当0dLdQ时，利润()L Q最大，又由于P dQQ dP,所以1dPP

15、dQQ,故当11MCP时，利润最大.(II)由于()22(40)MCC QQP,则40P dQPQ dPP 代入(I)中的定价模型，得2(40)401PPPP,从而解得30P.(18)(本题满分 10 分)设函数()f x在定义域I上的导数大于零，若对任意的0 xI，曲线()yf x在点00(,()xf x处的切线与直线0 xx及x轴所围成区域的面积恒为 4，且(0)2f，求()f x表达式.【答案】84f xx【解 析】曲 线 的 切 线 方 程 为000yf xfxxx，切 线 与x轴 的 交 点 为000,0f xxfx故面积为：200142fxSfx.故 f x满足的方程为 28fxf

16、x,此为可分离变量的微分方程,解得 8fxxC，又由于 0=2f，带入可得4C ，从而 84f xx(19)(本题满分 10 分)（I）设函数(),()u x v x可导，利用导数定义证明()()()()()();u x v xu x v xu x v x（II）设函数12(),(),()nu x uxux可导，12()()()()nf xu x uxux，写出()f x的求导公式.【答案】12()()()()nfxu x uxux121212()()()()()()()()()nnnux uxuxu x uxuxu x uxux【解析】（I）0()()()()()()limhu xh v x

17、hu x v xu x v xh 0()()()()()()()()limhu xh v xhu xh v xu xh v xu x v xh00()()()()lim()lim()hhv xhv xu xhu xu xhv xhh()()()()u x v xu x v x（II）由题意得12()()()()nfxu x uxux121212()()()()()()()()()nnnux uxuxu x uxuxu x uxux(20)(本题满分 11 分)设矩阵101101aaaA=，且3AO.求a的值；(II)若矩阵X满足22XXAAXAXAE，其中E为 3 阶单位矩阵，求X.【答案】3

18、120,111211aX【解析】(I)323100100111100011aAOAaaaaaaaa (II)由题意知222211122212XXAAXAXAEX EAAX EAEEA X EAEXEAEAEAEAXEAA2011111112EAA，011 100111 010111 010011 100112 001112 001MMMMMM111 010111 010011100011100021011001211MMMMMM110 201100 312010 111010 111001 211001 211MMMMMM312111211X(21)(本题满分 11 分)设矩阵02313312

19、a A相似于矩阵12000031bB=.求,a b的值；（II）求可逆矩阵P，使1P AP为对角矩阵.【答案】2314,5,101011abP【解析】(1)()()311ABtr Atr Bab 0231201330012031 ABba14235 abaabb023100123133010123123001123 AEC123112311231231 CC的特征值1230,40时(0)0EC x的基础解系为12(2,1,0);(3,0,1)TT5时(4)0EC x的基础解系为3(1,1,1)TA 的特征值1:1,1,5 AC令123231(,)101011 P，1115P AP(22)(本题

20、满分 11 分)设随机变量X的概率密度为 2ln2,00,0 xxfxx,对X进行独立重复的观测,直到第 2个大于 3 的观测值出现时停止，记Y为观测次数(I)求Y的概率分布；(II)求()E Y.【答案】(I)12221171188nnnP YnCpppn()()()()，2 3,n；(II)16E Y().【解析】(I)记p为观测值大于 3 的概率，则313228()lnxpP Xdx，从而12221171188nnnP YnCpppn()()()()，2 3,n 为Y的概率分布；(II)法一:分解法:将随机变量Y分解成=Y MN两个过程,其中M表示从1到()n nk次试验观测值大于3首次

21、发生，N表示从1n次到第k试验观测值大于3首次发生.则MGe n p(,)，NGe kn p(,)(注：Ge 表示几何分布)所以11221618E YE MNE ME Nppp()()()().法二:直接计算22212221777711288888nnnnnnnE Yn P Ynnnnn()()()()()()()()记212111()()nnS xnnxx，则2113222211nnnnnnS xnnxn xxx()()()()()，12213222111()()()()()nnnnxSxnnxxnnxxS xx，2222313222111()()()()()nnnnxS xnnxxnnxx

22、 S xx，所以212332422211()()()()()xxS xS xSxS xxx，从而7168E YS()().(23)(本题满分 11 分)设总体X的概率密度为,1,(,),xf x110其他,其中为未知参数，12nX,X,X为来自该总体的简单随机样本.(I)求的矩估计量；(II)求的最大似然估计量.【答案】(I)1121niiXXXn,；(II)12nXXX min,.【解析】(I)11112()(;)E Xxf xdxxdx，令()E XX，即12X，解得1121niiXXXn,为的矩估计量；(II)似然函数11110,()(;),nniiixLf x其他，当1ix时，11111()()nniL，则1ln()ln()Ln.从而1ln()dLnd，关于单调增加，所以12nXXX min,为的最大似然估计量.