2015广东考研数学三真题及答案.doc-资料库

2015 广东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.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   a x n x 2 lim  x 2 1 n n  lim n  lim n  n (A) 若 ) lim n  x 2 n  (B) 若 lim n  x n a (C)若 lim n  x 3 n  (D) 若 ,则 lim  x 2 1 n n   a lim n  x 3  n ,则 lim  x 3 1 n n  lim n  , 则 lim  x 3 1 n n  x n a  a  a lim n  x n a ,则【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. nx  a n     数列对任意的子列 knx 均有 knx  a k    ,所以 A、B、C 正确； D 错(D 选项缺少 3 (2) 设函数   2nx  的敛散性),故选 D f x 在 y ,   如右图所示,则曲线   f x 的拐点个数为 ( (A) 0 (B) 1 (C) 2 ) (D) 3 内连续,其 2 阶导函数   x f 的图形【答案】(C) 【解析】根据拐点的必要条件，拐点可能是 ( ) f x 不存在的点或 f x ( ) 0  的点处产生.所以 y  ( ) f 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 ( ) x 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 f 选 C. D     , x y x 2  2 y  2 , x x 2  2 y  2 y  , 函数  f x y 在 D 上连续 , 则 ,  (3) 设  f x y x y  , d d   D  4 0  (A) 2cos   d  0 ( )  f r cos , sin  r  d r r     2 4 2sin   d  0  f r cos , sin  r   d r r

 4 0  2sin   d  0 x 1  2 d 0 x  1  2 1  x  f r cos , sin  r  d r r     2 4  f x y ,  d y 2cos   d  0  f r cos , sin  r   d r r 2 x x  2 1  2 d x 0  x  , f x y  d y (B) (C) (D) 【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 ( , r     ) 0 r ,0   4 2sin     D 2  ( , r )      4     2 ,0   r 2cos     D 1     所以 ( , f x y dxdy )  4 0    d  2sin  0  D ( cos , sin ) f r   r rdr    2  4  d  2cos  0 ( cos , sin ) f r   r rdr ，故选 B. (4) 下列级数中发散的是( ) n  1 3n n  (A)   1 n  1 n ln(1  1 n ) (B)   2 n  1 n ( 1)   ln n (D) (C)   1 n  ! n n n 【答案】(C) lim n  1 n  1 n 3  n n 3  lim n  1 n  3 n   1 3 1 【解析】A 为正项级数，因为，所以根据正项级数的比值判别 n  法 1 3n  n 收敛； B 为正项级数，因为 1 n ln(1  1 n )  1 3 n 2 ，根据 P 级数收敛准则，知 ln(1  1 n )   收敛； C， 1  n 1 ( 1) n   ln n    n 1  ( 1) n  ln n    n 1  1 ln n n  1   1 n ( 1) n  ln n 1   n   收敛， 1  n 1 ln n  发散，所以根据级数收敛定义知， 1  n  ，根据莱布尼茨判别法知 1 ( 1)  ln n  n 发散；D 为正项级 lim n  ( 1)! ( n  1 n 1)  n  ! n n n 数，因为  lim n  ( n 1)!  ! n ( n n n 1)   lim n  n 1  n n   n  1      1 e 1 ，所以根据正项级数

  的比值判别法 1  n ! n n n 收敛，所以选 C. A       1 1 1 2 1 4 (5)设矩阵解的充分必要条件为 ( b        1 d 2 d       1 a 2 a      ) ,   1,2  .若集合，则线性方程组 Ax b 有无穷多 a d    , (A) a d    , (B) a d    (D) , (C) a d    , 【答案】(D) ( , ) A b  1 1 1 2 1 4      1 a 2 a 1 d 2 d       1 1 0 1 0 0 (      1 1 a  1)( a  a  2) ( d  1 1 d  1)( d  2)      ，  ，故 1a  或 2a  ，同时 1d  或 d  .故选（D） 2  , ) 3 ( r A b 【解析】由 ( ) r A (6) 设二次型  ( , P e e e ，若 1 ) , 2 3 f x x x 在正交变换 x Py 下的标准形为 1 2 3 , , 2 2y 1  2 y 2 2 y  ，其中 3  ( Q e 1  ,  , e e 则 3 ) 2 f  ( , x x x 1 3 , 2 ) 在正交变换 x Qy 下的标准形为 ( (A) ) 2 2y 1  2 y 2  2 y 3 2 2y 1  2 y 2  2 y 3 (B) 2 2y 1  2 y 2  2 y 3 (D) (C) 2 2y 1  2 y 2  2 y 3 f TP AP 【答案】(A) 【解析】由 x Py ，故 0   0   1  . 0 0   0 1   1 0   2 0 0 1 0 0       Q P 1 0 0      且  又因为 ) T y P AP y ( T  2 2 y 1  y 2 2  2 y 3 .  T x Ax   PC T Q AQ C P AP C  ( ) T T 故有  2 0 0      0 0 1 0  0 1     

f  T x Ax  所以 ) T y Q AQ y ( T  2 2 y 1  y 2 2  2 y 3 .选（A） (7) 若 ,A B 为任意两个随机事件,则: ( )  P AB     P A P B    P AB    P B   P A   2 (D)  P A   P AB   (A) (C)  P AB     P A P B   (B)  P B   2 【答案】(C) 【解析】由于 AB  , A AB  ，按概率的基本性质，我们有 ( P AB B )  ( ) P A 且 ( P AB )  ( P B ) ，从而 ( P AB )  ( ( P A P B )  ( ) P A )   2 ( P B ) ，选(C) . (8) 设总体 X B m  1 X X ~ , , ,   X i  X 2     (   1  n  m   1  E n  1 i     (A)  (C) m ) , 2 , X 为来自该总体的简单随机样本, X 为样本均值,则 n  m n     1  1  (B) mn   1  (D)   1 n     1  1  【答案】(B) 【解析】根据样本方差 2 S  n n 1   1 1  i ( X i  X 2 ) 的性质 2( E S )  D X ( ) ，而 ) (  (1 ) m  D X 二、填空题：9  14 小题,每小题 4 分,共 24 分.请将答案写在答题纸指定位置上.  ，从而 1  i  X 2 ) ]  ( n  1) ( E S 2 )  ) m n   1) (1   ( ，选(B) . E [ n  ( X i lim 0 x  (9) ln(cos ) x 2 x  __________.  1 2 【答案】【解析】原极限  lim 0 x   ln(1 cos 2 x x  1)  lim 0 x  cos x 2 x  1   1 2 f x 连续， (10)设函数 ( ) 【答案】 2 2 x    ( ) x 0 xf ( )d , t t 若 (1) 1,    (1) 5,  则 (1) f  ________.

【解析】因为 ( ) f x 连续，所以 ( )x 可导，所以  ( ) x  2 x  0 f ( ) t dt  2 2 ( x f x 2 ) ；因为 (1) 1  ，所以   (1) f ( ) t dt  1  ，所以又因为 (1) 5 故 (1) 2  f 1 0  (1)   1  0 f ( ) t dt  2 (1) 5  f (11)若函数 z  ( , z x y ) 由方程 e x  2 y z 3   xyz  1 3 dx  2 3 dy 【答案】 1  确定，则 (0,0) d z  _________. 【解析】当 0 x  ， 0 y  时带入 e x  2 y z 3   xyz 1  ，得 0 z  . e x  2 y z 3   xyz 1  求微分，得对 x  2 y  3 z ( d e  xyz )  e x  2 y  3 z ( d x  2 y  3 ) z  ( d xyz )  e x  2 y  3 ( z dx  2 dy  3 ) dz  yzdx  xzdy  xydz 0 把 0 x  ， 0 y  ， 0 z  代入上式，得 dx  2 dy  3 dz  0 dz (0,0)   所以 1 3 dx  2 3 dy (12) 设函数 y  ( ) y x 是微分方程  y  y  2 y  的解，且在 0 0x  处取得极值 3 ，则 ( ) y x  ________. 【答案】 ( ) y x 2  e x  x 2 e 【解析】  y  y  2 y 0  的特征方程为 2     ，特征根为 2 0 2  ， 1 ，所以该齐次微分方程的通解为 ( ) y x  C e 1 2  x  x C e 2 ，因为 ( ) y x 可导，所以 0x  为驻点，即 y (0) 3  ， (0) y  ，所以 1 1C  ， 2 0 C  ，故 2 ( ) y x 2  e x  x 2 e (13)设 3 阶矩阵 A 的特征值为 2, 2,1 ， B A  2 B ________. 式【答案】 21   A E 其中 E 为 3 阶单位矩阵，则行列 ,

【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| B     | 3 7 1 21 . (14)设二维随机变量 ( )X Y 服从正态分布 (1,0;1,1;0) , N ，则 { P XY Y  0} _________.  1 2 【答案】【解析】由题设知， ~ X N (1,1), ~ Y N (0,1) ，而且 X Y、相互独立，从而 { P XY Y   0}  {( P X  1) Y  0}  { P X 1 0,   Y  0}  { P X 1 0,   Y  0}  { P X  1} { P Y  0}  { P X  1} { P Y  0}      1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 . 三、解答题：15～23 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、证明过程或演算步骤. (15)(本题满分 10 分) 设函数 ( ) f x   x a ln(1  x )  bx sin , ( ) x g x   c kx 3 .若 ( ) f x 与 ( )g x 在 x  时是等价 0 无穷小，求 , ,a b k 的值. a   1, b  1 k , 2  1  3 【答案】【解析】法一： ln(1  x )   x 2 x 2  3 x 3  ( o x 3 ) ， sin x   x 3 x 3!  ( o x 3 ) ，有因为则 1 lim  0  x ( ) f x ( ) g x  lim 0 x  x a  ln(1 ) x  3 kx  bx sin x  lim 0 x  (1  ) a x  ( b  3 x  3 ( o x ) 2  a 3 a ) x 2 3 kx ，， 0 0     1 a  ab     2  a    3 k 1     1 a  1    b  2  1    k  3 ．，所以，可得：法二：由已知可得得

lim1  0  x )( xf )( xg  lim 0 x  ax  1ln( ) x  3 kx  bx sin x  lim 0 x  1  a  1 x  sin b x 2 3 kx  bx cos x lim 2 3 kx 0 x   0 由分母，得分子 1(  lim 0 x  a  1 x  b sin x  bx cos x )  lim 0 x  1(  a )  0 ，求得 c； lim1  0 x )( xf )( xg  lim 0 x  于是 1  1  1 x  sin b x 2 3 kx  bx cos x  lim 0 x   lim 0 x   lim 0 x  bx  1(  x sin) 3 kx 1( x bx   2 1 ）（ x  x ) cos x bx  1(  x sin) x  2 3 kx bx 1(  x ) cos x 1  b sin bx  1(  x ) cos bx  1( x  bx cos x  bx 1(  x sin) x cos ) x  6 kx lim 0 x  6 kx  0 b sin x  1(2 b ，得分子 cos  x ) 由分母 lim 1[  0 x  1b 2 ；进一步，b 值代入原式 x  bx cos x  bx 1(  x sin) x ]  lim 0 x  21( b  cos x )  0 ，求得 11  2  lim 0 x  sin x 1(  x ) cos x  x cos x  1 2 x 1(  x sin) x 1 2 kx 6 cos x lim1  0 x )( xf )( xg 1 2 cos   lim 0 x  1 2 k6  1k 3 . ，求得 x  cos x 1(  x sin) x  1 2  1 2 x sin 6 k x  1 2 1(  x sin) x  1 2 x sin x  1 2 x 1(  x ) cos x (16)(本题满分 10 分) 计算二重积分 ( x x  )d d y x y  D D  ，其中  4  2 5 【答案】 {( , x y x ) 2  2 y  2, y  x 2 }.

 D 【解析】 ( x x  ) y dxdy  2 x dxdy  D 1   2  2  0 1 0 2  2  x ( 2 2 x 2 x dy  2 x  2 x dx ) dx 2 x  2 1  0 2 x 2  2 x dx  x  t 2 sin  2 2 5  4  0 2sin 2cos t 2 2 tdt  2 5  2  4 0  2 sin 2 tdt  t 2 u    2 0  2 5 2 sin udu   2 5   4 2 5 . (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) . P  MC 11   ；证明定价模型为若该商品的成本函数为 C Q ( ) 1600  2 Q  ，需求函数为 Q  40 P  ，试由（I）中的定价模型确定此商品的价格. 【答案】(I)略(II) P  30 . 【解析】(I)由于利润函数 ( L Q R Q C Q PQ C Q     ) ( ) ( ) ( ) ,两边对Q 求导，得 dL dQ   P Q dP dQ  C Q P Q    ( ) dP dQ  MC . dL dQ  0 当且仅当时，利润 ( )L Q 最大，又由于   P dQ Q dP  dP dQ 1 P    Q , ,所以 P  MC 11   故当时，利润最大. (II)由于 MC C Q  ( )  2 Q  2(40  P )   ,则 P dQ Q dP   P 40 P  代入(I)中的定价模型，

资料库

2015广东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