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第 1 页 2015 年全国硕士研究生入学统一考试数学（三）试题解析年全国硕士研究生入学统一考试数学（三）试题解析 一、选择题一、选择题:18 小题小题,每小题每小题 4 分分,共共 32 分分.下列每题给出的四个选项中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请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上指定位置上.(1)设 nx是数列,下列命题中不正确的是()(A)若limnnxa,则 221limlimnnnnxxa(B)若221limlimnnnnxxa,则limnnxa (C)若limnnxa,则 331limlimnnnnxxa(D)若331limlimnnnnxxa,则limnnxa 【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nxa n 对任意的子列knx均有knxa k,所以 A、B、C 正确；D 错(D 选项缺少32nx的敛散性),故选 D(2)设函数 f x在,内连续,其 2 阶导函数 fx的图形如右图所示,则曲线 yf 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()fx不存在的点或()0fx的点处产生.所以()yf 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()fx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 2222,2,2Dx y xyx xyy,函数,f x y在D上连续,则,d dDf x yx y ()(A)2cos2sin420004dcos,sinddcos,sindf rrr rf rrr r (B)2sin2cos420004dcos,sinddcos,sindf rrr rf rrr r 第 2 页 (C)210112d,dxxxf x yy(D)21202d,dx xxxf x yy【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 1(,)0,02sin4Drr2(,),02cos42Drr 所以2sin2cos420004(,)(cos,sin)(cos,sin)Df x y dxdydf rrrdrdf rrrdr，故选 B.(4)下列级数中发散的是()(A)13nnn (B)111ln(1)nnn (C)2(1)1lnnnn (D)1!nnnn【答案】(C)【解析】A 为正项级数，因为11113limlim1333nnnnnnnn，所以根据正项级数的比值判别法13nnn收敛；B 为正项级数，因为32111ln(1)nnn，根据P级数收敛准则，知111ln(1)nnn收敛；C，111(1)1(1)1lnlnlnnnnnnnnn，根据莱布尼茨判别法知1(1)lnnnn收敛，11lnnn发散，所以根据级数收敛定义知，1(1)1lnnnn发散；D 为正项级数，因为11(1)!(1)!1(1)limlimlim1!(1)1nnnnnnnnnnnnnnnnnen，所以根据正项级数的比值判别法1!nnnn收敛，所以选 C.大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 第 3 页 (5)设矩阵21111214aaA,21ddb.若集合1,2，则线性方程组Axb有无穷多解的充分必要条件为()(A),ad (B),ad (C),ad (D),ad【答案】(D)【解析】2211111111(,)1201111400(1)(2)(1)(2)A badadadaadd，由()(,)3r Ar A b，故1a 或2a，同时1d 或2d.故选（D）(6)设二次型123,f x xx在正交变换xPy下的标准形为2221232yyy，其中123(,)Pe e e，若132(,)Qee e则123(,)fx xx在正交变换xQy下的标准形为()(A)2221232yyy (B)2221232yyy (C)2221232yyy (D)2221232yyy【答案】(A)【解析】由xPy，故222123()2TTTfx AxyP AP yyyy.且200010001TP AP.又因为100001010QPPC 故有200()010001TTTQ AQCP AP C 所以222123()2TTTfx AxyQ AQ yyyy.选（A）第 4 页 (7)若,A B为任意两个随机事件,则:()(A)P ABP A P B (B)P ABP A P B (C)2P AP BP AB (D)2P AP BP AB【答案】(C)【解析】由于,ABA ABB，按概率的基本性质，我们有()()P ABP A且()()P ABP B，从而()()()()()2P AP BP ABP AP B，选(C).(8)设总体,XB m12,nX XX为来自该总体的简单随机样本,X为样本均值,则21niiEXX()(A)11mn (B)11m n (C)111mn (D)1mn【答案】(B)【解析】根据样本方差2211()1niiSXXn的性质2()()E SD X，而()(1)D Xm，从而221()(1)()(1)(1)niiEXXnE Sm n，选(B).二、填空题：二、填空题：914 小题小题,每小题每小题 4 分分,共共 24 分分.请将答案写在答题纸请将答案写在答题纸指定位置上指定位置上.(9)20ln(cos)lim_.xxx【答案】12【解析】原极限2200ln(1 cos1)cos11limlim2xxxxxx (10)设函数()f x连续，20()()d,xxxf tt若(1)1,(1)5,则(1)_.f【答案】2【解析】因为()f x连续，所以()x可导，所以2220()()2()xxf t dtx f x；因为(1)1，所以10(1)()1f t dt 又因为(1)5，所以10(1)()2(1)5f t dtf 大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 第 5 页 故(1)2f(11)若函数(,)zz x y由方程23e1xyzxyz确定，则(0,0)d_.z【答案】1233dxdy【解析】当0 x，0y 时带入231xyzexyz，得0z.对231xyzexyz求微分，得 2323()(23)()xyzxyzd exyzed xyzd xyz 23(23)xyzedxdydzyzdxxzdyxydz0 把0 x，0y，0z 代入上式，得230dxdydz 所以(0,0)1233dzdxdy (12)设函数()yy x是微分方程20yyy的解，且在0 x 处取得极值 3，则()_.y x 【答案】2()2xxy xee【解析】20yyy的特征方程为220，特征根为2，1，所以该齐次微分方程的通解为212()xxy xCeC e，因为()y x可导，所以0 x 为驻点，即(0)3y，(0)0y，所以11C，22C，故2()2xxy xee(13)设 3 阶矩阵A的特征值为2,2,1，2,BAAE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|3 7 121B .(14)设二维随机变量(,)X Y服从正态分布(1,0;1,1;0)N，则0_.P XYY【答案】12 第 6 页 【解析】由题设知，(1,1),(0,1)XNYN，而且XY、相互独立，从而 0(1)010,010,0P XYYPXYP XYP XY 111111 01 022222P XP YP XP Y.三、解答题：三、解答题：1523 小题小题,共共 94 分分.请将解答写在答题纸请将解答写在答题纸指定位置上指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤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3()ln(1)sin,()f xxaxbxx g xckx.若()f x与()g x在0 x 时是等价无穷小，求,a b k的值.【答案】111,23abk 【解析】法一法一：因为233ln(1)()23xxxxo x，33sin()3!xxxo x，则有，23333000(1)()()()ln(1)sin231limlimlim()xxxaaa xbxxo xf xxaxbxxg xkxkx，可得：100213aabak，所以，11213abk 法二：法二：由已知可得得 300sin)1ln(lim)()(lim1kxxbxxaxxgxfxx203cossin11limkxxbxxbxax 由分母03lim20kxx，得分子)cossin11(lim0 xbxxbxax0)1(lim0ax，求得c；大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 第 7 页 于是)()(lim10 xgxfx203cossin111limkxxbxxbxx ）（xkxxxbxxxbxx13cos)1(sin)1(lim20 203co s)1(s in)1(limkxxxbxxxbxx kxxxbxxbxxxbxxbxbx6sin)1(coscos)1(cos)1(sin1lim0 由分母06lim0kxx，得分子 sin)1(coscos)1(2sin1 lim0 xxbxxbxxxbxbx0)cos21(lim0 xbx，求得21b；进一步，b 值代入原式)()(lim10 xgxfxkxxxxxxxxxx6sin)1(21cos21cos)1(sin211lim0 kxxxxxxxxxxxxxxx6cos)1(21sin21sin)1(21sin21cos21sin)1(coscos21lim0k621，求得.31k (16)(本题满分 10 分)计算二重积分()d dDx xyx y，其中222(,)2,.Dx y xyyx【答案】245【解析】2()DDx xy dxdyx dxdy 2212202xxdxx dy 122202(2)xxx dx 2sin12222400222222sin2cos55xtxx dxttdt 22242002222sin 2sin.5545uttdtudu 第 8 页 (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11MCP；(II)若该商品的成本函数为2()1600C QQ，需求函数为40QP，试由（I）中的定价模型确定此商品的价格.【答案】(I)略(II)30P.【解析】(I)由于利润函数()()()()L QR QC QPQC Q,两边对Q求导，得()dLdPdPPQC QPQMCdQdQdQ.当且仅当0dLdQ时，利润()L Q最大，又由于P dQQ dP,所以1dPPdQQ,故当11MCP时，利润最大.(II)由于()22(40)MCC QQP,则40P dQPQ dPP 代入(I)中的定价模型，得2(40)401PPPP,从而解得30P.(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0 xI，曲线()yf x在点00(,()xf x处的切线与直线0 xx及x轴所围成区域的面积恒为 4，且(0)2f，求()f x表达式.【答案】84f xx【解析】曲线的切线方程为000yf xfxxx，切线与x轴的交点为000,0f xxfx 大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 第 9 页 故面积为：200142fxSfx.故 f x满足的方程为 28fxfx,此为可分离变量的微分方程,解得 8f xxC，又由于 0=2f，带入可得4C ，从而 84f xx(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 xu x v xu x v x（II）设函数12(),(),()nu x u xu x可导，12()()()()nf xu x u xu x，写出()f x的求导公式.【答案】12()()()()nfxu x u xu x 121212()()()()()()()()()nnnux u xu xu x uxu xu x u xux【解析】（I）0()()()()()()limhu xh v xhu x v xu x v xh 0()()()()()()()()limhu xh v xhu xh v xu xh v xu x v xh 00()()()()lim()lim()hhv xhv xu xhu xu xhv xhh ()()()()u x v xu x v x（II）由题意得 12()()()()nfxu x u xu x 121212()()()()()()()()()nnnux u xu xu x uxu xu x u xux(20)(本题满分 11 分)设矩阵101101aaaA=，且3AO.(I)求a的值；(II)若矩阵X满足22XXAAXAXAE，其中E为 3 阶单位矩阵，求X.【答案】3120,111211aX 第 10 页 【解析】(I)323100100111100011aAOAaaaaaaaa (II)由题意知 222211122212XXAAXAXAEX EAAX EAEEA X EAEXEAEAEAEAXEAA 2011111112EAA，011 100111 010111 010011 100112 001112 001MMMMMM 111 010111 010011100011100021011001211MMMMMM 110 201100 312010 111010 111001 211001 211MMMMMM 312111211X(21)(本题满分 11 分)设矩阵02313312a A相似于矩阵12000031bB=.(I)求,a b的值；（II）求可逆矩阵P，使1P AP为对角矩阵.【答案】2314,5,101011abP【解析】(1)()()311ABtr Atr Bab 大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 第 11 页 0231201330012031 ABba 14235 abaabb 023100123133010123123001123 AEC 12311231 1231231 C C的特征值1230,4 0时(0)0EC x的基础解系为12(2,1,0);(3,0,1)TT 5时(4)0EC x的基础解系为3(1,1,1)T A 的特征值1:1,1,5 AC 令123231(,)101011 P，1115P AP(22)(本题满分 11 分)设随机变量X的概率密度为 2ln2,00,0 xxf xx,对X进行独立重复的观测,直到第 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.【答案】(I)12221171188nnnP YnCpppn()()()()，2 3,n ；(II)16E Y().第 12 页 【解析】(I)记p为观测值大于 3 的概率，则313228()lnxpP Xdx，从而12221171188nnnP YnCpppn()()()()，2 3,n 为Y的概率分布；(II)法一法一:分解法分解法:将随机变量Y分解成=Y MN两个过程,其中M表示从1到()n nk次试验观测值大于3首次发生，N表示从1n次到第k试验观测值大于3首次发生.则MGe n p(,)，NGe kn p(,)(注：Ge 表示几何分布)所以11221618E YE MNE ME Nppp()()()().法二法二:直接计算直接计算 22212221777711288888nnnnnnnE Yn P Ynnnnn()()()()()()()()记212111()()nnS xnnxx，则2113222211nnnnnnS xnnxn xxx()()()()()，12213222111()()()()()nnnnxSxnnxxnnxxS xx，2222313222111()()()()()nnnnxS xnnxxnnxx S xx，所以212332422211()()()()()xxS xS xSxS xxx，从而7168E YS()().(23)(本题满分 11 分)设总体X的概率密度为,1,(,),xf x110其他,其中为未知参数，12nX,X,X为来自该总体的简单随机样本.(I)求的矩估计量；(II)求的最大似然估计量.大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china--更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 第 13 页 【答案】(I)1121niiXXXn,；(II)12nXXXmin,.【解析】(I)11112()(;)E Xxf xdxxdx，令()E XX，即12X，解得1121niiXXXn,为的矩估计量；(II)似然函数11110,()(;),nniiixLf x其他，当1ix时，11111()()nniL，则1ln()ln()Ln.从而1ln()dLnd，关于单调增加，所以12nXXXmin,为的最大似然估计量.