2015考研数学三真题及答案

2015 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  xn  是数列,下列命题中不正确的是 ( lim xn a (A) 若 n   lim x2 n lim x2 n1 a ,则 n  n  lim x2 n lim x2 n1 a (B) 若 n   n  lim xn a (C) 若 n   lim xn a , 则 n  lim x3n lim x3n 1 a ,则 n  n  lim x3n lim x3n 1 a (D) 若 n   ) n  lim xn a ,则 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     D 错(D 选项缺少 f  x (2) 设函数  x  均有 x nk nk  a  k   ,所以 A、B、C 正确； x3n2 的敛散性),故选 D 在 如右图所示,则曲线 (A) 0 对任意的子列   ,  内连续,其 2 阶导函数 f  x  的图形 y  f  x (B) 1 (C) 2 的拐点个数为 ( ) (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)  f  x, y dxdy  D (A)  4 0 ,函数 D   x, y  x 2  y 2 2 x, x 2  y 2 2 y 设 2cos  d  0 f  x, y  在 D上 连 续 , 则 ( )  2sin  f  r cos  , r sin   rdr  2 d  4 0 f  r cos  , r sin  rdr (B)  4 0 2sin   d  0 1  4 x (C) 2 dx  (D) 2 dx  0 1 1 x 2 1 2 x  x2 0 2cos f  r cos  , r sin   rdr  2 d  x 0 f  r cos  , r sin  rdr f  x, y  dy f  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 2 cos   4 4 2     所以  4 0  2  4 2sin  f ( x, y)dxdy  d  D 2cos f ( r cos  , r sin  ) rdr   d  0 0 f ( r cos  , r sin  )rdr ， 故选 B. (4) 下列级数中发散的是( ) n n (A) n 1 3     (B) ( 1) n  1  ln n n 2 n! n (D) n1 n  (C) n 1 1 1 ln(1  ) n n   【答案】(C) n 1 n 1 n 1 1 lim 3 lim  1 n  n   3n n 3 n 3 【解析】A 为正项级数，因为 ，所以根据正项级数的比值判  别法   n 1 n 3 n 1 n 1 1 1 ln(1  )  3 n n n 2 ，根据 P 级数收敛准则，知 收敛；B 为正项级数，因为  ( 1)n  1  ( 1) n  1 1 1   ln(1  )  n 收敛；C ， n 1 ln n n n 1 ln n n 1 ln n ，根据莱布尼茨判别法知 ( 1)n  n 1 ln n 收敛，   ( 1) n  1 1  ln n  n 1 ln n 发散，所以根据级数收敛定义知， n 1 发散；D 为正项  (n  1)! n (n  1)! n n 1 (n  1) n 1  n  lim lim lim   1  n 1 n  n   n   n! n ! (n  1) e  n 1  n n 级数，因为 ，所以根据正项  n! n 级数的比值判别法 n 1 n 收敛，所以选 C. 1    1 1 1    b  d  A  1 2 a     d2   1 4 a2   ,   .若集合   1, 2 ，则线性方程组 Ax b 有无穷多 (5)设矩阵 解的充分必要条件为 ( ) (A) a  , d   (B) a  , d   (C) a  , d   (D) a  , d   【答案】(D) 【解析】 1 1 1  ( A, b)  1 2 a  1 4 a2  1  d  d 2  1 1 1 1    a 1 d1 0 1   0 0 (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  2 2 2 2 y1  y2  y3 ， 其 中 在 正 交 变 换 x Py 下 的 标 准 形 为 P (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) (C) 2 y12  y22  y32 2 y12  y22  y32 (B) 2 y12  y22  y32 (D) 2 y12  y22  y32 【答案】(A) 【解析】由 x Py ，故 f xT Ax  y T ( PT AP ) y 2 y12  y22  y32 . 2 0 0    P AP  0 1 0   0 0  1  . 且 T  1 0 0   Q P  0 0 1  PC  0  1 0   又因为  2 0 0   Q AQ C ( P AP )C  0  1 0   0 0 1   故有 T T T f  xT Ax  yT (QT AQ) y 2 y12  y22  y32 .选（A） 所以 (7) 若 A, B 为任意两个随机事件,则: (A) (C) ( ) P  AB  P  A  P  B  P  AB   (B) P  AB  P  A  P  B  P  A  P  B  2 (D) P  AB   P  A  P  B  2 【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 ( AB ) P ( B ) ，从而 (8) 设总体  (C) P( A)  P( B) 2 ，选(C) . X ~ B  m,   , X 1 , X 2 ,  , X n 为来自该总体的简单随机样本, X 为样本均值,则 n E   Xi  X  i 1 (A) P( AB)  P( A) P( B)   2    ( )  m  1 n  1    (B)  m  1  n  1   1    m  n  1   1    (D) mn  1    【答案】(B) S2  【 解 析 】 根 据 样 本 方 差 1 n ( X i  X )2  2 n  1 i 1 的 性 质 E ( S ) D( X ) ， 而 n D ( X ) m (1   ) ，从而 E[ ( X i  X ) 2 ] (n  1) E ( S 2 ) m( n  1) (1   ) i 1 ，选(B) . 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. (9) lim x 0 ln(cos x) __________ . x2 1 【答案】 2  【解析】原极限 ln(1  cos x  1) cos x  1 1 lim  2 2 x 0 x 0 x x 2 lim x2 (10)设函数 f ( x ) 连续， 【答案】 2  ( x)  xf (t )dt , 0  若  (1) 1,  (1) 5, 则 f (1) ________ . x2 【解析】因为 f ( x ) 连续，所以  ( x) 可导，所以  ( x )  f (t )dt  2 x 2 f ( x 2 ) 0 ； 1  (1) 1 ，所以  (1) 0 f (t )dt 1 因为 1  (1) 5 ，所以  (1) 0 f (t )dt  2 f (1) 5 又因为 故 f (1) 2 (11)若函数 z  z ( x, y ) 由方程 e x  2 y 3 z  xyz 1 确定，则 dz (0,0) _________ . 1 2 dx  dy 3 【答案】 3  【解析】当 x 0 ， 对e x  2 y 3 z y 0 时带入 e x 2 y 3 z  xyz 1 ，得 z 0 .  xyz 1 求微分，得 d (e x 2 y 3 z  xyz ) e x 2 y 3 z d ( x  2 y  3z )  d ( xyz ) e x 2 y 3 z ( dx  2dy  3dz )  yzdx  xzdy  xydz 0 把 x 0 ， 所以 y 0 ， z 0 代入上式，得 dx  2dy  3dz 0 dz (0,0)  1 2 dx  dy 3 3   (12) 设 函 数 y  y ( x ) 是 微 分 方 程 y  y  2 y 0 的 解 ， 且 在 x 0 处 取 得 极 值 3 ， 则 y ( x ) ________ . 【答案】 y ( x) e 【解析】  2x  2e x y  y  2 y 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 2 x  C2 e x ，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  2 x  2e x 2 (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