2013上海考研数学三真题及答案.doc

发布时间：2022-09-19 发布人：admin 分类：说明书资料大小：0.76M 资料格式：doc 举报版权申诉

第1页 / 共10页

第2页 / 共10页

第3页 / 共10页

第4页 / 共10页

第5页 / 共10页

第6页 / 共10页

第7页 / 共10页

第8页 / 共10页

一、选择题 1—8小题．每小题4分，共32分．、

二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）

三、解答题

2013 上海考研数学三真题及答案一、选择题 1—8 小题．每小题 4 分，共 32 分．、１．当 0x 时，用 )(xo 表示比 x 高阶的无穷小，则下列式子中错误的是（）（A） ( xox  2 )  3 ( xo ) （B） ()( xoxo 2 )  3 ( xo ) （C） 2 ( xo )  2 ( xo )  2 ( xo ) （D） )( xo  2 ( xo )  2 ( xo ) 【详解】由高阶无穷小的定义可知（A）（B）（C）都是正确的，对于（D）可找出反例，例如当 0x 时 )( xf  2 x  3 x  ( )( xgxo ),  3 x  2 ( xo ) ，但 )( xf  )( xg  )( xo 而不是 ( 2xo ) 故应该选（D）． 2．函数 )( xf  x x ( xx  1  ln)1 的可去间断点的个数为（） x （A）0 （B）1 （C）2 （D）3 【详解】当 x ln x 0 时， x x 1  e x x ln  ~1 x ln x ， lim 0 x  )( xf  lim 0 x  lim 1 x  )( xf  lim 1 x  x x ( xx  1  ln)1 x x ( xx  1  ln)1  lim 0 x  x x ln ln x x  1 ，所以 0x 是函数 )(xf 的可去间断点．  lim 0 x  ln x x ln2 x x  1 2 ，所以 1x 是函数 )(xf 的可去间断点． x x lim 1 x  )( xf  lim 1 x  x x ( xx  1  ln)1  lim 1 x  x ln x x ln)1 x  x  (  ，所以所以 1x 不是函数 )(xf 的可去间断点．故应该选（C）．３．设 kD 是圆域（） D   ,( yx |) 2 x  2 y  1 的第 k 象限的部分，记 I k  ( y  x ) dxdy ，则  kD （A） 1 I 0 （B） 2 I 0 （C） 3 I 0 （D） 4 I 0 【详解】由极坐标系下二重积分的计算可知 I k   D k ( y  x ) dxdy   k ( k  2 )1   d  1 0  2 (sin   cos )  r 2 dr  1 3  k  2 1 k   2 (sin   sin  d )  1 3  sin   cos   |  k 2 k 1   2

所以 I 1  I 3  ,0 I 2  2 3 ,  I 4  2 3  ，应该选（B）．４．设 na 为正项数列，则下列选择项正确的是（）（A）若 a n a  n 1 ，则 n 1  )1(  1 n a 收敛；  n （B）若 n 1  )1(  1 n a 收敛，则  n a n a  n 1 ；（C）若 1n na 收敛．则存在常数 1P ，使 lim n  p an n 存在；（D）若存在常数 1P ，使 lim n  p an n 存在，则 1n na 收敛．【详解】由正项级数的比较审敛法，可知选项（D）正确，故应选（Ｄ）．此小题的（A）（B）选项想考查的交错级数收敛的莱布尼兹条件，对于选项（A），但少一条件 lim  a  n n 0 ，显然错误．而莱布尼兹条件只是交错级数收敛的充分条件，不是必要条件，选项（B）也不正确，反例自己去构造．５．设Ａ，Ｂ，Ｃ均为 n 阶矩阵，若ＡＢ＝Ｃ，且Ｂ可逆，则（A）矩阵 C 的行向量组与矩阵 A 的行向量组等价．（B）矩阵 C 的列向量组与矩阵 A 的列向量组等价．（C）矩阵 C 的行向量组与矩阵 B 的行向量组等价．（D）矩阵 C 的列向量组与矩阵 B 的列向量组等价．【详解】把矩阵 A，C 列分块如下：   A  , n C    1 2 , ,  n ,  ，由于ＡＢ＝Ｃ，   , , , 2 1 则可知  2 b 1 i b i   2 1 i    b  in n ( i  ,2,1  ), n ，得到矩阵 C 的列向量组可用矩阵 A 的列向量组线性表示．同时由于 B 可逆，即 A  CB 1 ，同理可知矩阵 A 的列向量组可用矩阵 C 的列向量组线性表示，所以矩阵 C 的列向量组与矩阵 A 的列向量组等价．应该选（B）． 6．矩阵      a 1 1 aba 1 1 a      与矩阵      002 0 0 000 b      相似的充分必要条件是（A） a  b ,0  2 （C） a  b ,2  0 （B） 0a ，b 为任意常数（D） 2a ，b 为任意常数

【详解】注意矩阵      002 0 0 000 b      是对角矩阵，所以矩阵 A=      似的充分必要条件是两个矩阵的特征值对应相等． a 1 1 aba 1 1 a      与矩阵      002 0 0 000 b      相 AE    1   a  1  a  b   a  1  a  1    2  (  ( b  )2   2 b  2 a 2 ) 从而可知 2 b  2 a 2  2 b ，即 0a ，b 为任意常数，故选择（B）． 7 ．设 XXX , 2 , 1 是随机变量，且 3 X 1 ~ N ),1,0( X 2 ~ N 2 ),2,0( X 3 ~ N 2 )3,5( ， P i   P  2  2 X i ，则（A） P 1  P 2  P 3 （C） P 3  P 2  P 1 （B） P 2  P 1  P 3 （D） P 1  P 3  P 2 【详解】若 2NX ~ ( , ) ，则 X   ~ N )1,0( 1)2(2 P 1 ， P 2   P  2 X 2   2  P 1     X 2 2   1   1)1(2  ， P 3   P  2 X 3   2  P    52  3  X 5  3 3  52  3       )1( 7 3      7 3     )1 ， 3 PP  2  1    7 3    0)1(32 )1(3 ．故选择（A）． 8．设随机变量 X 和 Y 相互独立，且 X 和 Y 的概率分布分别为 X P Y P 0 1/2 1 1/4 2 1/8 -1 1/3 0 1/3 3P 1/8 1 1/3 则  YXP  （A） 1 12 【详解】    2 （）（B） 1 8 （C） 1 6 （D） 1 2

 YXP    2   XP  ,1 Y  1   XP  ,2 Y   0   XP  ,3 Y  1  1 12  1 24  1 24  1 6 ，故选择（C）．二、填空题（本题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 分. 把答案填在题中横线上） 9．设曲线 y  )(xf 和 y  2 x  x 在点 0,1 处有切线，则 lim n  nf    n n     2 ．【详解】由条件可知   1 f  ,0 f 1)1('  ．所以 lim n  nf    n n     2 lim n  f    1  2    2 n   2 n   2 2 n    2 n f )1(  )1('2 f  2 10．设函数 z   yxz , 是由方程 z   y x  xy 确定，则 z  x  )2,1(|  ．【详解】设  , zyxF ,   ( z  y ) x  xy ，则  , zyxF x ,   ( z  x y ) ln( z  y )  当 x ,1  y  2 时， 0z ，所以 11．   1 ln  x 2) x 1( xd  ．  ( zx  y ) x 1  ， z ,( , ), zyxFy z  x   )2,1( | 2ln22 ．【详解】 ln   1(  1 x ) x xd  2  1  ln xd 1  1 x  ln 1  x x |  1    1 1 1(  x x ) dx  ln x  1 x |  1  2ln 12．微分方程 y  y 1  y 4 0 的通解为．【详解】方程的特征方程为 r 1  4 0 ，两个特征根分别为   1 2  1 2 ，所以方程通 x 2 解为 y  13．设 ( ) exCC  1  ija A  ，其中 1,CC 为任意常数． 2 是三阶非零矩阵， A 为其行列式， ijA 为元素 ija 的代数余子式，且满足 2 A ij  a ij  ,(0 i j  )3,2,1 ，则 A =．【详解】由条件 A ij  a ij  ,(0 i j  )3,2,1 可知而可知 TAA *   0 ，其中 *A 为 A 的伴随矩阵，从

A *  T * A 13  A  A ，所以 A 可能为 1 或 0．但由结论 * ( Ar )  ) (, Arn   (,1 ) Ar   (,0 ) Ar  n  1 n  1 n  可知，能为 3，所以 .1A TAA *   0 可知 ) ( Ar  ( Ar *) ,伴随矩阵的秩只 14．设随机变量 X 服从标准正分布 ~ NX )1,0( 【详解】  XXeE  2 ，则   XXeE 2 ．    2 x xe  2 e 2       2 x 2 e 1 2  dx     x 2  e ( x  2 )2  2  2 dx  2 e 2   (   x  )22 e ( x  2 )2  2 dx  2 t 2    te dt  2    e  2 t 2 dt     2 XEe ( 2)  e 2  2 2 e ．所以为 22e ．三、解答题 15．（本题满分 10 分）当 0x 时， 1 cos 【分析】主要是考查 cos 2 x 0x x cos 3 x 与 nax 是等价无穷小，求常数 na, ．时常见函数的马克劳林展开式．【详解】当 0x 时， 11  2 11  2 cos 2 x cos 3 x 所 )2( x 2  2 ( xo 2 )3( x  2 ( xo 21)  91)  2 2 x  2 ( xo ) 2 x  2 ( xo ) ， cos x 11  2 2 x  2 ( xo ) ，，以 1  cos x cos 2 x cos 3 x 11(1  2 ， 2 x  2 ( xo 21))(  x 2  2 ( xo 91))(  2 由于 1 cos x cos 2 x cos 3 x 与 nax 是等价无穷小，所以 a  ,7 n  2 ． 2 x  2 ( xo ))  2 7 x  2 ( xo ) 16．（本题满分 10 分）设 D 是由曲线 y  ，直线 3 x x  a ( a )0 及 x 轴所转成的平面图形， x VV , 分别是 D 绕 x y 轴和 y 轴旋转一周所形成的立体的体积，若 10 x V V  y ，求 a 的值．【详解】由微元法可知

V x    a 0 y 2 dx    a 0 2 3 x dx  5  3 ； 3 a 5 V y   2  a 0 xf )( x dx  4 3 x dx   2  a 0 7  3 ； a 6 7 由条件 10 x V V  y ，知 77a ． 17．（本题满分 10 分） x 设平面区域 D 是由曲线【详解】  ,3 yy  ,3 xx  y 8 所围成，求 D x 2 dxdy ． 2 x dxdy   D  D 1 2 x dxdy   D 2 2 x dxdy  2 0  x 2 dx x  3 x 3 dy  18．（本题满分 10 分） 6  2 x 2 dx x  8 x 3 dy  416 3 ．设生产某产品的固定成本为 6000 元，可变成本为 20 元/件，价格函数为 P  60  Q 1000 , （P 是单价，单位：元，Q 是销量，单位：件），已知产销平衡，求：（1）该的边际利润．（2）当 P=50 时的边际利润，并解释其经济意义．（3）使得利润最大的定价 P．【详解】（1）设利润为 y ，则 y  PQ  ( 6000  20 Q )  40 2 QQ  1000  6000 ，边际利润为 y '  40  Q 500 . （2）当 P=50 时，Q=10000，边际利润为 20．经济意义为：当 P=50 时，销量每增加一个，利润增加 20．（3）令 0'y ，得 Q  20000 , P  60  20000 10000  .40 19．（本题满分 10 分）设函数  xf 在 ,0[  上可导，   0 0  ) f ，且 lim x  )( xf  2 ，证明（1）存在 0a ，使得   ;1af （2）对（1）中的 a ，存在 ),0( a ，使得 f )('  1 a ．【详解】证明（1）由于 lim x  )( xf  2 ，所以存在又由于  xf 在 ,0[  上连续，且   0 0  ) f 0X ，当 Xx  时，有 3 2 ，由介值定理，存在 0a ，   )( xf 5 2 ，使得   ;1af

（2）函数  xf 在 ],0[ a 上可导，由拉格朗日中值定理，存在 ),0( a ，使得 f )('  )( af  a f )0(  1 a ． 20．（本题满分 11 分） 10 1 b 1 a 01 B A 设    ,         ，问当 ba, 为何值时，存在矩阵 C，使得 AC  CA  B ，并求出    所有矩阵 C．【详解】显然由 AC  CA  B 可知，如果 C 存在，则必须是 2 阶的方阵．设 C     x 1 x 3 x x 2 4    ，则 AC  CA  B 变形为     x 1 x  2 x  3 ax 3 x  4  ax 1 x x   2 ax  3 2 ax 4       10 1 b    ，即得到线性方程组          x 1 x ax x  2 ax x  1 x   3 ax  3 2 3 2 x  0 ax 4 1    4 b  1 ，要使 C 存在，此线性方程组必须有解，于是对方程组的增广矩阵进行初等行变换如下  | bA   0 a  1 0       1  1 0 1 a 0 1  a  0 0 1 a 11  0 b        01 10 00 00       1  a  0 0 1  0 0 0 1 0  b 1 a       ，所以，当 a  ,1  b 0 时，线性方程组有解，即存在矩阵 C，使得 AC  CA  B ．此时， | bA   01 10 00 00       1  1 0 0 11  0 0 0 0 0 0       ，所以方程组的通解为 x        2 x 1 x x x 3 4              1 0 0 0        C 1       1 1  1 0        C 2       1 0 0 1       ，也就是满足 AC  CA  B 的矩阵 C 为 C  1      CC 1 C 1 2 C  1 C 2    ，其中 1,CC 2 为任意常数．

21．（本题满分 11 分）设二次型 ( , xxxf , 2 1 )  (2 xa 11  xa 2 2 3  xa 33 ) 2  ( xb 11  xb 2 2  2 xb 33 ) ．记        a 1 a a 2 3     ,         b 1 b 2 b 3      ．（1）证明二次型 f 对应的矩阵为 2   T  T ；（2）若 , 正交且为单位向量，证明 f 在正交变换下的标准形为【详解】证明：（1） 2 12 y  ． y 2 2  , bbb 1 3 , 2            x 1 x x 2 3      2 ) b  1   b  2  b  3      3 2 x 1 x x ( , xxxf , 2 1 )  (2 xa 11 3  2 )    2 , xxx 1 , 2  , aaa 1 , 2 xa 2       3 xa  33      2 a 1 a a 2 3 ( xb 11 x  1   x   x  2 3 3 xb 2 2  xb 33   , xxx 1 , 2 3           , xxx 1 , 2  T 2  3       x 1 x x 2 3        , xxx 1 , 2  T  3       , xxx 1 , 2  T 2  3  T        x 1 x x 2 3      所以二次型 f 对应的矩阵为 2   T  T ．证明（2）设 A ，由于   ,1 T  0 T  T 2    2  T 则 A    T 2  向量； A    T 2   量；     ，所以为矩阵对应特征值 T 2 1  的特征 2 2 T     T 2 2  ，所以为矩阵对应特征值 2  的特征向 1 而矩阵 A 的秩 ) ( Ar  r 2( T   T  )  r 2( T  )  r T (  )  2 ，所以 3  也是矩阵的 0 一个特征值．故 f 在正交变换下的标准形为 22．（本题满分 11 分） 2 12 y  ． y 2 2 设  YX , 是二维随机变量， X 的边缘概率密度为 f X )( x   2 0,  3 x x  其他,0  1 ，在给定

分享到：

赞收藏

资料库

2013上海考研数学三真题及答案.doc

相关推荐

考研

热门标签

最新资料