考研数学模拟卷数三答案
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2013考研数学模拟试卷一【数三】解析
一、选择题 (1) D
解:.15
)
sin 1(cos 55sin 5lim lim
sin 10
0≠=
+⋅
=→→e
x x x
x
x
x x βα
(2)B 解:由0()1
lim
01cos x f x x →-=-,0lim(1cos )0x x →-=,得0
lim(()1)0x f x →-=,而由()f x ''连续知()f x 连续,所以
lim ()(0)1x f x f →==.
于是2
200()(0)()11cos (0)lim
lim 01cos x x f x f f x x x f x x x x
→→---'==⋅⋅=-, 所以0x =是()f x 的驻点.
又由0
1x →''=
,0
1)0x →=,
得0
lim(()1)(0)10x f x f →''''-=-=,即(0)10f ''=>,
所以()f x 在点0x =处有(0)0f '=,(0)10f ''=>, 故点0x =是()f x 的极小值.应选(B). (3)B
解:当01p <≤时,由积分中值定理得
1
1sin()12(1)sin()11(1)
n
n n p p p n
n n n x dx x dx x ππξπξ++-==+++⎰
⎰,(,1)n n n ξ∈+, 所以1
sin()22
|
|1(1)((1)1)
n p p p n
n x dx x n ππξπ+=>++++⎰
,(,1)n n n ξ∈+,
而22
~()((1)1)p p n n n ππ→∞++,1
2p
n n π∞
=∑发散,所以原级数非绝对收敛. 又1
sin()2
|
|0()1(1)
n p p n
n x dx n x ππξ+=→→∞++⎰
,
而(,1)n n n ξ∈+,即1
sin()
|
|1
n p n
x dx x π++⎰
单调减少.
由莱布尼茨判别法知原级数收敛,故级数是条件收敛的,应选(B ). (4) D
解:记⎰
=
2
)(dx x f A 为常数,于是有8)(='x f A ,即A
x f 8
)(=
',两边积分得 C x A x f +=
8)(,由0)0(=f 得0=C ,从而x A
x f 8)(= 于是A xdx A dx x f A 16
8)(2020===⎰⎰,即4±=A ,故4)(20±==⎰A dx x f 选(D )
(5)A
解:易知0=Bx 的解是0=ABx 的解。当A 列满秩时,即n A r =)(时,齐次线性方程组0=Ax 只有零解。于是,若0x 为0=ABx 的任一解,即00=ABx ,则一定有00=Bx ,从而0x 也为0=Bx 的解,故组0=Bx 与0=ABx 同解。
(6)C
解:A =2x; A 特征值:2,1,x ;对应*A 特征值为:x ,2x ,2;解得x=-1或-2 (7) B
解:因为aX bY -服从正态分布,股根据题设1
()2
P aX bY μ-<=
知, ()()()()E aX bY aE X bE Y a b μμ-=-=-=,从而有1a b -=,显然只有(B )满足要求。
(8)B
解:B A ∴⎪⎪⎪
⎭
⎫ ⎝⎛→⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=,0005.15.011102115.15.0111
0 成立。
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) 1 解:
设2
cos ()t x
f x e dt -=
+⎰
⎰
,
则2
1
(0)0t f e dt -=
<⎰
,()02
f π
=>,
由介值定理知,存在0(0,
)2
x π
∈,使0()0f x =.
又2
cos ()sin x f x e x -'=⋅
1>,2
cos |sin |1x e x -⋅≤, 故()0f x '>,()f x 严格单调增加,()0f x =只有唯一的根0x .
(10)解:du u dt t x y x
u
t x x
⎰⎰=-=-=00sin )sin(,x y sin =',1)2
(=π
'y ,⎰π
==π201sin )2(udu y ,
故过)1,2
(π
处的切线方程为2
1π
-
=-x y
(11)解:由222=∂∂y z 知
)(21x C y y z +=∂∂,由x x f y =')0,(得x x C =)(1,于是x y y
z
+=∂∂2, 从而)(22
x C xy y z ++=,又1)(1)0,(2=⇒=x C x f ,故12
++=xy y z