考研数学三历年真题及解析

等价无穷小，求 a, b, k 的值.
【答案】 a 1, b 1 , k 1
2
3
【解析】法一：
因为 ln(1 x) x x2 x3 o( x 3) ， sin x x x3 o(x3) ，
23
3!
则有，
1
lim
x0
f (x) g(x)
lim
x0
x
a
ln(1 x) kx3
bx sin
2sin f (r cos , r sin )rdr
0
2
d
2cos f (r cos , r sin )rdr
0
，
D
4
故选 B.
(4) 下列级数中发散的是( )
(A)
n
n1 3n
(B)
n1
1 n
ln(1
1 n
)
(C)
n2
(1)n ln n
1
(D)
n1
n! nn
【答案】(C)
n 1
【解析】A 为正项级数，因为 lim n
确； D 错(D 选项缺少 x3n2 的敛散性),故选 D
(2) 设函数 f x 在 , 内连续,其 2 阶导函数 f x 的图形如
右图所示,则曲线 y f 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 f (x) 不存在的点或
n
1 1 e
，所以根据正项级数
nn
n!
的比值判别法 n1 nn 收敛，所以选 C.
1
(5)设矩阵
A
1
1
1 2 4
1
a a2
,
b
1
d
d
2
.若集合
1, 2 ，则线性方程组 Ax b 有无穷
多解的充分必要条件为 ( )
(A) a , d
(B) a , d
(C) a , d
(6) 设二次型 f x1, x2, x3 在正交变换 x Py 下的标准形为 2 y12 y22 y32 ，其中
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) 2 y12 y22 y32
lim[1 b sin x 2b(1 x) cos x bx cos x bx(1 x) sin x] lim(1 2b cos x) 0 ，求
x0
x0
得b 1 ； 2
进一步，b 值代入原式
1 lim
f (x)
1 1 sin x (1 x) cos x 1 x cos x 1
lim 2
x0
ln(cos x2
x)
__________ .
【答案】 1 2
【解析】原极限
lim
x0
ln(1
cos x2
x
1)
lim
x0
cos x x2
1
1 2
(10)设函数 f (x) 连续，(x) x2 xf (t)dt, 若(1) 1,(1) 5, 则 f (1) ________ . 0
【答案】 1 2
【解析】由题设知， X ~ N (1,1),Y ~ N (0,1) ，而且 X、Y 相互独立，从而
P{XY Y 0} P{( X 1)Y 0} P{X 1 0,Y 0} P{X 1 0,Y 0}
P{X 1}P{Y 0} P{X 1}P{Y 0} 1 1 1 1 1 . 22 22 2
n
x2n
lim
n
x2n1
a
(B)
若
lim
n
x2
n
lim
n
x2n1
a
,
则
lim
n
xn
a
(C)
若 lim n
xn
a
,则
lim
n
x3n
lim
n
x3n1
a
(D)
若
lim
n
x3n
lim
n
x3n1
a
,则
lim
n
xn
a
【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 对任意的子列 xnk 均有 xnk a k ,所以 A、B、C 正
(Xi
X
)2
的性质
E(S 2 )
D( X
)
，而
n
D( X ) m (1 ) ，从而 E[ ( Xi X )2 ] (n 1)E(S 2 ) m(n 1) (1 ) ，选(B) . i 1
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
x0
x
b(1
x) sin x bx(1 3kx（2 1 x）
x)
cos
x
lim
x0
x
b(1
x)
sin x bx(1 3kx 2
x)
cos
x
lim 1 b sin x b(1 x) cos x b(1 x) cos x bx cos x bx(1 x) sin x
x0
6kx
由分母 lim 6kx 0 ，得分子 x0
(8) 设总体 X ~ B m, , X1, X 2 ,, X n 为来自该总体的简单随机样本, X 为样本均
值,则 E in1
Xi X
2
(
)
(A) m 1 n 1
(B) mn 1 1
(C) m 1n 1 1
(D) mn 1
【答案】(B)
【解析】根据样本方差
S
2
1 n 1
n i 1
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) 设 D x, y x2 y 2 2x, x2 y 2 2y ,函数 f x, y 在 D 上连续,则
d (ex2 y3z xyz) ex2 y3zd (x 2 y 3z) d (xyz)
ex2y3z (dx 2dy 3dz) yzdx xzdy xydz 0
把 x 0 ， y 0 ， z 0 代入上式，得 dx 2dy 3dz 0
所以 dz
(0,0)
1 3
dx
2 3
f x, ydxdy ( )
D
(A)
4 d
0
2cos f r cos , r sin rdr
0
2
d
2sin
f
0
r cos , r sin rdr
4
(B)
4 d
0
2sin f r cos , r sin rdr
0
2
d
2cos f r cos , r sin rdr
0
4
1
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 | B | 3 7 1 21.
(14)设二维随机变量 ( X ,Y ) 服从正态分布 N (1, 0;1,1; 0) ，则
P{XY Y 0} _________ .
【答案】 2
【解析】因为 f (x) 连续，所以(x) 可导，所以(x) x2 f (t)dt 2x2 f (x2 ) ； 0
因为(1) 1，所以(1) 1 f (t)dt 1 0
又因为(1) 5 ，所以(1) 1 f (t)dt 2 f (1) 5 0
故 f (1) 2
lim x0
1 x
3kx 2
由分母 lim3kx2 0 ，得分子 lim(1 a b sin x bx cos x) lim(1 a) 0 ，求得
x0
x0 1 x
x0
c；
于是1
lim
x0
f (x) g(x)
1 1 lim 1 x
x0
b sin x bx cos x 3kx 2
lim
2
2
x(1 x) sin x
x0 g(x) x0
6kx
1 cos x cos x (1 x) sin x 1 cos x 1 x sin x 1 (1 x) sin x 1 x sin x 1 x(1 x) cos x
lim 2
2
2
2
2
2
x0
6k
1 2
，求得 k
3n1 n
lim n 1 1 1 ，所以根据正项级数的比值 n 3n 3
3n
n
判别法 n1 3n 收敛；B 为正项级数，因为
1 n
ln(1
1) n
1
3
n2
，根据 P 级数收敛准则，知
1 ln(1 1 ) 收敛；C， (1)n 1 (1)n
1
，根据莱布尼茨判别法知
n1 n
n
2015 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: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 ( )
(A)
若 lim n
xn
a
,则
lim
(B) 2 y12 y22 y32
(C) 2 y12 y22 y32
(D) 2 y12 y22 y32
【答案】(A)
【解析】由 x Py ，故 f xT Ax yT (PT AP) y 2 y12 y22 y32 .
2 0 0
且
PT
AP
0
1
0
.
0 0 1
1 0 0
又因为
(D) a , d
【答案】(D)
1 1 1 1 1 1
1
1
【解析】 (A,b) 1 2 a
d
0
1
a 1
d 1
1 4 a2 d 2 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）
(C) P AB 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 P( AB) P( A) P(B) P( A) P(B) ，选(C) . 2
(11)若函数 z z(x, y) 由方程 ex2 y3z xyz 1 确定，则 dz (0,0) _________ .
【答案】 1 dx 2 dy 33
【解析】当 x 0 ， y 0 时带入 ex2 y3z xyz 1 ，得 z 0 .
e 对 x2 y3z xyz 1 求微分，得
x
lim
x0
(1
a)x
(b
a)x2 2 kx3
a 3
x3
o( x3 )
，
1 a 0
a 1
可得： b a 0 ，所以， b 1 ．
2
2
a 1 3k
k
1 3
法二： 由已知可得得
Fra Baidu bibliotek
1
lim
x0
f (x) g(x)
lim
x0
x
a
ln(1 x) kx3
bx sin
x
1 a b sin x bx cos x
dy
(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) e2x 2ex 【解析】 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) C1e2x C2ex ，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) e2x 2ex (13)设 3 阶矩阵 A 的特征值为 2, 2,1 ， B A2 A E , 其中 E 为 3 阶单位矩阵，则
Q
P
0
0
1 PC
0 1 0
2 0 0
故有
QT
AQ
CT
(PT
AP)C
0
1
0
0 0 1
所以 f xT Ax yT (QT AQ) y 2 y12 y22 y32 .选（A）
(7) 若 A, B 为任意两个随机事件,则: ( )
(A) P AB P A PB
(B) P AB P A PB
n1 ln n
n1 ln n n1 ln n
(1)n
1
(1)n 1
收敛，
发散，所以根据级数收敛定义知，
发散；D 为正项级
n1 ln n
n1 ln n
n1 ln n
(n 1)!
数，因为 lim n
(n 1)n1 n!
lim n
(n 1)! nn n! (n 1)n1
lim n
n
n
1
x
(C)
2 dx
f
0
1 1 x2
x, y dy
1
2 x x2
(D) 2 dx
f x, y dy
0
x
【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
4
,0
r
2 sin
D2
(r, )
4
2
,0
r
2 cos
所以
f (x, y)dxdy 4 d 0
三、解答题：15～23 小题,共 94 分.请将解答写在答．题．纸．指定位置上.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 f (x) x a ln(1 x) bx sin x, g(x) c kx 3 .若 f (x) 与 g(x) 在 x 0 时是