2018广西考研数学三真题及答案.doc-资料库

2018 广西考研数学三真题及答案 x x   sin 一、选择题 1.下列函数中,在 0x  处不可导的是()   . A f x   . B f x   . C f x   D f x 答案:  cos x cos D sin   x x x  . f   0 f   0  lim 0 x   lim 0 x  x x sin x sin x x  lim sin x  0 x x x  可导 0, x  lim sin x  0 x  可导 0,  x  x  x  x 解析:方法一:   f x  A  lim 0 x   f x   B  lim 0 x   f x   C  lim 0 x  f  x   D  lim 0 x  应选 D . 方法二: f   0  lim 0 x   1 cos x x  lim 0 x   f   0  lim 0 x  cos x  1 x  lim 0 x   可导 0, 2 x 不存在,不可导 x x x 1 2 x 1 2 x  因为 f ( ) x  cos , x f   0  1  1  lim 0 x  x  1 2 x 不存在 x f    0  f x cos  lim 0 x  lim 0 x   x x x  处不可导,选   f x 在 0    对 A f x xsinx  : D 在 0x  处可导对 对 :   B f x  : C f ( ) x  ~ x  x x 3 2 在 0x  处可导  x cos 在 0x  处可导. 2.设函数   f x 在[0,1]上二阶可导,且 1  0   f x dx  0, 则

 A  当 f  ' x   0 , 时  C  当 f  ' x   0 , 时 f    f    1 2 1 2        0  B  当 f  '' x   0 , 时  0  D  f 当  '' x   0 , 时 f    f    1 2 1 2        0  0 答案 D 【解析】将函数   f x 在 1 2 处展开可得  f x   f    1 2     f ' 1  0  f x dx    0 1 f      1 2       x   f '    1 2 1 2       故当 ''( ) 0 x  时, f  f x dx   f    1 2 1 0     f x     1 2      ''  2 1 2        x f  1   2    ''  2 2 , x    1 2 . 从而有 f     0.     1 2    2     dx  f    1 2     1 2 1  0 f ''       x  2 1 2    dx , 选 D 。  1 1     M 3.设  2   2 . M N K  K M N  A.   C. 答案:  C  . 1  x e x dx K ,   1    2   2 cos  x dx ,则 2 2  x x B. D. ,   dx N  2   2 . M K N K N M     . 解析: M    2   2  1 1   2 2 x x dx    2   2    1  2  x x 1 2    2   2 1 , dx  dx   1 1  N    2   2 x 1  x e K   1    2   2 dx ,因为 xe x  所以 1 x  x e cos  x dx ,1  cos x  1. 即 1 1    cos x 1 x  x e ,应选 C . 所以由定积分的比较性质 K M N    4.设某产品的成本函数   A D .  'C Q 0   Q C Q 0 0 C Q  B 0   ' 0   'C Q C . 0 答案 D   C Q 0  'Q C Q 0 0   C Q 0  C Q 可导,其中Q 为产量,若产量为 0Q 时平均成本最小,则()

【解析】平均成本  C Q     C Q dC Q dQ ,    C Q Q C Q   '  2 Q  , 由于  C Q 在  Q Q 0 处取最小值,可知 Q C Q  故选(D). 0. ' 0   Q  0 5.下列矩阵中,与矩阵      1 1 0 0 1 1 0 0 1      相似的为 1 1   . 0 1 A   0 0  C 1 1   . 0 1   0 0   答案:  A 解析:令 P 1  1 1      1  0 1      1 0   . 0 1 B   0 0  D 1 0   . 0 1   0 0  1  1 1      1  0 1            1 0 0 1 0  1 0 0 1      则 1 P       1 1 0 0 1 0 0 0 1       P AP 1 1 1 0     0 1 0      0 0 1   1 0 1 2 0    0 1 1 0 1   0 0 1 0 1  1 0 0 1  1 1 1 1 0 1 0 0      1   0   0  1 1 0   0 1 1   0 0 1        1 0  1 0 0 1       选项为 A 6.设 ,A B 为 n 阶矩阵,记    . B r ABA      ,      r A  . A r A AB  A    . C r AB max r A r B 答案: 解析:易知选项 C 错 r X 为矩阵 X 的秩, XY 表示分块矩阵,则    r A  D r AB .    T r A B T  对于选项 B 举反例:取 A     1 1 1 1    B     0 0 1 2    1

 则    BA 0 0 3 3    7. 设随机变量X 的概率密度   , A BA       , f x 满足 1 1 0 0 1 1 3 3    f  1  x   f  1   x ，且则  P X  0  ______ ． 2  f x dx   0 0.6 ， (A) 0.2； (B) 0.3；解由  1 f  1    x  f (C) 0.4； (D)  x 知，概率密度   0.6． f x 关于 1x 对称，故  P X  2 ，   P X   0   0  P  0  0  0.4  且  P X 以  P X  8. 设 2  P X 0     X  2 ，即  P X  n X X , 1 2 X , , 为取自于总体 2, X N    的简单随机样本，令   2  1 ，由于  0 P  X   2  2  0   f x dx  0.6 ，所  0.2 ，故选项 A 正确． X  1 n n  i 1  iX ， S 1  n 则下列选项正确的是 ______ ． n 1   1  1 i ( X X  i 2 ) ， S 2  n 1  n  ( X X i i 1 2 ) ，  n X   S  n X   * S   (A) (C) ；；  n X   S  n X   * S  tn  1  ；  tn  1   ． (B) (D)     tn tn 解由于   X  n ~ N  0,1  ， ( n 2 S )1  2   n  i 1  ( X i  X 2 ) 2  ~ 2  ( n  )1 ，且  与  X  n 2 ( 1)n S   2 相互独立，由t 分布的定义，得  n X    S    X S n ~ ( tn  ， 1) 故选项 B 正确．二、填空题 9.曲线 y  2 x  2ln x 在其拐点处的切线方程为__。

答案 4 x y  3 【解析】函数   f x 的定义域为 y ,解得 x=1 ,而   令 ''=0 ''' 1 曲线在该点处切线的斜率   ' 1 y y , ,  y x y  0, 2 x  ' 2  '' 2   2 2 x 0,  故点(1,1)为曲线唯一的拐点。  故切线方程为 4 4, x 3  。 y , y '''  。 4 3 x 10.  x e arcsin 1 e 2 x  __. x e 答案 arcsin 1 e  x , 【解析】令t=e 则 2 x  1  e 2 x  C 原式  = arcsin 1  2 t dt  t arcsin 1  t 2  t  1  t arcsin 1  t 2    x e  arcsin 1 11.差分方程 2  e y x 2 x   y x t 1 t  1   e 5 dt  tan sin 1  t 2  2 2 x  C 的通解______. 1  1   1  t t  1  2 t dt  2 t  2  C 【答案】 c   12 x  xy   【解析】由于 y 分方程可化为 5 y 2 x x +2  = y   2 y   x x +1  =  =5, y +1 x y 即 y     +2 x 5  。 y x 2  y x x +1   y x +1    y   y x x +1    y 2   y   y x x +1 x +2 ，故原差设原差方程的特解 y 设一阶常系数线性差分方程对应的其次方程为 -2 =5, 2 y  x =-5 , c 代入原方程得。 1 5,c为任意常数。 y 所以原差分方程的通解为     12. 函数  x 满足   x x x x x      2 c   x  x     +1 x c 即 1   x  2  c 1 c 1 5,  y 1   x y 其通解为 c   2 x 。 x    且  0 x  0 ,   , 则 2  1 __.   答案  1   2 .e   x 【解析】由   2 x    x  x x      , 可知可微且 , x    x 。    x    x '    =2 x 再由  0   这是一个可分离变量微分方程,求得其通解为  ce 2 ;x 2 ,可得 2 c  。故   x   22 x e ,    1  。 2 e 13. 设 A 为 3 阶矩阵 , A            3 1 2 , A 3 A ， 3   2      1 1 2 2 2 2 3 3 2 ,可得 ,   为线性无关的向量组 , 若 ,

 A       3    , , , , 1 2 3 1 2 由于 1 ,   线性无关,故 , 2 3  2 0 1 1 1 2      0   1    1  。 A  2 0 1 1 1 2      0   1   1  =B，从而有相同的特征值。因  E B  2   1   1  0 1   2  0 1   1      2 2     2  3 , 故 A 的实特征值为 2。 14.设随机事件 , ,A B C 相互独立，且 ( ) P A  ( P B )  ( P C )  1 2 ， ______ ．则 ( P AC A B   ) 解由条件概率以及事件相互独立性的定义，得 ( P AC A B   )          P AC A B  ( ) P A B    P AC ) ( ( P B P AB      P A P C  ( ( ) ( ) P A P B P B  ( ) P A  )  )  ( ) P A  1 1 2 2 1 2 1 2    1 1 2 2  1 3 . 三、解答题 15.已知实数 ,a b ,满足 lim x       ax b e  1 x  x     2, 求a,b。答案 a 1, b  1 1 , x  a bt e  t t  1 【解析】令 = 可得 lim  0 t   a bt e  t  1  2,  其中 lim 0 t   t  1  lim 0 t   ae t t t  lim 0 t   t be  lim 0 t    1  b ae t t

可知 lim 0 t   t ae  1 t   2 , b 而要使得 lim 0 t   t ae  1 t 存在必须有。 a  1 , 此时有 , , 综上 a lim  0 t 1, b  =1=2  , b b 故  1. t ae  1 t 1 。  y   3 1  x 2 与直线 y  3 x 及 y 轴围成。计算二重积分 16.设平面区域 D 由曲线  。 2 x dy D 答案 3 32    2 . I  2 2  0 dx   3 1   x 2 3 x 2 x dy  2 2  0 2 x   3 1  2 x   3  x dx  3 1  2  x dx  2 2 3  0 3 x dx , 【解析】 2 2 2 x   0 其中对于 2 2  0 2 x  3 1  4 0  3 sin 2 t cos 2 tdt   2  x dx 3 8  4 0  , x 令  sin , t 可化为 2 sin 2 td  2 t   3 8   4  3 32  2 2  0 而 3 x dx  1 4 4 x 2 2 0  1 16 ，综上I= 3 32   3 16  3 32    2  。 17.将长为 2 m 的铁丝分成三段,依次围成圆、正方形与正三角形.三个图形的面积之和是否存在最小值?若存在,求出最小值. 【解析】设分成的三段分别为 , x y z 则有 , , x    及x,y,z>0，圆的面积为 y z 2 = 3 36 1 16 y 2 z = ，总面积为S 1 4  2 x + 1 16 2 y + 3 36 2 z ， 2 + 3 36 z 2 的最小值。令 S 1  1 4  x 2 S ，正方形的面积为 = 2 1 16 2 y , S 正三角形的面积为 3 则问题转化为在条件 x    y z 2, x,y,z>0下,求函数 1 4  x 2 + L= 1 4  2 x + 1 16 2 y + 3 36 2 z    x    y z  2 ,

则有 0 0 =       L x   2 x    L y   =  8 y    3= L   18 z   L x   = y          z z 0 2 0 ,  x      y 解得唯一条件极值点为       x 2 3  3 4 3 9    8 3 3 4 3 9    18 3 4 3 9    ，在该点的函数值即为最小值最小值为 , 3 +12+9 3  3 4 3 9    2    n  0 18.已知 cos2 x  1 x  2   1  n a x n  1    x  1 , a 求 n . 答案 na 2  na 2      1  1 2    2 ! n 2 n n 2 n  2  1  2 n  2   2 n  2, n  0,1,2,  ;     1 2 n 1   2 n   1   2 n  1 2    2 ! n n   2 n   1 , n  0,1,2, 。【解析】 - 将cos2x与 1  1+x 2  展成幂级数可得 cos 2 x   1  n    n  0  1 x  2   1  1   1  n 2   2 x   2 ! n        ' x  1     n  0 n   1  x   n  0 2 n    2 x   2 ! n       0  n n n x 2 n , ,     x 1    1 n   n  1  n x , 1    x 1 则 n n n  2 2 2  2  1 na 2     1   1 2    2 ! n 19.设数列 nX 满足:    na 2  n  2   2 n  2, n  0,1,2,  ; 2 n 1   2 n   1    1 2 n   2 n   1 , n  0,1,2, 。 n  1 2    2 ! n  1  x n x 1  0, x e n x n 1   e n   证明 1,2,  . nX 收敛,并求 lim .n x  n 证明:①证明 nx  ,易证 0 nX 单减,由 ②再证 x n 1  e  x n e  1 x n  x n e x n   0 e 0 拉格朗日中值定理  e ,     0, x  n   单减有下界由此得 x    1 n   x n x n , lim x  x n 存在

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