2021甘肃考研数学三真题及答案.pdf-得力文库

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1、1xa12122021甘肃考研数学三真题及答案甘肃考研数学三真题及答案一、选择题（一、选择题（本题共本题共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项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.）2(1)当x0时，0(e1)dt 是 x7的(A)低阶无穷小.(B)等价无穷小.(C)高阶无穷小.(D)同阶但非等价无穷小.【答案答案】C.x2t3x67x2t37【详解详解】因为当x0时，0(e1)dt确答案为 C.2x(e1)x，所以0(e1

2、)dt是x高阶无穷小，正 ex 1(2)函数 f(x)=x,x 0,在 x 0处1,x0(A)连续且取极大值.(B)连续且取极小值.(C)可导且导数为 0.(D)可导且导数不为 0.【答案答案】D.【详解详解】因为lim f(x)=limex11 f(0)，故 f(x)在 x 0 处连续；x0 x0 xf(x)f(0)ex11xex1 x11因为lim=limlim，故 f(0)，正确答案为 D.x0 x 0 x0 x 0 x0 x222(3)设函数 f(x)ax b ln x(a 0)有两个零点，则b的取值范围是a(A)(e,).(B)(0,e).(C)(0,1).(D)(1,).ee【答案

3、答案】A.【详解详解】令 f(x)ax bln x 0，f(x)a b，令 f(x)0 有驻点 x b，f b abblnb 0，x从而lnb 1，可得b e，正确答案为 A.aaaaa(4)设函数 f(x,y)可微，f(x 1,ex)x(x 1)2，f(x,x2)2x2ln x，则 df(1,1)(A)dx dy.(B)dxdy.(C)dy.(D)dy.【答案答案】C.【详解详解】f(x1,ex)exf(x1,ex)(x 1)22x(x 1)f(x,x2)2xf(x,x2)4xln x 2xt32x 0 x 1分别将y 0，y 1带入式有f1(1,1)f2(1,1)1，f1(1,1)2 f2

4、(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123122331(A)2,0.(B)1,1.(C)2,1.(D)1,2.【答案答案】B.【详解详解】f(x,x,x)(x x)2(x x)2(x x)2 2x2 2x x 2x x 2x x123122331212231 3011所以 A121，故特征多项式为1101|E A|121111 (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

5、1，负惯性指数为 1.故应选 B.T11(6)设 A (,)为 4 阶正交矩阵，若矩阵 B=T，1，k 表示任意常数，1234 2 T1 3 则线性方程组 Bx 的通解 x(A)2 3 4k 1.(B)1 3 4k 2.(C)1 2 4k 3.(D)1 2 3k 4.【答案答案】D.【解析解析】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 T1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4244 T3 T11 B()=T()1，故线性方程组Bx 的通解1232123 T1 3 x 1 2 3k 4，其

6、中k为任意常数.故应选D.101(7)已知矩阵 A 211，若下三角可逆矩阵 P 和上三角可逆矩阵Q，使 PAQ 为对角125矩阵，则 P，Q 可以分别取3Q100101100100(A)010，013.(B)210，010.001001321001 100101100123(C)210，013.(D)010，012.321【答案答案】C.【解析解析】001131001101100101100101100(A,E)211010013210013210125001026101000321 100(F,P),则 P 210;100132111003010101F000 000，则Q 013.故应选

8、P(B)P(AB)，故正确答案为 D.(9)设(X,Y)，(X,Y)，(X,Y)为来自总体N(,;2,2;)的简单随机样本，令1122nn1n1n121212，XnXi，YnYi，XY则i1i1224(A)E()，D()12.n5dydx2 x121 2121 2)()53 222 2(B)E()，D().n22(C)E()，D()12.n22 2(D)E()，D().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()E(XY)E(X)E(Y)12，22 2D()D(X Y)D(X)D(Y)cov(X,Y)121 2，

9、故正确答案为 B.n11(10)设总体 X 的概率分布为 PX 1，PX 2 PX 3，利用来自总体24的样本值 1，3，2，2，1，3，1，2，可得的最大似然估计值为(A)1.3(B).(C)1.(D)5.4822【答案】A.【详解详解】似然函数 L()(1315，2411取对数lnL()3ln()5ln()；24d lnL()351求导0，得.故正确答案为 A.d114二、填空题（二、填空题（本题共本题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分.请将答案写在答题纸指定位置上请将答案写在答题纸指定位置上.）(11)若 y cos e x，则.sin1【答案】e.2ex1s

10、in1【详解】dy sin e x(e x1)dxx1e.2e(12)5【答案】6.xdx.x2 93x5x13d(9x2)15d(x2 9)【详解】5dx 9 xdx x2 9259 x223 6.(13)设平面区域 D由曲线 y 体积为.【答案】.4x sinx(0 x 1)与 x 轴围成，则 D 绕 x 轴旋转所成旋转体的dydxx2 9611【详解】V(x sinx)2dx xsin2xdxx t1sin2tdt.00204(14)差分方程ytt 的通解为.【答案】y y y 1t21t C，C 为任意常数.22【详解】y C,y1(at+b)，(t 1)(a(t 1)b)t(at 1

11、)t，2at a b t，a 1,b 1，2y y y 1t21t C,C 为任意常数.22(15)多项式 f(x)22中 x3项的系数为.【答案答案】-5.【详解详解】xx12xx211211x11x21x21f(x)x 1x1 x 2x1 211 2x 21x21x111x21x31x211211x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(0,0)(0,1)(1

12、,0)(1,1)01 01【解答】联合分布率(X,Y)3113,X11Y11 105510 22 221111cov(X,Y)20，DX4,DY4,即XY5.三、解答题（本题共三、解答题（本题共 6 小题，共小题，共 70 分分.请将解答写在答题纸指定位置上，解答应写出文字说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明、证明过程或演算步骤.）(17)(本小题满分 10 分)11已知limarctanx01 11xx存在，求的值.x【答案】(e e).【详解】.要想极限存在，则左右极限相等；1又由于 limarctanx0 x(11x)x e;2xx12x1x2121x

13、1211x71fte dtx21limarctanx0 x(111x)x;2e11 1从而 e 22，即e(e e).(18)(本小题满分 12 分)(x 1)2 y2求函数 f(x,y)2ln x 的极值.2x2【答案】(1,0)处取极小值 2；(,0)处取极小值122 2 ln 2.【详解】2x2 x 1 y2fxx3 02x2 x 1 y2 0（1）y即y 0f 0yx21得驻点(1,0)，(,0)2xx4x1x3(2x2x1y2)x4（2）2 yxyx3f1 yy2（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

14、(1,0)处，A=24，B=0，C=4，AC B2 3 0，A 0211故 f(x,y)在(,0)处取极小值22(19)(本小题满分 12 分)2 ln 2.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】1e21e 1.848211221122e(x y)(x2y2)d4cos 2der(cossin)r2dr24cos 2der(cossin)r2dr2D00200124cos 2deu(cossin)udu001ueu(cossin)2du11(cos sin)2ueu(cossin)2du

15、(cos sin)201(cos sin)1(cossin)4 0(cossin)2t40f8e(cossin)21e(cossin)21(cossin)2(cossin)49n1n 1211上式=14cos sin(cossin)2d14cos sine(cossin)2 1d20cos sine20(cos+sin)3121eu2du12eu2121udu21u32222u2其中1eu2du=-21u21u221u23121e1u1u d(e)e2u211(2e)(2u)du e42e1u3due2e121118421848(20)(本小题满分 12 分)设n 为正整数，y yn(x)是微

16、分方程 xy(n1)y 0满足条件 yn(1)1n(n 1)的解.(1)求yn(x)；(2)求级数yn(x)的收敛域及和函数.n11n1(1 x)ln(1 x)x,x(1,1)【答案】(1)yn(x)n(n 1)x(n 1)y;(2)收敛域1,1，S(x)n1dx11,x 1.1(1)y 0 得xy Cex Cxn1，将yn(1)n(n 1)带入，有C n(n 1)，yn(x)1n(n 1)xn1；n1(2)n(n 1)x的收敛域为1,1n1xn1xn1设S(x)n(n1)xn1(1x)ln(1x)x,x(1,1)n1又因为 S(x)在1,1 连续，所以 S(1)lim S(x)1，x1所以

17、 S(x)(1 x)ln(1 x)x,x1,1).1,x 1(21)(本小题满分 12 分)210设矩阵 A=120仅有两个不同的特征值.若 A相似于对角矩阵，求a，b 的值，并求可1ab逆矩阵 P，使 P1AP 为对角矩阵.2【详解】由E A 11020(b)(3)(1)01ab当 b 3 时，由 A 相似对角化可知，二重根所对应特征值至少存在两个线性无关的特征向量，则 110(3E A)110知，a 1，1a0n1n10110101YY10此时，3 所对应特征向量为1,0，121 2 1 31所对应的特征向量为1，则 P1AP 33311当 b 1 时，由 A 相似对角化可知，二重根所对应

18、特征值至少存在两个线性无关的特征向量，则1(E A)11010，知 a 1，1a010此时，1所对应特征向量为1,0，1212 1 13所对应的特征向量为1，则 P1AP 1.33 13(22)(本小题满分 12 分)在区间(0,2)上随机取一点，将该区间分成两段，较短的一段长度记为 X,较长的一段长度记为Y,令 Z.X(1)求 X 的概率密度；(2)求Z 的概率密度.(3)求 E X.1,0 x 12,z 1【答案】(1)xf(x)0,其他；(2)fZ(z)(FZ(z)(z 1)2.(3)1 2 ln 2.【详解】(1)由题知：xf(x)1,0 x 1；0,其他0,其他2 X(2)由 y 2 x，即 Z，先求Z 的分布函数：XF(z)PZ z P2 X z P21 zZXX当 z 1 时，FZ(z)0；当 z 1 时，22 22FZ(z)P1 z1PX 1z11dx 1；X2,z 1z 10z 12fZ(z)(FZ(z)(z 1)；0,其他12Y2 X(3)E X EX1x 1dx 1 2 ln 2.02x

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