数学三考研模拟题一详解

2007数学三考研考研模拟题一详解
一、选择题：110小题，每小题4分，共40分。

该每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号中 1。

应选（C ） [解析]：因为220
()()()x
F x x t f t dt =
-⎰
=220
()()x x
x f t dt t f t dt -⎰⎰，所以，
'()2()x
F x x f t dt =⎰.因此，
2
0002()'()
2()
lim lim lim
(1)x
k k
k x x x x f t dt
F x f x x
x k x -→→→==-⎰3
02()(0)1lim
10k x f x f k x x
-→-=⋅⋅--302'(0)1
lim 1k x f k x
-→=
-. 由同阶无穷小的定义知，3k =。

故应选(C)。

2。

应选（C ）
[解析] 22
20
0sin sin 0()0
0x x k
x tdt t tdt
x f x x
x ⎧-⎪≠=⎨⎪
=⎩⎰⎰ 由题设2
2
2
1
sin sin (0)lim
x x k x x
tdt t tdt
f x +→-'=⎰
⎰存在
而2
2
2
2
32220
1
sin sin 2sin 2sin sin 2lim
lim
(1)x x x k k
x x x
tdt t tdt
x tdt x x x x x
x
k x
+→→-+-⋅=+⎰
⎰⎰
220
2
02sin 2sin 2lim
lim (1)(1)(1)x k k x x x tdt x x
k x k k x -→→⋅==++-⎰ 所以
23
5k k -==。

3。

应选（C ） [解析] 由条件 20()lim
1ln (1)
x f x x →=-+可得：20()
lim 1x f x x →=-
而()0f x =，由极限的保号性定理可得：存在0x =的一个去心邻域使()(0)0f x f <= 故应选 （C ）
4。

应选（C ）
[解析] 因为0()0f x ≠，()f x 在0x x =处连续，可知()f x 在0x x =的某个邻域U 内不变号，即在U 内恒有()()f x f x =或者()()f x f x =-，所以()f x 在0x x =处可导性与
()f x 在0x x =处可导性相同，故（C ）正确。

5。

应选（D ）
[解析] （A ）令()f x x =，则()(),f x -∞+∞是上连续函数，但
xdx +∞
-∞
⎰
不收敛
B ）令1
,0
(),0
x f x x x x ⎧>⎪=⎨⎪<⎩ ，则()lim 0x f x →+∞
=，但xdx +∞-∞⎰不收敛
（C ）令()f x x =，则()lim a
a
a f x dx -→+∞⎰
存在，但xdx +∞
-∞
⎰
不收敛；
（D ） 正确 6。

应选 ()C
[解析]：若
1
()n
n n a
b ∞
=+∑收敛，则由“比较判别法”知1
n n a ∞=∑与1
n n b ∞=∑都收敛，因此1
n
n a ∞
=∑与
1
n
n b
∞
=∑都收敛，矛盾，所以
1
()n
n n a
b ∞
=+∑发散，()C 正确
对于()A 令12n a n =，则正向级数1
n n a ∞
=∑发散，但1
n a n <；故()A 不正确；
对于()B 令(1)n
n a =-，则
21
21
()n n n a
a ∞
-=+∑收敛，但1
n n a ∞
=∑发散，所以()B 不正确：
对于()D
令1n n a b n ==，则1n n n a b ∞=∑收敛，但2
1
n n a ∞=∑发散，所以()D 不正确。

7。

应选（B ）
[解析] ：由于 103121
03121
0312033131
30210
33131
21725
011010000342140100
004
000040⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎪- ⎪
⎪ ⎪
---
⎪ ⎪→→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪
-
⎪⎝⎭⎝⎭-⎝⎭
所以124,,ααα为极大无关组 8。

应选（A ）
[解析]：因为()r A m = ，所以矩阵m n A ⨯的秩等于该矩阵的行数，从而()()r A r A =，所以应选（A ）。

9。

应选（C ）
[解析]：由条件概率的性质可知：()(
)
1P B A P B A +=，从而由()
1P B A =可得
()
0P B A =。

10。

应选（B ）
[解析]：{}{}1P Z a P Z a >=-≤
所以由{}{}P Z a P Z a >=<可得{}12
P Z a <=。

而{
}22
2
()22x u
t
x a u t a
P Z a dx dt μδδδ-=---
--∞-∞
<==⎰⎰，所以a μ=
二、填空题：1116小题，每小题4分，共24分。

把答案填在题中横线上。

11。

解：02
2022
cos cos cos 1()1()1()x x x
dx dx dx f x f x f x π
π
ππ--=++++⎰⎰⎰
0202
cos cos 1()1()t x
dt dx f t f x ππ=-++-+⎰⎰
22002
()cos cos cos 11()
1()f t t x
dt dx ydy f t f x ππ
π
=-
+==++⎰⎰⎰
12。

解：
()u
yzf xyz x
∂'=∂ 22()()u
zf xyz xyz f xyz x y
∂'''=+∂∂ 3222()3()()u
f xyz xyzf xyz x y z f xyz x y z
∂''''''=++∂∂∂
所以2()()3()()F t f t tf t t f t ''''''=++。

13。

解：设t 时刻商品的剩余量为y ，由题设可得： y A kt =-，且()0y T =
由此可得：A k T =
，所以A
y A t T
=-，[0,]t T ∈。

所以时间段[0,]T 上的平均剩余量为：01()122
T A A t dt AT AT T A T T --==⎰。

14。

解：取y 作积分变量，则其取值范围[0,]a 。

从而由y 轴、2
y x =、(01)y a a =<<所围的平面图形，绕y 轴旋转所得旋转体的体积为 210
1
2
a
V ydy a ππ=
=⎰
由2,,1y a y x x ===所围的平面图形都绕y 轴旋转，所得旋转体的体积 1
221(1)(21)2
a
V a ydy a a πππ=--=-+⎰
由题设可得12
a =。

15。

解： A 的特征值为1，-2，-3/2，所以|A|=3，*A =|A|A -1
2*A -3E 的特征值为-6，-7，3，故|2*A -3E|=126
16。

解：设,,x y a x y --为三线段长度。

记A 能构成三角形， 则
20202a x y a A y a x ⎧+≥⎪⎪
⎪⇔<<⎨⎪⎪
<<⎪⎩
000x a y a x y a
<≤⎧⎪
Ω⇔<≤⎨⎪<+≤⎩
所以事件A 的面积为21()2228a a a S A =⋅⋅=，整个样本空间的面积1
()2
S a a Ω=⋅⋅
从而()()1
()4
S A p A S =
=Ω。

三、解答题：17~24小题，共86分。

解答一定要写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17。

（1）：分别求左右极限，有
ππππ-=-=⋅+-=⋅
+-+→--
+→+
→x
x
x x e e x x e
e x x x
x x
x x 0110110lim sin 2
323lim sin 2323lim
. .lim sin lim sin 2323lim
0011
0ππππ-=-=-=⋅
+--→-→-
→x
x
x x x x e
e x x x
x x 所以原极限110
32sin lim
32x x x
e x
x
e
π→-⋅
+=π-. （2）解：2
22
(arctan )arctan x
x
I x e x dx x e dx x xdx =+=+⎰
⎰
⎰
先计算22211222x x
x x x x
I x e dx x e xe dx x e xe e c ==-=-++⎰
⎰
再计算2321
arctan arctan 3
I x xdx xdx ==
⎰
⎰
3233222
111111arctan arctan 331361x x x x dx x x dx x x +-=-=-++⎰⎰ 3222111
arctan ln(1)366
x x x x c =
-+++ 所以22322111
(arctan )22arctan ln(1)366
x x x x x e x dx x e xe e x x x x c +=-++-+++⎰
18。

解：由于21111(1)(1)3333
n n n
n n n n n n n n n n n n
∞
∞
∞∞====+-+==-∑∑∑∑， 故令111(1)()3n n n n n S x x ∞
-=+=∑，1
21
()3n n
n n S x x ∞-==∑ 则
10
1(1)()3x
n
n n n S x dx x ∞=+=∑⎰
，11001113[()](1)3313
x x n n n x S x dx dx x x x x x ∞+===-=---
∑⎰⎰；
20
113()13
3x
n n
n S x dx x x ∞
===--∑
⎰。

所以13318()(
)3(3)x S x x x x ''=-=--，22
3
()(3)
S x x =-。

从而212118363
(1)(1)3
8442n n n S S ∞
==-=-==∑。

19。

证明（1）由(2)
lim x a
f x a x a
+
→--存在，可得lim (2)0x a f x a +
→-=，又由于()f x 在[,]a b 上连续，所以()0f a =。

由于在(,)a b 内()0f x '>，所以()f x 在[,]a b 上单调增加，从而在(,)a b 内()0f x >。

（2）对2
(),()()x
a
g x x h x f t dt ==⎰
，在区间[,]a b 上使用柯西中值定理可得：存在(,)a b 内存在点ξ，使得
22
2()
()b
a
b a f f x dx
ξ
ξ-=
⎰。

（3）由于()f x 在[,]a ξ上连续，在(,)a ξ内可导，所以()f x 在[,]a ξ上满足拉格朗日中值定理的条件，所以存在(,)a ηξ∈使得
()()
()f f a f a
ξηξ-'=-，由于()0f a =，所以
()
()f f a
ξηξ'=-，即()()()f a f ξξη'=- 结合（2）中所的结论可得：在(,)a b 内存在与（2）中相异的η，使得
222()()()b
a f
b a f x dx a
ξηξ'-=
-⎰。

20。

解：由旋转体体积计算公式得,)()(1
2
dx x f
t V t
⎰=π
于是，依题意得
)]1()([3
)(21
2f t f t dx x f t
-=
⎰ππ.
两边对t 求导得 ).(')(2)(322t f t t tf t f += 将上式改写为 xy y y x 23'22-=，即
.2)(32x
y
x y dx dy ⋅-= 令x y u =
，则有 ).1(3-=u u dx
du
x 当1,0≠≠u u 时，由
x dx u u du 3)1(=-. 两边积分得31
Cx u
u =-.
从而方程
x
y
x y dx dy ⋅-=2)(32的通解为C y Cx x y (3=-为任意常数）。

由已知条件，求得,1-=C 从而所求的解为 y x x y 3-=-或).1(13
≥+=
x x x
y 21。

解: 111011a A b b -⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭
，又 (1, 1, 0)T
α=-是A 的特征向量，∴设α所对应的
特征值为λ，有A αλα=。

即111110111100a b b λ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪--=- ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，1110a b λλ+⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪
∴-=- ⎪ ⎪
⎪ ⎪
-⎝⎭⎝⎭，即1110a b λλ+=⎧⎪-=-⎨⎪-=⎩ 。

1
01a b λ=⎧⎪∴=⎨⎪=⎩，则011101111A -⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭。

计算A 的特征多项式
2(1)(3)E A λλλ-=--，则A 的特征值为11λ=
，2λ=
3λ=。

解方程组()0E A X -=即123111*********x x x -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦⎣⎦可得，其基础解系为110α⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦
解方程组)0A X -=即
1231101
10011
1x x x ⎫-⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪
-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
可得，其基础解系为
11
1β⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢+⎣
解方程组()0A X -=
即12311
01
10011
1x x x ⎫-⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪
-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
得，其基础解系为
111γ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎣
令,,P αβγαβγ⎛⎫=
⎪ ⎪⎝
⎭
0⎛
⎫
= ⎝
，则P 为正交矩阵，作正交变换X PY =，得
()()T T f X AX PY A PY ==()T T Y P AP Y =
=222
123y +。

22。

证明：由于3维向量2
,,A A
ααα线性无关，则矩阵2(,,)P A A ααα=可逆。

32032A A A αααα=+-由得：22000(,,)(,,)103012A A A A A αααααα⎛⎫
⎪
= ⎪ ⎪-⎝⎭
1000103~012P AP B B A -⎛⎫ ⎪
== ⎪ ⎪-⎝⎭
因此，即。

又由于(1)(3)B E λλλλ-=--+，所以B 的特征向量为0,1,3λ=，
0,1,33A A A λ=因此也为的特征值，所以有个不同的特征值，故可对角化 1248A E +=⨯⨯=
23。

证明：令1 i i 0i X ⎧=⎨⎩第号球投入第号盒中不
，则n 1S n i i X ==∑，{}1
1i P X n ==，
{}101i P X n ==-
，1i EX n =，21i EX n =，22211
(),i i i DX EX EX n n
=-=- 当i j ≠时，1,0
i j i i j j X X ⎧=⎨
⎩投投反之。

则{}
11(1)i j P X X n n ==
-，{}111(1)i j P X X n n ≠=--，1
()(1)
i j E X X n n =-，且
211
cov(,)[()()](1)i j i i j j X X E X EX X EX n n n
=--=
--。

所以1
1
(
)1n
n i i ES E X n n
===⨯
=∑ 22
11111111
()2
cov(,)()2[](1)
n
n
n i i j i i j n i i j n DS DX X X n n n n n =≤<≤=≤<≤=+=-+--∑∑∑∑ 22
11111
()2()(121)1(1)n
i n n n
n n n n ==
-+--+-+=-∑
{}22
00n n n n n S ES DS
P P S ES n n n εεε⎧-⎫≤≥=-≥≤→⎨⎬⎩⎭
由切比雪夫不等式 所以命题成立。

24。

解：（1）设12
,,n x x x 为相应于样本12,,
n X X X 的一个样本值
似然函数为11121,,,0()0,n
i
i x n n e x x x L θθθ=-⎧∑⎪>=⎨⎪
⎩其他
当12,,,0n x x x >时，有1
1
ln ()ln n
i i L n x θθθ
==--
∑
令
21ln ()10n
i i d L n x d θθθθ==-+=∑，解得驻点为1
1ˆn i
i x X n θ===∑ 因此θ的极大似然估计值为11ˆn i i x X n θ===∑
（2）由于11
11ˆn n
i i i i E E X E X E X E X n n θ======∑∑（）（）（）（）（）
而E X θ=（），所以ˆE θθ=（）
ˆ..X θ
θ= 故为未知参数的无偏估计量。