2021江西考研数学三真题及答案.doc-资料库

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2021江西考研数学三真题及答案一、选择题（本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求，把所选选项前的字母填在答题卡指定位置上.） t 3 (e 1)dt 是 x7 的 (B)等价无穷小. (C)高阶无穷小. (D)同阶但非等价无穷小.  x2 t 3 (e  x6  2x(e 1) x2 7 x ，所以0 t 3 (e 1)dt 是 x 高阶无穷小，正 7 2 x (1)当 x  0 时， 0 (A)低阶无穷小. 【答案】C. 【详解】因为当 x  0 时， 0 1)dt 确答案为 C.  ex  1 (2)函数 f (x)=    x 1, x  0 , x  0 ,在 x  0 处 (A)连续且取极大值. (C)可导且导数为 0. 【答案】D. 【详解】因为lim f (x)= lim ex  1 (B)连续且取极小值. (D)可导且导数不为 0. 1  f (0) ，故 f (x) 在 x  0 处连续； x0 f (x)  f (0) x0 x ex  1 x  1 e x 1  x 1 1  因为 lim x0 x  0 x  0 lim x0 x 2 =lim x 0  ，故 f (0)  ，正确答案为 D. 2 2 (3)设函数 f (x)  ax  b ln x (a  0) 有两个零点，则 a (A) (e,) . (B) (0,e) . (C) (0, 1 ) . e b 的取值范围是【答案】A. 【详解】令 f (x)  ax  bln x  0 ， f (x)  a  b x ，令 f (x)  0 有驻点 x  b a 从而ln b  1，可得 b  e ，正确答案为 A. a a (D) ( 1 ,) . e ， f  b   a  b  b  ln b  0 ，   a   a a (4)设函数 f (x, y) 可微， f (x 1, ex )  x(x 1) 2 ， f (x, x2 )  2x2 ln x ，则 df (1,1)  (A) dx dy . (B) dx  dy . (D) dy. (C) dy . 【答案】C. 【详解】 f (x 1,ex ) ex f (x 1,ex )  (x 1) 2  2x(x 1) f (x, x2 ) 2xf (x, x2 )  4x ln x  2x 1 2 1 2 ① ② 1

x  0 y  0 分别将  x 1 y  1 ，   带入①②式有 f1(1,1)  f2(1,1)  1 ， f1(1,1)  2 f2(1,1)  2 联立可得 f1(1,1)  0 ， f2(1,1)  1 ， df (1,1)  f1(1,1)dx  f2(1,1)dy  dy ，故正确答案为 C. (5) 二次型 f (x , x , x )  (x  x )2  (x  x )2  (x  x )2 的正惯性指数与负惯性指数依次为 1 2 3 1 2 2 3 1 3 (C) 2,1. (A) 2,0 . 【答案】B. 【详解】 f (x , x , x )  (x  x )2  (x  x )2  (x  x )2  2x 2  2x x  2x x  2x x (B)1,1. (D)1, 2. 1 2 3 1 2 2 3 3 1 2 1 2 2 3 1 3 0 所以 A  1  1  1 2 1 1 1 ，故特征多项式为  0  |E A | 1  1 2 1 1 1 1  (1)( 3)  令上式等于零，故特征值为1， 3 ， 0 ，故该二次型的正惯性指数为 1，负惯性指数为 1.故应选 B. (6) 设 A  (,,,) 为 4 阶正交矩阵，若矩阵 B = T ， 1 ， k 表示任意常数， 1 2 4 3 T  1   2 T   3    1     1   则线性方程组 Bx  的通解 x  (A)2 3 4  k1 . (C)1 2 4  k3 . (B)1 3 4  k2 . (D)1 2 3  k4 . 【答案】D. 【解析】因为 A  (1,2 ,3 ,4 ) 为 4 阶正交矩阵，所以向量组1 ,2 ,3 ,4 是一组标准正交向量组，则 r(B)  3 ，又 B= T  0 ，所以齐次线性方程组 Bx  0 的通解为 k. 而 4  T  1   2  4 T   3  4 B() = T ()  1 1 2 3 T  1    1  2 T   3  2 3 1     1     ，故线性方程组 Bx   的通解 x 1 2 3  k4 ，其中 k 为任意常数.故应选 D.  1 (7) 已知矩阵 A   2  1  0 1 2 1 1  ，若下三角可逆矩阵 P 和上三角可逆矩阵 Q ，使 PAQ 为对角  5  矩阵，则 P ， Q 可以分别取 2

1 3 .  1  0 1 1 3 .  1   1 (B)  2  3  1 (D) 0  1  0 1 2 1 0 0 ， 0   1 0   0 1 0 0 1 3 0 1 0 ， 0   1 0   2 1 0 0 0 .  1  3 2 .  1   1 0 0  0   0 1   0 1 2 1 3 6 1 2 1 0 1 0 1 0 0  0   0 1   0 1 0 1 3 0 1 2 3 0 1 2 0 0  1  0 1 0 1 0 0 ， 0   1 0   0 1 0 ， 0   1 0   0 1 2 0 1 0 1 (A) 0  0   1 (C)  2  3  【答案】C. 【解析】  1 (A,E)   2  1  0 1 2 1 1 5 1 0 0 0 1 2  1  (F, P) ,则 P   2  3  1 3  0  0 1 0 0 0 1 0 0 0;  1  0 0  0     Λ 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1  0  0 1 0 1 0  0  1  0 0   0  0  1   1 3 .故应选 C.  1  ，则 Q  0      Q 1 3 1  1 0   F 0  E 1   0 0  (8) 设 A ， B 为随机事件，且0  P(B) 1，下列命题中不成立的是 (A) 若 P(A| B)  P(A) ，则 P(A| B)  P(A) . (B) 若 P(A| B)  P(A) ，则 P(A | B)  P(A) (C) 若 P(A | B)  P(A| B) ，则 P(A| B)  P(A). (D) 若 P(A| A B) ，则 P(A)  P(B) . B)  P(A | A 【答案】D. 【详解】 P( A | A  B) P(A(A B)) P( A B)  P(A | A B)  P(A(A P( A B))  B) P( AB)  P( A B) P( A) P( A)  P(B)  P( AB) P(B) P( AB) P(A) P(B) P(AB) 因为 P( A | A B)  P( A | A (9)设 (X ,Y ) ，(X 1 1 1 n B) ，固有 P( A)  P(B)  P( AB) ，故正确答案为 D. ,Y ) ，，( X ,Y ) 为来自总体 N(,;2 ,2;) 的简单随机样本，令 2 2 1 2 1 n n 2 1 n ˆ 1 2 ， X  n Xi ，Y  Yi ， X Y 则 i1 n 2 2 i1 3

(A) E(ˆ) ， D(ˆ)  1 2 . n 4

(B) E()， D()  ˆ ˆ 1 2 2  2 1 2 (C) E(ˆ) ， D(ˆ)  1 (D) E()， D()  ˆ ˆ 2 .  n 2 2  2 1 1 2 n 2 2 2 2 n . . 【答案】 B 【详解】因为 X ,Y 是二维正态分布，所以 X 与Y 也服从二维正态分布，则 X  Y 也服从二维正态分布，即 E(ˆ)  E( X  Y )  E( X )  E(Y )  1  2 ， D( ˆ)  D(X Y )  D(X )  D(Y ) cov(X ,Y )  1 1 2 ，故正确答案为 B. 2 2  2  2 (10) 设总体 X 的概率分布为 P{X 1} 1 2 n ， P{X  2}  P{X 3} 1 4 ，利用来自总体的样本值 1，3，2，2，1，3，1，2，可得的最大似然估计值为 (A) 1 4 . (B) . 3 8 (C) . 1 2 (D) 5 . 2 【答案】 A . 【详解】似然函数 L()  ( 1 取对数 ln L()  3ln( 13 15 ， ) 4 1 ) ( 2 ) 5ln( 5 2  ) ； 4 d ln L() 求导 3   0，得 1 .故正确答案为 A. d 1 1 4 二、填空题（本题共 6 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) 若 y  cos e x ，则 . dy dx  x1 sin 1 【答案】 e . 2e 【详解】 dy  sin e x (e x  1 ) 2 x dx (12)  5 5 x x2  9 dx  sin 1 x 1  e . 2e dy dx . 【答案】6 . 3 【详解】  5 5 x dx  32 9  x x x2  9 dx  1 3 d (9  x 2 ) 1 5 d (x 2  9) 2  5  2 3  6 . x2  9 9  x2 (13) 设平面区域 D 由曲线 y  x  sinx (0  x  1) 与 x 轴围成，则 D 绕 x 轴旋转所成旋转体的体积为 . 【答案】 4 . 5

【详解】V  ( x sinx)2 dx  xsin2xdx  x  t 1 1 0 1 0   sin2 tdt  .  2 0 4 (14) 差分方程 yt  t 的通解为 . 【答案】 y  y  y  1 t 2  1 t  C ， C 为任意常数. 【详解】 y  C , y  1 (at +b) ， (t  1)(a(t  1)  b)  t(at  1)  t ， 2at  a  b  t ， a  1 , b   1 ， 2 2 2 2 2 y  y  y  1 t 2  1 t  C , C 为任意常数. 2 2 (15) 多项式 f (x)  中 x3 项的系数为 . x x 1 1 2x x 2 1 1 1 2 x 2 1 1 x 【答案】-5. 【详解】 x 1 f (x)  2 2 x x 1 1 1 2 x 1 2x 1 1 x x  x 1 1 2 x 1 1 1 1  x 2 x 2 2 x 1 1 1 1  2 3 x x 1 1 1 1 1  2x 2 2 x x 1 1 2 x 1 所以展开式中含 x3 项的有x3 , 4x3 ，即 x3 项的系数为-5. (16) 甲乙两个盒子中各装有 2 个红球和 2 个白球，先从甲盒中任取一球，观察颜色后放入乙盒中，再从乙盒中任取一球.令 X , Y 分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球个数，则 X 与 Y 的相关系数 . 1 【答案】 . 5 【解答】联合分布率(X,Y) cov(X ,Y)  1 ， DX  4 20 1 ,DY  4 1 5 ,即XY  5 1 . 5 (0,0) 3    10 (0,1) 1 (1,0) 1 (1,1) 3  , X  10   0  1    2 1  1  Y 2   0  1    2 1  1  2  三、解答题（本题共 6 小题，共 70 分.请将解答写在答题纸指定位置上，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） (17)(本小题满分 10 分) 1 已知lim[arctan  1 x x ] 存在，求的值. 1 x x0 1 1  e). e (  【答案】 【详解】.要想极限存在，则左右极限相等；  x0 又由于 lim arctan x  1 (1  1  x ) x     2  e; 6

 lim arctan x0 x   1 (1  1   1 x ) x    ; 2 e  从而  e    ，即  1 1 1 (  e  e). 2 2 (18)(本小题满分 12 分) e 求函数 f (x, y)  2ln x  【答案】(1,0) 处取极小值 2； ( , 0) 处取极小值 (x 1)2  y2 的极值. 2x2 1 2 1 2  2 ln 2 .  0 2x2  x 1  y2  0  即 y  0 【详解】  ' fx   （1）   f'   y 2x2  x 1  y2 x3  0 y x2 1 2 得驻点(1, 0) ， ( , 0)   f '' x x  2 y ''   f （2）  xy x3  f ''  1   yy 2 x  4x 1x3(2x2  x 1 y2 ) x4  （3）驻点(1, 0) 处，A=3，B=0，C=1， AC  B2  3  0 ， A  0 故 f (x, y) 在(1, 0) 处取极小值 2；驻点( , 0) 处，A=24，B=0，C=4， AC  B2  3  0 ， A  0 1 2 故 f (x, y) 在( , 0) 处取极小值 1 2 1 2  2 ln 2 . (19)(本小题满分 12 分) 设有界区域 D 是 x2  y2  1 和直线 y  x 以及 x 轴在第一象限围城的部分，计算二重积分  e( x y )2 (x2  y2 )dxdy. D 【答案】 1 e 2  1 e  1 . 1 8 8  4 2  e( x  y ) (x2  y2 )d D 2  1 2 2  4 cos 2d er (cos sin ) r 2 dr 2 0 0 1 1    4 cos 2der (cossin) r 2dr2 2 0 0 2 2 1  0 2   4 cos 2deu (cossin) udu 0 1 ueu (cossin)2 du  1 1 0  1  1 (cos sin)  te dt (cos sin)2 ueu (cossin)2 (cos sin)4 0 (cossin)2 t 4 0 7 du (cos sin)2

e(cossin)2  (cos sin)2 1 [e(cossin)2  1] (cos sin)4 8

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