2015年全国硕士研究生入学统一考试数学(三)试题解析

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xn是数列,下列命题中不正确的是 ( ) (A) 若limxna,则 limx2nlimx2n1a

nnn(B) 若limx2nlimx2n1a, 则limxna

nnn(C) 若limxna,则 limx3nlimx3n1a

nnn(D) 若limx3nlimx3n1a,则limxna

nnn【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.

数列xnan对任意的子列xnk均有xnkak,所以A、B、C正确； D错(D选项缺少x3n2的敛散性),故选D

(2) 设函数fx在,内连续,其2阶导函数fx的图形如右图所示,则曲线yfx的拐点个数为 ( )

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 【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f(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，故选C.

(3) 设 Dx,yx2cos2y22x,x2y22y,函数fx,y在D上连续,则

fx,ydxdy ( )

D(A)

40dd0frcos,rsinrdrdfrcos,rsinrdrd24242sin0frcos,rsinrdr frcos,rsinrdr

(B)

402sin2cos00梦想不会辜负每一个努力的人 (C) 2dx0101x11x2fx,ydy

(D) 2dx2xx2xfx,ydy

【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

D1(r,)0,0r2sinD2(r,),0r2cos

442所以

f(x,y)dxdyD40d2sin0f(rcos,rsin)rdrd242cos0f(rcos,rsin)rdr，

故选B.

(4) 下列级数中发散的是( )

n(A) n (B)

n13n111ln(1)

nn(1)n1(C)  (D)

lnnn2n! nnn1【答案】(C)

n1n1n113lim1，所以根据正项级数的比值【解析】A为正项级数，因为limnn3nn3n311nln(1)判别法n收敛；B为正项级数，因为nnn131n32，根据P级数收敛准则，知

n111(1)n1(1)n1ln(1)收敛；C，，根据莱布尼茨判别法知

nlnnlnnlnnnn1n1n1(1)n收敛， n1lnn1(1)n1发散，所以根据级数收敛定义知，发散；D为正项级lnnlnnn1n1(n1)!n(n1)!nn(n1)n1n1数，因为limlimlim1，所以根据正项级数nnn!n!(n1)n1nn1enn的比值判别法

n!n收敛，所以选C. nn1梦想不会辜负每一个努力的人 1111(5)设矩阵A12a,bd.若集合1,2，则线性方程组Axb有无穷

14a2d2多解的充分必要条件为 ( )

(A) a,d (B) a,d (C) a,d (D) a,d 【答案】(D)

111【解析】(A,b)12a14a211111d01a1d12d00(a1)(a2)(d1)(d2)，

由r(A)r(A,b)3，故a1或a2，同时d1或d2.故选（D） (6) 设二次型fx1,x2,x3在正交变换xPy下的标准形为2y1y2y3，其中

222P(e1,e2,e3)，若Q(e1,e3,e2)则f(x1,x2,x3)在正交变换xQy下的标准形为

( )

(A)2y1y2y3 (B) 2y1y2y3 (C) 2y1y2y3 (D) 2y1y2y3 【答案】(A)

22【解析】由xPy，故fxTAxyT(PTAP)y2y12y2. y3222222222222200T且PAP010.

001100又因为QP001PC

010200TTT故有QAQC(PAP)C010

00122所以fxTAxyT(QTAQ)y2y12y2.选（A） y3梦想不会辜负每一个努力的人 (7) 若A,B为任意两个随机事件,则: ( ) (A)PABPAPB (B)PABPAPB (C) PAB【答案】(C)

【解析】由于ABA,ABB，按概率的基本性质，我们有P(AB)P(A)且

PAPB2 (D) PABPAPB2

P(AB)P(B)，从而P(AB)P(A)P(B)(8) 设总体X~Bm,,X1,X2,P(A)P(B)，选(C) .

2,Xn为来自该总体的简单随机样本, X为样本均

n值,则EXiXi1 ( ) 2(A) m1n1 (B)mn11 (C)m1n11 (D)mn1 【答案】(B)

1n(XiX)2的性质E(S2)D(X)，而【解析】根据样本方差Sn1i12D(X)m(1)，从而E[(XiX)2](n1)E(S2)m(n1)(1)，选(B) .

i1n二、填空题：9(9) lim14小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸指定位置上. ．．．

ln(cosx)__________. 2x0x1【答案】

2ln(1cosx1)cosx11lim 【解析】原极限lim22x0x0xx2(10)设函数f(x)连续，(x)【答案】2

【解析】因为f(x)连续，所以(x)可导，所以(x)因为(1)1，所以(1)x20xf(t)dt,若(1)1,(1)5,则f(1)________.

x20f(t)dt2x2f(x2)；

10f(t)dt1

1又因为(1)5，所以(1)f(t)dt2f(1)5

0梦想不会辜负每一个努力的人 故f(1)2

(11)若函数zz(x,y)由方程e【答案】dxx2y3zxyz1确定，则dz(0,0)_________.

132dy 3x2y3z【解析】当x0，y0时带入e对ex2y3zxyz1，得z0.

xyz1求微分，得

d(ex2y3zxyz)ex2y3zd(x2y3z)d(xyz) ex2y3z(dx2dy3dz)yzdxxzdyxydz0

把x0，y0，z0代入上式，得dx2dy3dz0 所以dz(0,0)dx132dy 3(12)设函数yy(x)是微分方程yy2y0的解，且在x0处取得极值3，则

y(x)________.

【答案】y(x)e2x2ex

【解析】yy2y0的特征方程为220，特征根为2，1，所以该齐次微分方程的通解为y(x)C1e2xC2ex，因为y(x)可导，所以x0为驻点，即

y(0)3，y(0)0，所以C11，C22，故y(x)e2x2ex

(13)设3阶矩阵A的特征值为2,2,1，BAAE,其中E为3阶单位矩阵，则行列式B________.

【答案】 21

【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N(1,0;1,1;0)，则

2P{XYY0}_________.

梦想不会辜负每一个努力的人 【答案】

1 2【解析】由题设知，X~N(1,1),Y~N(0,1)，而且X、Y相互，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}11111. 22222三、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aln(1x)bxsinx,g(x)ckx.若f(x)与g(x)在x0时是等价无穷小，求a,b,k的值.

【答案】 a1,b【解析】法一：

311 ,k23x2x3x33o(x)，sinxxo(x3)， 因为ln(1x)x3!23则有，

aa(1a)x(b)x2x3o(x3)f(x)xaln(1x)bxsinx231limlimlim， 33x0g(x)x0x0kxkx1a0a11a可得：b0，所以，b．

22a11k3k3法二： 由已知可得得

1limx0f(x)xaln(1x)bxsinxlimlim3x0x0g(x)kx2x01absinxbxcosx1x 23kx由分母lim3kx0，得分子lim(1x0absinxbxcosx)lim(1a)0，求得

x01xc；

梦想不会辜负每一个努力的人 f(x)limg(x)x01于是1limx01bsinxbxcosx1x 23kxxb(1x)sinxbx(1x)cosx 2x03kx（1x）xb(1x)sinxbx(1x)cosx lim 2x03kx1bsinxb(1x)cosxb(1x)cosxbxcosxbx(1x)sinx lim

x06kx lim由分母lim6kx0，得分子

x0求lim[1bsinx2b(1x)cosxbxcosxbx(1x)sinx]lim(12bcosx)0，

x0x0得b1； 2进一步，b值代入原式

1111sinx(1x)cosxxcosxx(1x)sinxf(x)2221lim limx0g(x)x06kx111111cosxcosx(1x)sinxcosxxsinx(1x)sinxxsinxx(1x)cosx22222lim2x06k112，求得k.

36k (16)(本题满分10 分) 计算二重积分【答案】 【解析】

1222x(xy)dxdy，其中D{(x,y)xy2,yx}. D4D2 52Dx(xy)dxdyxdxdy

2x2x2dx2010x2dy

2x2(2x2x2)dx 2x0122x2sint22xdx242sin2t2cos2tdt

05522u2t22224sin2tdt2sin2udu.

0055梦想不会辜负每一个努力的人 (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).

(I) 证明定价模型为PMC； 11(II) 若该商品的成本函数为C(Q)1600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

2dLdPdPPQC(Q)PQMC. dQdQdQ当且仅当

dLPdQdP1P0时，利润L(Q)最大，又由于, ,所以dQdQQQdP故当PMC时，利润最大. 11(II)由于MCC(Q)2Q2(40P),则PdQP代入(I)中的定价模QdP40P型，得P2(40P),从而解得P30.

40P1P(18)(本题满分10 分)

设函数f(x)在定义域I上的导数大于零，若对任意的x0I，曲线yf(x)在点

(x0,f(x0))处的切线与直线xx0及x轴所围成区域的面积恒为4，且f(0)2，求f(x)表

达式.

【答案】fx8 4x【解析】曲线的切线方程为yfx0fx0xx0，切线与x轴的交点为

fx0x,0 0fx0梦想不会辜负每一个努力的人 21fx04. 故面积为：S2fx0故fx满足的方程为f解得fx2x8fx,此为可分离变量的微分方程,

88，又由于f0=2，带入可得C4，从而fx xC4x(19)(本题满分 10分)

（I）设函数u(x),v(x)可导，利用导数定义证明[u(x)v(x)]u(x)v(x)u(x)v(x); （II）设函数u1(x),u2(x),求导公式.

【答案】f(x)[u1(x)u2(x) u1(x)u2(x),un(x)可导，f(x)u1(x)u2(x)un(x)，写出f(x)的

un(x)]

un(x)u1(x)u2(x)un(x)u1(x)u2(x)un(x)

u(xh)v(xh)u(x)v(x)

h0hu(xh)v(xh)u(xh)v(x)u(xh)v(x)u(x)v(x) lim

h0hv(xh)v(x)u(xh)u(x) limu(xh)limv(x)

h0h0hh【解析】（I）[u(x)v(x)]lim u(x)v(x)u(x)v(x) （II）由题意得

f(x)[u1(x)u2(x)un(x)]

u1(x)u2(x)(20) (本题满分 11分)

un(x)u1(x)u2(x)un(x)u1(x)u2(x)un(x)

a10 设矩阵A=1a1，且A3O.

01a(I) 求a的值；

(II)若矩阵X满足XXAAXAXAE，其中E为3阶单位矩阵，求X.

22312【答案】a0,X111

211梦想不会辜负每一个努力的人 a1【解析】(I)AOA0130a0a110aa11a2a1a30a0

01(II)由题意知

XXA2AXAXA2EXEA2AXEA2EEAXEA2EXEAXEA2A112EAEA2EA

11011EA2A111，

112011100111010111010011100 112001112001111010111010011100011100 021011001211110201100312010111010111 001211001211312X111

211(21) (本题满分11 分)

023120设矩阵A133相似于矩阵B=0b0.

12a031(I) 求a,b的值；

（II）求可逆矩阵P，使PAP为对角矩阵.

1231【答案】a4,b5,P101

011【解析】(1) A~Btr(A)tr(B)3a1b1

梦想不会辜负每一个努力的人 0AB112323a120b300 130ab1a4 2ab3b5023100123A133010123EC

1230011231231C1231123

1231C的特征值120,34

0时(0EC)x0的基础解系为1(2,1,0)T;2(3,0,1)T 5时(4EC)x0的基础解系为3(1,1,1)T

A的特征值A1C:1,1,5

231令P(1,2,3)101，

0111P1AP1

5(22) (本题满分11 分)

x2ln2,x0设随机变量X的概率密度为fx,对X进行重复的观测,直到

x00,第2个大于3的观测值出现时停止，记Y为观测次数

(I)求Y的概率分布； (II)求E(Y).

1n22n2【答案】(I)P{Yn}Cn，n2,3,p(1p)p(n1)()()11878 ；

(II)E(Y)16.

梦想不会辜负每一个努力的人 【解析】(I) 记p为观测值大于3的概率，则pP(X3)312xln2dx，

8 为Y的概率分布；

1n2从而P{Yn}Cnp(n1)()2()n2，n2,3,1p(1p)1878(II) 法一:分解法:

将随机变量Y分解成Y=MN两个过程,其中M表示从1到n(nk)次试验观测值大于3首次发生，N表示从n1次到第k试验观测值大于3首次发生.

则M~Ge(n,p)，NGe(kn,p)(注：Ge表示几何分布)

所以

E(Y)E(MN)E(M)E(N)112216. ppp18法二:直接计算

127n2777E(Y)nP{Yn}n(n1)()()n(n1)[()n22()n1()n]88888n2n2n2记S1(x)n(n1)xn2n21x1，则

S1(x)n(n1)xn2n2(nxn2n1n1)(xn)n22，

(1x)32x， 3(1x)S2(x)n(n1)xn2xn(n1)xn2xS1(x)n2S3(x)n(n1)xxnn22n(n1)xn2n22x2xS1(x)，

(1x)3224x2x22所以S(x)S1(x)2S2(x)S3(x)，

(1x)31x从而E(Y)S()16. (23) (本题满分11 分)

781,x1,设总体X的概率密度为f(x,)1其中为未知参数，

其他,0,X1,X2,,Xn为来自该总体的简单随机样本.

(I)求的矩估计量；

梦想不会辜负每一个努力的人 (II)求的最大似然估计量. 【答案】(I)2X1,1nXXi ；

ni1 (II)min{X1,X2,【解析】(I)E(X)

,Xn}.

xf(x;)dxx111， dx121nXXi为的矩估计量 ；

ni11令E(X)X，即X，解得2X1,2n(II)似然函数L()i11n,xi1f(xi;)， 1其他0,11n()，则lnL()nln(1). 11i1n当xi1时，L()从而

dlnL()n，关于单调增加，

d1,Xn}为的最大似然估计量.

所以min{X1,X2,