经验超市6月数三月考卷答案解析_06.2026考研数学俞老全程班_00.书籍讲义_经验超市月考卷

经验超市6月月考卷·数三答案解析 一：选择题（5分/题，共50分） ln x 1．设 f  x  sinx ，则 f  x 有  x1  A 一个可去间断点，一个跳跃间断点  B 一个可去间断点，一个无穷间断点  C 两个可去间断点  D 两个无穷间断点 1.【答案】 A  ln x 【解析】：由于lim f  x lim sinx limxln x 0 ，因而x0是 f  x 的一个可 x0 x0 x1 x0 去间断点； ln x lnx ln  1x1  由于lim f  x lim sinx sin1lim sin1lim x1 x1 x1 x1 x1 x1 x1 x1 sin1, x1 sin1lim   . x1 x1 sin1, x1 因而x1是 f  x 的一个跳跃间断点； 因而选 A  . 1 x2 3x4 2.曲线 y e2x arctan 的渐近线条数为   x1  x2   A  1.  B  2.  C  3.  D  4. 2.【答案】 B  1 x2 3x4 1 【解析】：由于lim f  x  lime2x arctan  lime2x arctan 2  x0 x0  x1  x2  x0 x=0为一条垂直渐近线； 1 x2 3x4  而lim f  x lime2x arctan 1arctan1 . x x  x1  x2  4  y 为一条水平渐近线. 选 B  . 4 1经验超市6月月考卷·数三答案解析 【注】： arctanx是有界函数，故 x 1与x  2处 f  x 极限不是无穷.  dx 3.反常积分 2  p 0,q 0  是收敛的，则 p,q的取值情况是：  0 sinp xcosq x  A  0 p 1, 1 q  B  0 p 1, 0 q 1  C  p 1, 0 q 1  D  p 1, q 1 3.【答案】 B   dx  dx  dx 【解析】： 2  4 2 0 sinp xcosq x 0 sinp xcosq x  sinp xcosq x 4  dx 对于4 来说，由反常积分比较法： 0 sinp xcosq x 1 sinp xcosq x  dx  1 lim 1，因而积分4 与4 dx同敛散. x0 1 0 sinp xcosq x 0 xp xp  1 而对积分4 dx来说： p1时收敛， p1时发散. 0 xp  dx 因而积分4 收敛 p1. 0 sinp xcosq x  dx 对于2 来说，可以利用换元法：  sinp xcosq x 4  令x t  dx 2  1 2  4 dt  sinp xcosq x 0 cosptsinqt 4  dx 类似前面对积分4 的分析，可以得到： 0 sinp xcosq x  dx 积分2 收敛 q1.  sinp xcosq x 4  dx 最终：反常积分2 收敛0 p1, 0 q1，因而选 B  . 0 sinp xcosq x  dx 【注】：分析积分2 的时候，当然也可以不利用换元法，直接利用反常积分  sinp xcosq x 4 1 sinp xcosq x  dx  1 比较法：lim 1，因而积分2 与2 dx同敛散.  1  sinp xcosq x  cosq x x 4 4 2 cosq x 2经验超市6月月考卷·数三答案解析  1 然后再分析积分2 dx，此时可以用换元法，也可以直接算，但是运算量就  cosq x 4 大了，没有我们直接利用换元法方便. 4.设a  p q ,a  p q ,n1,2,3........，则下列命题正确的是  n n n n n n     A 若a 条件收敛，则 p 与q 都收敛. n n n n1 n1 n1     B 若a 条件收敛，则 p 与q 敛散性都不定. n n n n1 n1 n1     C 若a 绝对收敛，则 p 与q 都收敛. n n n n1 n1 n1     D 若a 绝对收敛，则 p 与q 敛散性都不定. n n n n1 n1 n1 4.【答案】 C  a  a a  a 【解析】：由题中所给关系，可以得到 p  n n ,q  n n ,n1,2,3........， n 2 n 2     如果a 绝对收敛，则a 与 a 都收敛，从而 a 也收敛. n n n n n1 n1 n1 n1   级数的性质可知：收敛的级数相加仍然是收敛的，因而 p 与q 都收敛. n n n1 n1 从而选 C  . a b  c   d          5.设向量  0 ,  1 ,  1 ,  1 ，其中a,b,c,d 是任意常数，则必有 1   2   3   4           0 0  1   1    A  r ,, 2  B  r ,, 2 1 2 3 1 2 4 3经验超市6月月考卷·数三答案解析  C  r ,, 3  D  r ,, 3 1 3 4 2 3 4 5．【答案】 C  a c d 【解析】：,,  0 1 1 0，因而其秩3，判断其他选项向量组的秩方法类 1 3 4 0 1 1 似，可以说明其他选项向量组的秩都取决于a,b,c,d 的取值，因而无法确定，故选 C  . 6.设A,B均为2阶矩阵，A*,B*分别为A,B的伴随矩阵，若 A 2, B 5，则分块矩阵 O A  的伴随矩阵为  B O  O 5B*  O 2B*  O 5A*  O 2A* (A)  (B)  (C)  (D)  2A* O  5A* O  2B* O  5B* O  6.【答案】 B  O A O A 【解析】：分块矩阵 的行列式 (1)22 | A||B|2510 ，故分块矩阵 B O B O * 1 O A O A O AO A  可逆，则     ，故 B O B O B O B O  1   1  O A O A 1  O B1  O |B| B*   O 5 B*    10 10 10  B O B O A1 O   1  1   A* O   A* O  | A|  2   O 2B*   ，故答案为 B  . 5A* O  7.设二次型 f  x ,x ,x  xTAx ，其矩阵 A 满足 A3  A ，且行列式 A 0 ，其迹 1 2 3 trA0 ，则二次型的规范形为  4经验超市6月月考卷·数三答案解析  A  z2+z2 z2  B  z2+z2 z2 1 2 3 1 2 3  C  z2 z2 z2  D z2 z2 z2 1 2 3 1 2 3 7.【答案】 C  【解析】：由 A3  A，可以得到 A 的特征值必然满足3 ，1,0；又由于 A 0, trA0可得1,1,1，规范形z2 z2 z2，选 C  . 1 2 3 8.设随机变量X  N  u,2 0 ，且P  X P  X ，则 u 的值    A 1  B 1  C 1  D 不能确定 8.【答案】 A   X u u   u  【解析】：P  X P  X u u P 1  1 1        X u u   u  同理：P  X P 1   1 ，由题P  X P  X        u   u   u  1 u u 即1 1   1   1   1 01 ，选 A  .       2   9.设随机变量 X 与Y 相互独立，且分别服从参数为,u的指数分布，0,u 0，则 P  X Y   u  u u  A   B   C   D  u u 2u 2 u  9.【答案】 A  【解析】：由于X 与Y 相互独立，且分别服从参数为,u的指数分布，从而可知 X,Y 的 uexuy,x 0,y 0 联 合 概 率 密 度 函 数 为 f  x,y  f  x  f  y   ， 因 而 X Y 0, else 5经验超市6月月考卷·数三答案解析 P  X Y    exdx x ueuydy  u ，从而选 A  . 0 0 u 10.设X ,X X 为来自总体X ~ P 的简单随机样本，X,S2分别是样本均值与样本 1 2 n   方差，若E kX 2 S2 n2，则k    A  1  B  2  C  n1  D  n 10.【答案】 D        2 2   2 【解析】：E kX S2 kE X E S2 kE X ，而其中 E  X 2  D  X   E  X  2  1 2   n  2   2    k E kX S2 kE X E S2  k2 n 由题，E  kX 2 S2  =n2 k k2 n2k n ，选 D  . n 二：填空题（5分/题，共30分）  1 1 1  11.极限lim   ______ n  n1 n4 n 3n2    2 11.【答案】 ln2 3   1 1 1 1  【解析】：原式lim     nn 1 1 1 4 1 3n2   n n n    lim 1 3   1  1  1    1  3 1 dx 1 ln  1 x  3  2 ln2 . n3 n 1 1 1 4 1 3n2  3 01x 3 0 3  n n n    【注】：lim 3  1  1  1    3 1 dx可以理解为把区间 0,3 平 nn 1 1 1 4 1 3n2  01x  n n n  3 均分为了n等份（所以每个小区间长度为 ），在每个小区间内取点为左侧三等分点. n i 6经验超市6月月考卷·数三答案解析 12.差分方程 y  y t2t的通解为______ t1 t 12.【答案】 y C(t2)2t，其中C为任意常数 t ～ 【解析】：原差分方程对应的齐次方程的通解为 y C，其中C为任意常数. t 设 y* (atb)2t 为 原 方 程 的 一 个 特 解 ， 带 入 原 方 程 ， 可 得 t  a(t1)b  2t1(atb)2t t2t .整理可得at2t (2ab)2t t2t .解得a 1，b2. 于是 y* (t2)2t，因此，原差分方程的通解为 y C(t2)2t，其中C为任意常数. t t 13.二重积分 2 dy 2 ex2 dx ________ 0 y 1 1  13.【答案】 1  2 e4  【解析】：由于ex2 无法积分，因而交换积分次序，二重积分  2 dx x ex2 dy   2 xex2 dx 0 0 0 2 ex2 1 1    1 . 2 2 e4  0   xa n 14.设幂级数 在点x2收敛，则a的取值范围是______ n n1 14.【答案】1a3  yn   xa n 【解析】：由于幂级数 的收敛域是1,1 ，因此1 xa1时， n n n1 n1   xa n 收敛，又因幂级数 在点x2收敛，即12a11a3. n n1 7经验超市6月月考卷·数三答案解析 x1 1 1 15.设 f(x) 2 2x2 2 ，则x2项的系数为________ 3 3 3x3 15.【答案】18 【解析】： f(x)的3次项和2次项都产生于(x1)(2x2)(3x3) ，且该项为正，所以 x2 项的系数为18. 16.从1,2，3，4,5这5个数字中不放回地每次取一个数，先后取两次，以X,Y 分别表示先后 两次取到的数字，则D  Y  ____ 16.【答案】2 【解析】：P  Y 1 P  Y 1|X 1  P  X 1 P  Y 1|X 2  P  X 2 ..... 1 1 1 1 1 1 1 P  Y 1|X 5  P  X 5 0       ，类似的分析可得 4 5 4 5 4 5 5 1 P  Y 2 P  Y 3 P  Y 5  ， 5 Y的概率分布为： Y 1 2 3 4 5 P 1 1 1 1 1 5 5 5 5 5 E  Y 3;E  Y2  11;D  Y  2 . 三：解答题  x y 17.（10分）设由F ,  0确定z  f  x,y ，其中F 具有一阶连续偏导数，试证：  z z  z z x  y  z x y  x y zxz  yz  17.【证明】：F ,  0左右对x求导，可得：F  x F    x   0.  z z  1 z2 2  z2  8经验超市6月月考卷·数三答案解析 zF 从而可得z  1 . x xF  yF 1 2  x y xz z yz  F ,  0左右对 y求导，可得：F  y F  y  0.  z z  1 z2 2  z2  zF 从而可得z  2 . y xF  yF 1 2 z z zxF zyF zxF zyF 从而x  y  1  2  1 2  z ，得证. x y xF  yF xF  yF xF  yF 1 2 1 2 1 2 1 18.（12分）计算二重积分 dxdy，其中D是由x2  y1 2 1与 yx 4x2  y2 D 所确定的区域.  18.【答案】  2 2 1 0 2sin r 0 【解析】： dxdy  d dr  2 (1cos)d   4x2  y2  0 4r2  D 4 4    2. 2   19.（12分）设级数a 收敛，limna 0，证明级数na a 也收敛， n n n n n1 n1 n1   并且有na a a n n1 n n1 n1  19.【证明】：由于级数a 收敛，因而其前n项之和设为S a a a ，也收敛， n 1n 1 2 n n1  即limS S而级数na a 的前n项之和，设为 n 1n n n1 n1 S a a 2a 2a 3a 3a na na 整理得 2n 1 2 2 3 3 4 n n1 S a a a a na S na 2n 1 2 3 n n1 1n n1 n 由于limna 0，因而 limna lim n1a 0. n n n n1 nn1 n1 从而limS limS limna S0S. n 2n n 1n n n1 9经验超市6月月考卷·数三答案解析    即级数na a a 与级数a 的前n项之和收敛与同一个数， n n1 n n n1 n1 n1   即:na a a . n n1 n n1 n1 20.（12分）设 f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导， f(x)1 f(0) f(1)0,lim 1,试证： 1 1 x (x )2 2 2 1  (1)存在  ,1,使得 f()；（4分） 2  (2)对任意实数，必存在(0,)，使得 f()[f()]1；（4分） (3) f(x)在[0,1]上的最大值大于1；（4分） f(x)1 1 20.【证明】:(1)由lim 1，知 f( )1，令F(x) f(x)x. 1 1 2 x (x )2 2 2 1 1 1 1 F( ) f( )  0 F(1) f(1)10110. ， 2 2 2 2 1  由零点定理可知，  ,1，使得F()0，即 f() . 2  (2)令(x)ex[f(x)x],(0)(), 由罗尔定理知(0,)，使得 ()0，即 f()[f()]1. f(x)1 1 (3)由lim 10 ，由极限的保号性知，在 x 的某去心邻域内， 1 1 2 x (x )2 2 2 f(x)1 1 0，由于分母(x )2 0因而有分子 f(x)10 f(x)1. 1 2 (x )2 2 1 即在x 的某去心邻域内存在函数值大于1，因而1不是函数的最大值. 2 又 f(x)在[0,1]上连续，则 f(x)在[0,1]上的最大值大于1. 10经验超市6月月考卷·数三答案解析 21.（12分）设二次型 f(x ,x ,x )  xTAx  ax2  2x2  2x2  2bx x (b  0) ，其中 1 2 3 1 2 3 1 3 二次型的矩阵A的特征值之和为1，特征值之积为12. （Ⅰ）求a, b的值； （Ⅱ）利用正交变换将二次型 f 化为标准形，并写出所用的正交变换和对应的正交矩 阵. 21.【答案】 I  a 1,b2；  II 二次型 f 经正交变换x Qy，可化成标准形 f  2y2  2y2  3y2. 1 2 3  2 1  0    5 5   其中Q ,,  1 0 0  . 1 2 3   1 2 0     5 5   a 0 b    【解析】：（Ⅰ）二次型的矩阵为A  0 2 0 .      b 0 2  已知矩阵A的特征值之和为1，特征值之积为12，故 n n a 1，即a  2  (2)  1，解得a 1. ii i i1 i1 n A 12，而 A 2(2ab2)，故2(2ab2)12，解得b2.又 i i1 b0，故有b2.  1 0 2    （Ⅱ）由（Ⅰ）知，A  0 2 0      2 0 2  1 0 2 1 2 AE  0 2 0  (2) 2 2 2 0 2 (2)(3)(2), 故A的特征值为    2，  3. 1 2 3 11经验超市6月月考卷·数三答案解析 当    2时，解(A  2E)x  0，其中 1 2 1 0 2  1 0 2     A2E  0 0 0  0 0 0 ，          2 0 4 0 0 0  x  1 0 等价方程组为x 2x 0，选x ,x 为自由变量，分别令 2   和 ，求得方程组 1 3 2 3 x  0 1 3 的一个基础解系  (0,1,0)T，  (2,0,1)T. 1 2 4 0 2 2 0 1     当  3时，解(A  3E)x  0，其中A3E  0 5 0  0 1 0 ， 3         2 0 1 0 0 0 2x x 0, 等价方程组为 1 3 选x 为自由变量，令x 2，求得方程组的一个基础解系 x 0. 3 3 2  (1,0,2)T. 3 因,, 已经相互正交，直接将,, 单位化， 1 2 3 1 2 3  1  1  ,   2  (2,0,1)T ,   3  (1,0,2)T. 1 1 2  5 3  5 2 3  2 1  0    5 5   可取Q ,,  1 0 0 ，则Q为所求正交矩阵，满足 1 2 3   1 2 0     5 5  2 0 0    QTAQ 0 2 0 ，     0 0 3 二次型 f 经过正交变换x Qy，可化成标准形 f  2y2  2y2  3y2. 1 2 3  x2   22.（12 分）设总体 X 的概率密度函数 f  x  axe ,x 0 ，其中 0 ，未  0,x0 12经验超市6月月考卷·数三答案解析 知.X ,X ,X 为简单的样本. 1 2 n  I 确定常数a；（4分）  II 求的极大似然估计量；（8分） 2 ^ 1 n 22.【答案】 I  a  ； II  的极大似然估计量： X2  n i i1 【解析】： I 由  f  x  dx 1  axe  x  2 dx 1，解a 2  f  x     2 xe  x  2 ,x0 .  0   0,x0 n X2  II 似然函数L n 2 X e  X  i 2   2   n e i1  i  n X ，  i  i i1 i1 n X 2 i n lnLnln2nln i1  ln X  i i1 n X 2 dlnL n i 1 n ^ 1 n    i1 0 X2 ，极大似然估计量为： X2. d  2 n i n i i1 i1 13