-、选择题
2013考研数学模拟试卷二【数三】解析
（1） C
x x
解： 由 f (x) ln cosx ln cosx 0 g(u)du 得 0 g(x t)dt 1 sin x g(x)] 于是 lim f (x) lim[ 1 2 3
x 0 x x 0 cosx x x
f （x）的拐故选（C） 可见 (0, f (0))为曲线y
点， （2B ）
解：由一阶导数判断函数单调性，二阶导数判断凹凸性，选 B。
（3）A
0(n 解：正项级数 ln（1 an）收敛，所以an 0且an
n 1
a) 又 lim ln(1
n 1， 于是正项级数 an与 ln（1 an）有相同的敛散性，即
n
an n 1 n 1 n 1
1 收敛。又1）nJanan 1 v'anan 1 匚an an 1，级数 an an 1)收敛， 2 n 1
所以，由比较判别法，级数 1）n.. anan 1绝对收
敛。
n 1
(4) B
4
1
解： 一
an收敛，且
n 1
an 1也
（
()(
（
x2 断
点）。
又由泰勒公式,
arcta n—有三个间断点，其中 x 1为无穷间断点，曲线有两条铅直渐近线（
1 x
1 arcta
n — x
1
（丄），从而
x 0非无穷间
x
x4 1 arcta n 2
(x 一 1 x
0(飞)]x o(1)(x x
1
x是曲线的斜渐近线。
(5)
解：因A，B满足AB A B.
两边取行列式，显然有 | A B| |AB| | A|| B|，(A)成立. 又AB A B，移项，提公因子得
AB A A(B E) B， A(B E) B E E，
(A E)(B E) E.
故A E , B E都是可逆阵, 且互为逆矩阵，从而知方程组
(A E)X 0只有零解，正确.
B E不可
逆是错误的，又因(A E)(B
E) E，故(B E)(A E) E ,
从而有BA ABE E , BA A B，得 AB
BA, 从而有
(AB)
1
(BA)
1 1
B成立.
故(1 )、(2)、(3)是正确的，应选(C). (6) C
解：非齐次通解=齐次通解+非齐次特解 (7)
D
x
0解：由于 X ~ E()，所以密度函数为 f (x)
,x ，分布函数为
0, x 0
F(x)
1 e x
,x 0 EX 丄,DX
1
0, x 0
~2
，所以 A,B,C都不对。
2
因为 E(X Y) ,E(X Y) 0，
而max(X,Y)的分布函数不是 F2 *(x)
e , x 2 x
，所以D对。
0,x 0
事实上，min( X ,Y)的分布函数为 P{mi n(X,Y)} x}
1 P{min( X,Y)}
1 P{X x,Y x} 1 P{X
x}P{Y x} 1 [1
F(x)]
2 1 e
0, x 0
(8) D
解：X的分布密度为 (x) …0x
, E(X 0,x c
0.
2X
) E(X) E(e 2X)
二、填空题 (9) 0 解：由lim
―1 1知lim ,于是
X 0
ef
(X)
1 f(x) f(0) 0x 0
(10) e e4.
解：在方程中令x 0可得0
ln旦 1，y(0)
y(0)
e2
将方程两边对x求导数，得cos(xy)(y
xy)丄 丫
x e y
将x 0 , y(0) e2代入，有e2
y(i
，即 ye
°(o)e
e4
x}
x
,x 0
o
解：6x，通解为
xf (X) 3f(x)
6x2可化为f (x) 3 f (x)
x
f(x) Cx3 6x2。所得旋转体的体积为
0f2
(x)dx
V(c) 冷
2C ),V (c) 36 ( 2C
5 7 2)
因为V (C) 牛 0，所以C 7为最小点，因此所求函数为 f (x) 6x 7x2 3
。
(12) 7. 解：由复合函数求导法则, 逐层展开有 (X) f2[fl (f1 f2 )],
所以
(
1) 1 [2 1 (2 1)] 7. (13)1
解：由A[ 3
]
2, 3
]
0知, 0
若令P [ 3
]，则 P可逆，且 P 1
AP
即A?B，从而 E，因此 r(A-E)=r(B- (14)卩. E)=1
18 3 解：由题设知
P{X k} 1，P{X
k}
根据全概率公式得 1 25] 85 17
3 9
18
三、解答题 (15)解：(1 )记 y f (x), g( y)为f (x)的反函数。
由等式f (x)g (y)
两边再对 x求导数得 f (x)g (y) f 2(x)g (y)
注意到g (3) 1
1,贝U y 3，因此 f (a)g(3)
f (a) g (3)
2
。
(2)按导数定义得lim址^凶 f(a)
x(x a) x a ln x ln a x alim±?
x a
ln x In a
(16)解：引入极坐标 (
r,)满足x r cos , y r sin ，在极坐标 (r,)中积分区域
D {(r, )|0
,2cos r 2}，于是 2
可表示为 D
由于
0冷
sin [1 cos
]d 4 0t(1
1
t4)dt 4( i)
2
2
cos [1
cos ]d
8
( ^cos d 3 0
0
cos4
2)
x(y 1)d I
(17)解：将
f (x)在 x 0处按泰勒公式展开，有
1)
f(0)
1 f ( 1) f ( 2)
1
令x分别为1, 1 得，f( 两式相减得, 由于f (x)在［
)
f(1) f(
2
］
1) 2f (0)
上连续，不妨设 f (x)在［1, 21, ］上的最大值，最小值为
f ( 1) f ( 2)
根据介值定理，
是 f(1) f( 1) 2f (0) 即对于 (1,1)，有匸^
(1,1)，使得
1f ()
f ( 1) f ( 2) 6
，
也 f( 1 f (0)
(18)解：方程化为
80dP P(80 P)
丄dt，解得8^-P
5 P
t
Ce
80 0.5e N
显然 P 80。又由80
兰 P(80
dt
P)知，当P 80时, P单调减少，且当 P 100， 1
1 2
T
5
时,
80。故此模型可以保证牲口在
T
80头以上，令
e
80 100
即5个月内牲口头数不超过 2.5时，可求得［T］ 1
(19)解:(51， ) (a) f[a, f (a, f (a,a))] f (a, f (a, a)) f (a,a) a
当e5
100 头。
—d 2
⑵ dx (x) 1 2 (x) (x) , dx (x)
(x, y), y x
d 2
x a
2 (a) (a)
因为 (x) f[x, f (x, f(x, x))]，令 u f (x, v), v f
a 时，y a, v
f(a,a) a,u f (a,a) a
(20)
解:( 1)设A的特征值为 ，则AX X,X 0为 所对应的特征向量，由A满足A2 3A O，
3 )X 0,于是 2
3 0，
1
0 时，P。 160，得 C -
2
从而设A的特征值为
0,3。
(1,1, 1)T，由实对称阵不同特征值对应的特征向量正交，设
0所对应的
(2) 3
所对应的特征向量为设
特征向量为X (X「X2,X3T，则有 T所以 0所对应的特征向量为 (0,1,1),
1 0 2
(3) 令P 1 1 1 ， 则P 1 1
6
1 1 1
3 1 1 1
A P 0 P 1 1。 1 1 0 1 1 1
)
(2,1, 1)T。 4 2 3 3 1 1
2 3 1
3 1 2 1 2 1
(21 )解：(1) a 4 5 6 0 a 2
1 2 a 3 0 0
当a 1及a 0时, 方程组均有无穷多解 T
3, 1,0), T1 当a 1时，则 (1, 2, 1), 2 (
T T当a 0时，则 1 (1,0, 1) ,2 (2, 1,1) ,3
不同特征值的特征向量
由 A[ 1, 2, 3] [ 1, 2,0]知
(II)(E A)X 0 (E A)X 0 ,可见(E 1的特征向量 2 ( 2, 1,1)T
1凶 xg e dx 0 ；
(22)解：(I) 1 E(X)
n
1222 Xi 2?，得? -1 ° X\所以2
n i 1 ■. 2n i 1 i
1 7 0 a 1
3 0
3
( 1,2,1)T线性相关，不合题意
(0,3,2)T线性无关，可作为三个
A)X 0的基础解系即为
？
n
Xi (II)In L(X1,X2,L ,Xn, ) nln2
±J
—
2
Xi 0，得 Xi
IX
(III)E( X ) dx
2
0
1 -
e dx
2013考研数学模拟卷数三2答案
