2019年全國考研數(shù)三試題及解析共9頁文檔

1、2019 年全國研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)三試題一、選擇題：1 8 小題，每小題4 分，共 32 分，下列每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的，請把所選項(xiàng)前的字母填在答題紙指定位置上.（ 1）若 lim 1（ 1 a）ex1 ，則 a等于 （ C）xx（ A） 0（ B） 1（ C） 2（ D） 31111 exim e 1 a 1 ， x0【解析】 lim （ a）e lim （1 e ） ae = limalx0x xx0xx0 x因此 a =2（ 2 ）設(shè)y1， y2 是一階線性非齊次微分方程yp（x）y q（x） 的兩個(gè)特解，若常數(shù)，112，2，22，使y1y2是該方程的解

2、，y1y 2是該方程對應(yīng)的齊次方程的解，則（ A）11，2221，33解 析 】 根 據(jù) 已 知 有 y1y1 p(x) q( x), y2y2 p(x) q(x) 。 于 是 將y1y2和y1 y2分別代入方程左邊得(y1y2)+ p(x)(y1y2 )()q(x)(y1y2)+ p(x)(y1y2 )()q(x)1y1 y2為方程解1 ，y1y2為齊次方程解0， 解得2f(x) ， g(x) 具有二階導(dǎo)數(shù)，且g (x) 0，若g(x0)a是 g(x) 的極值，則f (g (x) 在 x0 取極大值的一個(gè)充分條件是(B)f (a) f (a)g (x0 ) 0 ， g (x0 ) 0 。因此

3、 f (g(x) x x0 = f (g(x0)g (x0) 0 ， 故 要 想 x0 為 f (g(x) 的 極 大 值 點(diǎn) ， 只 需 f (g(x)x x0 0 即可。即 f (g(x)2x x0 = f ( g(x0) g (x0)f (g(a)g (x0) 0。f (a) 0xf (x) ln 10 x ， g(x) x，h(x)e10 ，則當(dāng)x 充分大時(shí)有(C)g(x) h(x) f(x)，h(x) g(x) f(x)f (x) g(x) h(x)g(x) f (x) h(x)第 16 頁1x/10 =0，lim g(x)=lim g (x)=x h(x) x h (x) e10r

4、 slim10f(x)=limx 10 g(x) x(10f(x)=lim (10g(x) x 10x(ln x)10=lxim10x =0，所以f(x) g(x) srsr s 則向量組1,0 ） 、 （ 2,0 ） 。選項(xiàng)r s一定線性相關(guān)。選項(xiàng)B 、 D 反例：向量組為（1,0） 、 （ 2,0） ，C 反例向量組為（1,0） 、 （2,0） ，向量組也為（1,0）A2A ，若A的秩為，則A相似于（D）C）A 的特征值應(yīng)滿足20，即 0或 -1 。又 r（A） 3因此 A110 和 -1 。故A相似于10F(x)0, 1 2,x 0,0 x 1，則 P X 1( C )x1af1 (x)

5、 x 0 f(x)bf2(x) x 0A) 2a+3b=4B) 3a+2b=4C) a+b=1D) a+b=2(A)0(B)1(C)1 e 1 (D)1 e 12211【解析】 P(X 1) F(1) F(1 0) 1 e 1e 1f2 (x)為 -1,3上均勻分布的概率密度，若8)設(shè)f1 (x)的標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布的概率密度，【解析】根據(jù)密度函數(shù)的性質(zhì)，此 2a+3 b =40a1 f (x)dx=af1(x)dx+bf2 (x)dx =023b4 ，因914小題，每小題4分，共24分。x y2xdy9)設(shè)可導(dǎo)函數(shù)y y(x) 由方程e t dt = xsint2dt 確定，則x 0 =00dxx

6、 y t2x2e dt = xsin t dt 兩邊對 x 求導(dǎo)得00e (x y)2 (1 y ) = xsint2dt xsin x2 .2代入 x 0得 e y (1 y x 0) 01 y x 0 y x 0 = 11( 10)設(shè)位于曲線y(e x ) 下方， x軸上方的無界區(qū)域?yàn)镚，則 Gx(1 ln 2 x)繞 x 軸旋轉(zhuǎn)一周所得空間區(qū)域的體積為22t【解析】體積V y dx =2 dx = t 2 e dt = arctant 1 =x(1 ln2 x) 1 et (1 t2)1411)設(shè)某商品的收益函數(shù)為R( p)，收益彈性為1p3，其中 p 為價(jià)格，且R(1) 1 ，則R(p

7、)=a 0, b 0)為概率密度，則a ， b 應(yīng)滿足(A)PR PR 1 P3，即R(P) 1 p312= P2，兩邊同時(shí)積分有Pln R ln P P3 C13即 ln R P3P3P3RC1 所 以 有 Ce R CP ePP33， 再 由 條 件1P3 1R(1) 1 ，代入，得C=e 3，所以 R(p)= p e 312)若曲線yx3ax2 bx 1 有拐點(diǎn)(-1,0) ，則 b=解 析 】 根 據(jù) 條 件 得 y 1 o，xy x 1 o ， 其 中 y 6x 2a 。 于 是 得 到 方 程1ab10，解得ab36 2a 013)設(shè)A， B 為 3 階矩陣，且A 3， B =2，

8、 A 1 B2，則A B 1A B 1 A(A 1 B)B 1 ，所以 A B 1 A A 1 B B 1 =314) 設(shè) X1, X2, Xn是 來 自 總 體 N( , 2) (0) 的 簡 單 隨 機(jī) 樣 本 ， 記 統(tǒng) 計(jì) 量nET =T 1 Xi2ni1EXi2 DXi (EXi)2221n ET=E1ni1nXi2 = 1EXi2ni1=1n( 2n2)=( 22)1523 小題，共15 ) (本題滿分10 分)94 分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。求極限 lim (xx 1)lnx1lim xx = lim xxlnxL P lim 1xx1lim (xx 1)1xl

9、im 10x lnx11lim (xx 1)lnx=( 1)0=116 ) (本題滿分10 分)算 二 重 積 分 (x y)3dxdy 其 中 D 由 曲 線 x 1 y2 與 直 線 x 2y 0 及Dx 2y 0圍成D 關(guān)于 x 軸對稱，令區(qū)域D 在第一象限的區(qū)域?yàn)镈1(x y)3 dxdy=D(x3 3x2y 3xy2 y3)dxdyD=(x3 3xy2 )dxdy=2D(x21 y1 323xy )dxdy= 0 2y (x 3xy )dxdy則有31 x 3 2 2 y2 1(x y) dxdy =20 ( x y ) 2y dyD421 9x42 12 0( 94x2y2 41)

10、dy2(9y5 * * *202313 y 4 y)141517 ) (本題滿分10 分)u xy 2yz 在約束條件x2 y2 z2 10下的最大值和最小值u f (x, y, z) xy 2yz，(x, y, z) x2 y2 z2 10F(x,y,z, ) f (x, y, z)(x2 y2 z2 10)，F(xiàn)f=+=0xx xFf=+=0yy yFf=+=0zz zF= (x, y, z) 0時(shí)點(diǎn) ( 1, 5, 2) 和點(diǎn) (1,5,2)2u f (1, 5,2)=5 5， u f ( 1,5, 2)=5 5可知函數(shù)在條件x2f (0)0 f (x)dx f(2) f (3)。I)證明

11、：存在(0,2) ，使得 f ( ) f (0) ；II )證明：存在(0,3) ，使得 f ( ) 0。x2【解析】 ( I)設(shè) F(x) f (t)dt(0 x 2)，則 f (x)dx F(2) F(0)根據(jù)拉格朗日中值定理，存在(0,2) ，使 F (2) F (0) 2F ( ) 2 f ( )22即 f(x)dx 2f( )。由題設(shè)知f(x)dx 2f (0) ，故 f( )f(0) y2 z2 10下的最大值和最小值分別為5 5 、5 518 ) (本題滿分10 分)110 ln t ln(1 t) dt與 0 tn ln t dt (n 1,2, ) 的大小，說明理由；1un

12、ln t ln(1 t) dt (n 1,2, ) ，求極限lim unn()由題意可知積分區(qū)域相同，比較兩式的大小只需要比較被積函數(shù)在區(qū)域內(nèi)的大小即可，即比較lnt ln(1 t) n和 tn ln t 的大小在(0,1 )區(qū)間上lnt 0所以上邊兩式變?yōu)閒1( lnt) ln(1 t) n， f2 ( lnt)tn令f)n( lnt) ln(1 t) n ln(1 t) =( lnt)tn1因?yàn)?t n lntdt= 0tnlntdt=1n11 n10lntdt1 n1t lnt n1111n10 + t dlnt0 n10又因?yàn)閘im tn 1 lnt =limt 0tlnt(n 1)

13、=0，所以lim ntnlntdt=0lim lnt ln(1 t) ndt0=limn0tnlntdtlim lntln(1 t) ndt 0所以 lim ln t ln(1 t) ndt =0( 19) (本題滿分11 分)設(shè) 函 數(shù) f (x) 在 0,3 內(nèi) 連 續(xù) 在 (0,3) 內(nèi) 存 在 二 階 導(dǎo) 數(shù) ， 且II )f(2) f (3) 介于 f (x) 在 2,3 上的最大最小值之間，根據(jù)連續(xù)函數(shù)的介值定理，存 在 f( )2f( 2) f (3。) 由 題 設(shè) 知f( 2) f (3) f(0)， 故 f( ) f (0。) 由 于f(0) f ( ) f (，且 )03

14、，根據(jù)羅爾定理，存在1 (0, ) ，2 ( , ) ，使 f ( 1) 0, f ( 2) 0，從而存在( 1, 2 )(0,3) ，使得 f ( ) 020) (本題滿分11分)設(shè)A01Ax b 存在兩個(gè)不同的解。11I )求 ， a ；1II )求 Ax b的通解。( I )設(shè)1 , 2 為 Ax b 的 2 個(gè)不同的解，則1 2 是 Ax 0 的一個(gè)非零解，故 A (1)2(1) 0。于是1或 11 時(shí)，因?yàn)閞(A) r(A b) ，所以 Ax b 無解，舍去(A b)1 時(shí)，對Ax b 的增廣矩陣施以初等行變化1a01113212a2Ax b 有解，所以a 2II)當(dāng)1 ， a 2

15、時(shí)( 21) (本題滿分3120120011分)1所以 Ax b 的通解為x2k 為任意常設(shè)A正 交 矩 陣 Q 使 得 QT AQ為 對 角 矩 陣 ， 若 Q 的 第 一 列 為(1,2,1)T，求 a，Q。(1,2,1) T 為A的一個(gè)特征向量，于是41a20111 2 ，解得 a 1, 1 21E A (2)(5)(4) ，所以 A的特征值為2，屬于特征值5 的一個(gè)單位特征向量為(1, 1,1)T ；屬于特征值4 的一個(gè)單位特征向量為1 ( 1,0,1) T令Q16261622) (本題滿分13131311 分)Q T AQ設(shè)二維隨機(jī)變量(X,Y)的聯(lián)合密度函數(shù)為f (x, y) Ae

16、2x2 2xy y2A 的特征多項(xiàng)式5，4Q 為所求矩陣y。求 A及 fYX(y x) 。X 的邊緣密度，由公式知，( )222fX(x)f(x,y)dy A e e dy Ae(y x)2Ae x A這里恰好為正態(tài)分布11N (x, ) 以及 N (0, )的密221度函數(shù)，故A 。又由于當(dāng)x 時(shí)，有 f ( y x) f ( x, y) 1 e ( y x )2 ，yYXfX (x)( 23) (本題滿分11 分)箱內(nèi)有 6 個(gè)球，其中紅、白、黑球的個(gè)數(shù)分別為1、 2、 3 個(gè)，現(xiàn)從箱中隨機(jī)取出2 個(gè)球，設(shè) X 為取出的紅球個(gè)數(shù)，Y 為取出的白球個(gè)數(shù)。I )求隨機(jī)變量(X,Y) 的概率分布；II )求 Cov(X,Y)。C2 0,Y2) CC22115I )由于 X 的可能取值為0 ， 1 ， Y 的可能取值為0 ， 1 ， 2 。 所以， (X,Y) 可能的取值有 6 個(gè)，其相應(yīng)的概率為C21C1C12P(X 0,Y 0)321 ， P(X 0,Y 1)2232， P(XC5C5C1 P(X