2023年新疆考研数学三试题及答案.doc-资料库

2023 年新疆考研数学三试题及答案一、选择题：1~10 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 ( , f x y )  ln( y  | x sin |) y ，则（）. A. C. f  x  f  x  (0,1) (0,1) 不存在， f  y  (0,1) 存在存在， f  y  (0,1) 存在【答案】A. B. D. f  x  f  x  (0,1) (0,1) 存在， f  y  (0,1) 不存在不存在， f  y  (0,1) 不存在【解析】由已知 ( , f x y )  ln( y  | x sin |) y ，则 ( ,1) f x  ln(1 | sin1|)  x ， (0, f y )  ln y . 当 0x  时， ( ,1) f x  ln(1  x sin1) ，当 0x  时， ( ,1) f x  ln(1  x sin1) ， ) ( , f x y  x  (0,1) ) ( , f x y  x  (0,1)   d ( ,1) f x d x d ( ,1) f x d x x  0 x  0  sin1 ；   sin1 ；所以 ) ( , f x y  x  (0,1) 不存在. 又 ) ( , f x y  y  (0,1) y )  d (0, f d y y 1   1 ，存在. 的一个原函数为（）. 故选 A. 2. 函数 ( ) f x A． ( ) F x B． ( ) F x    0 , x 0 1   1 x     1)cos , ( x x x     ln 0 x x     sin , ( x x x       ln 1, x x     sin , ( x x x   1 x 1)cos 1 x 1)cos   2   2  ,   2 x x 0 0 0

C． ( ) F x D． ( ) F x   ln     ( x    ln     ( x   1 x 1)sin 2  x   1 x 1)sin 2  x  ,   0 x x cos , x x   1, x x cos , x x    0 0 0 【答案】D. 【解析】由已知 lim ( ) f x x  0   lim ( ) f x x  0   f (0) 1  ，即 ( ) f x 连续. 所以 ( )F x 在 0x  处连续且可导，排除 A，C. 又 0x  时，[( x  1)cos x   sin ] x  cos x  ( x  1)sin x  cos x 排除 B. 故选 D.    x ( 1)sin x ， 3. 若  y a a   ay 0, b 0, b  by 0 0   A. C.  的通解在 ( 0   上有界，则（）. , ) 0, b 0, b   0 0 B. D. a a 【答案】D. 【解析】微分方程  y  ay   by  的特征方程为 2 r 0  ar b 0   . ①若 2 4 b a  ，则通解为 0 ( ) y x  e  a x 2 ( C 1 cos 2 4 b a  2 x C  2 sin 2 4 b a  2 x ) ； ②若 2 4 b a  ，则通解为 0 ( ) y x  e C 1       a 2 2 4 b a  2 x           a 2 2 4 b a  2 x     ；  C e 2 ③若 2 4 b a  ，则通解为 0 ( ) y x , ) y x 在 (   上有界，若由于 ( ) 则①②③中 x   时通解无界，故 0a  . 0a  时，若 0b  ，则 1,2r ，通解为 bi  a x 2 2 1 .  C C x  ( )e  a  ，则①②③中 x   时通解无界，若 2 0 a  ， 2 0 ( ) y x  ( C 1 cos bx C 2  sin bx ) ，在(   , ) 上有界. 0a  时，若 0b  ，则 1,2r 综上可得 0a  ， 0b  .   ，通解为 b ( ) y x  C 1 e bx  e C  2 bx ，在 (   上无界. ) ,

a 4. 设 n b ，且 n  与 a n  收敛， b n  绝对收敛是 a n  绝对收敛的（ b n ）.  n 1   n 1   n 1   n 1  A.充分必要条件 C.必要不充分条件 B.充分不必要条件 D.既非充分又非必要条件【解析】由已知条件可知   ( b n n 1  a n ) 为收敛的正项级数，进而   ( b n n 1  a n ) 绝对收敛. 设  绝对收敛，则由 n b a n  n 1   b n  a n  a n  b n  a n  与比较判别法,得 a n   n 1  b n   绝 a n n 1  绝对收玫;  设 nb  绝对收敛，则由 n a  a n  b n  b n  b n  a n  与比较判别法，得 b n 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 * A E O B        A. C. | |       * | A B O * | B A O * B A  | | B A * * * B A  | | A B * *       【答案】B. 【解析】由于 B. D. | |       * | B A O * | A B O * A B  | | A B * * * A B  | B | A * *          A E A E O B O B    *     A E E O O B O E        |    | || A B O O || A B    | | ，故 A E O B    *     A E O B       1  |    | || A B O O || A B    | |     1 A  O 1   1 A B  1 B  |      | || A B O O || A B    | | |     A A B 1  | | O |  | 1  | 1  | A A B B | B A B | || | 1         | * | A B O * * A B  * | B A |    .

故选 B.. 6. ( , f x x x 3 , 2 1 A. 2 y 1 2 y 2 【答案】B )  ( x 1  2 x 2 )  ( x 1  2 x 3 )  4( x 2  2 x 3 ) 的规范形为 B. 2 y 1 2 y 2 C. 2 y 1  2 y 2  2 34 y D. 2 y 1  2 y 2  2 y 3 【解析】 ( , f x x x 3 , 1 2 )  ( x 1  2 x 2 )  ( x 1  2 x 3 )  4( x 2  2 x 3 )  2 2 x 1  3 2 x 2  3 2 x 3  2 x x 1 2  2 x x 1 3  8 x x 2 3 ，二次型的矩阵为 A  2 1 1      1 3  4 1   4   3  ， | A  E  |   2  1 1 1 3   4  1 4 3     (    2  7) 1 1 1 3   4  0 1 1   (   7)  2  2 1 1 1   4 0 0 1       7)(  ( 3) 0  ，   1 2 3,    7,  3  ，故规范形为 2 y 1 0 y ，故选 B. 2 2  7.已知向量组 1  1     2 ,     3    2  2     1 ,     1    1  2     5 ,     9    2  1     0     1   ，若 既可由 1 ,  线性表示， 2 又可由 1 ,  线性表示，则  ( 2 A. k 3      3 , k R     4   k C.      1    1 , k R   2  【答案】D. ) B. k D. k      3    5 , k R   10  1      5 , k R     8   【解析】设      ，则 1 1 k 1 1     k k k k 2 2 3 1 4 2     ，对关于     0 k 2 k 4 k 3 1 2 2 k k k k 的方程组的系数矩阵作初等变换化为最简形， 1 2 3 4 , , ,

A     2    ( , , , 1 2 1 )  1 2 2 1 3 1      2  5  9  1  0 1        1 0 0 0 1 0 0 0 1      3 1  1      ，解得 ( , k k k k 1 , , 2 3  1 1   2  k k 2 T ) 4  C ( 3,1, 1,1)   T  (3, 1,1,0)  T  (3 3 , 1   C  C ,1  C C , ) T ，故  (3 3 ) C   1  ( C  1)  2  1  5(1  8(1  C ) C ) C            k 1     5 ,     8   k R  . 8.设 X 服从参数为 1 的泊松分布，则 (| E X E X  (  （ A. 1 e 【答案】C. B. 1 2 ) |) 2 e C. ）. D.1 【解析】方法一：由已知可得， { P X k  }  1e  ! k ( k  0,1,2,  , ( E X  ，故 ) 1 ) (| E X E X  ( ) |)  (| E X  1|)    k  0 | k 1|  e ! k 1  1   e 1   e = 2e 1   ( E X 2 1)   . e   k  0 ( k 1)  ! k 1  e  故选 C. 方法二：由于 x e   ，于是  k  0 x k k !   k 1  x  k 1)!  1 x ( k   k 1  k x k  1  1)! ( x e  1 x   x 于是   k 1  k kx k  1  1)! (       k 1  x  k 1)!         1 x ( k   k 1  k x k  1  1)! ( x e         1 x   x     ( x   1)e 2 x x  1 . 由已知可得， { P X k  }  1e  ! k ( k  0,1,2,  , ( E X  ，故 ) 1 ) (| E X E X  ( ) |)  (| E X  1|)  e 1   1    e k 1  ( k 1)  ! k 1  = e 1   e  k  k ( 1  k 1)!  1 = e  1  e x  1 ( x  1)e 2 x x 1   1  e  1  e  2 e . ) |)  (| E Y |)  1 [e   ( )] E Y  1 e   ( E X 1 ) 1 e    . (| E X E X  ( 故选 C. 9. 设 X X 1 , 2 , X 为来自总体 , n N   的简单随机样本， ) , 1( 2 2, Y Y 1 , Y 为来自总体 , m

N   的简单随机样本，且两样本相互独立，记 ,2 ) 2 2( X 1 n   ， n  1 i X i Y 1 m   ， m  1 i Y i 2 S 1  n n 1   1 1  i ( X i  X 2 ) ， 2 S 2  m 1   1 m 1  i ( Y Y  i 2 ) ，则( ) A. C. 2 S 1 S 2 2  ) F n m ( , 2 2 S 1 2 S 2  ) F n m ( , B. D. 2 S 1 S 2 2  ( F n  1, m  1) 2 2 S 1 2 S 2  ( F n  1, m  1) 【答案】D. 【解析】由两样本相互独立可得 ( n 2 S 1 1)  2  ( m 与 2 2 1) S  2 2  相互独立，且 ( n 2 S 1 1)  2   2 ( n  1) ， ( m 2 2 1) S  2 2   2 m (  1) ， ( n ( m 因此 2 S 1 1)  2  1) S  2 2  ( n  1) 2 2 ( m  1)  2 2 S 1 2 S 2  ( F n  1, m  1) ，故选 D. 10. 已知总体 X 服从正态分布 N  ，其中 ( , ) 2 0 为未知参数， 1X ， 2X 为来自总体 X 的简单随机样本，记 ˆ  | a X  X 2 1 ，若 ( )E   ，则 a  ( | ). A. B. 2  2  2 【答案】A. 【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 D. 2 C.  X 1  2 N  ( , ) ， X 2  2 N  ( , ) ，因而 X 1  X 2 ~ 2 N  (0,2 ) ，令 Y X  1  ，所以Y 的概率密度为 X 2 Yf ( ) y  1 2   2  e  2 y 2 2 2   ，所以 E Y (| |)     | y | 1 2   2  e  2 y 2 2 2   d y  2  0  y 2    2 y 2 4   e d y  2   ，

由 E ˆ( )   aE X (|  X 2 |) 1  ，即  aE Y (| |) a   2    ，  解得 a   2 ，故选 A. 二、填空题：11~16 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 lim x  2 x    2  x sin 1 x  cos 1 x     ____________. 【答案】 2 3 . 【解析】 lim x  2 x    2  x sin 1 x  cos sin t 2 t 1   lim 0 t  1 cos  t 2 t 1 6     lim 0 t  1 2 2 3 . 1 x    t 1 t  limx t  0  cos t 2  t 2 sin t t 2 1 2 t t 2  lim 0 t  t t sin  3 t  lim 0 t  12．已知函数 ( , f x y 满足 ) d ( , f x y )  d x y 2 x   d y x 2 y ，且 (1,1) f  ，则 ( 3,3) f  4  ____________.  . 3 【答案】【解析】由已知 ) ( , f x y  x   y  y  2 2 x ， ) ( , f x y  y   x  2 x 2 y ，则 ( , f x y )   y  y  2 2 x d x   arctan x y   ( ) y ，所以 ) ( , f x y  y   x  2 x 2 y   ( ) y  y ，即 ( )  ， ( )y   ， C 0 从而 ( , f x y )   arctan x y  ，又 (1,1) C f  ，解得  4 C  ，故  2

( , f x y )   2  arctan x y ， f ( 3,3)   2  arctan 3 3   3 . 13. 2 x n   0 (2 )! n  n  ____________. 【答案】 x e e x 2 . 【解析】令 ( ) S x    n  0 2 n x (2 )! n ，则 (0) 1  ，且 S  ( ) S x  n 2  x  (2 n 1  1)! 1  n ， (0) S  ， 0  ( ) S x   2 n  x  (2 n 1  n 2 2)!    n  0 2 n x (2 )! n  ( ) S x ，  从而可得微分方程 ( ) S x  ( ) S x  ，解得 0  x e C 1  x e C  2 ，又 (0) 1  ， (0) S S  ，解得 1 C C 0 2 ( ) S x  ( ) S x 1 2  ，故   n  0 2 n x (2 )! n x e   x e .  2 f 14.某公司在t 时刻的资产为 ( ) t 连续且 (0) 0 ( ) 【答案】 2(e  ，则 ( ) t  . 1) f f f t t  ____________. t ，则从 0 时刻到t 时刻的平均资产等于 f ( ) t t  ，假设 t t f  【解析】由已知可得 0 等式两边求导 ( ) t f  f ( ) 2 t f  ( ) t t  ，即 ( ) t ( )d t t t t   t ，整理变形 t f  0 ( )d t t  f ( ) t  t 2 ， f ( ) f t  f 2( t  ，解得一阶线性微分方程通解为 t 2 ( ) t 1)   ， et C   又 (0) 0  ，解得 f 2C  ，故 ( ) 2(e f t  t 1)   . t 15. ax x   3 1   ax x  2 1   2 x x  2 1  ax bx   2 1 1,  x  3 ax  3 2  0,  0,  有解，其中 ,a b 为常数，若 0 1 a 1 1 a 1 2 a  4 ，则

资料库

2023年新疆考研数学三试题及答案.doc

相关推荐

考研

热门标签

最新资料