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