2019考研数学三真题解析

2019年全国硕士研究生入学统一考试数学（三）试题参考答案一、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，只有一个选项是符合题目要求的．1、当0x→时，若tanxx−与kx是同阶无穷小，则k=（）A.1.B.2.C.3.D.4.【答案】C.【解析】当0x→时，31tan3xxx−−，则=3k.2．已知方程550xxk−+=有3个不同的实根，则k的取值范围为（）A、(,4)−−B、(4,)+C、4,4−D、(4,4)−【答案】D.【解析】令5()5fxxxk=−+，由()0fx=得1x=，当1x−时，()0fx，当11x−时，()0fx，当1x时，()0fx，又由于lim()xfx→−=−，lim()xfx→+=+，方程要有三个不等实根，只需要(1)=40fk−+，(1)40fk=−+，因此k的取值范围为44k−.3．已知微分方程exyaybyc++=的通解为12()eexxyCC−=++，则,,abc依次为（）A、1,0,1B、1,0,2C、2,1,3D、2,1,4【答案】D.【解析】由通解形式知，121==−，故特征方程为221=21=0+++（），所以2,1ab==，又由于exy=是+2xyyyce+=的特解，代入得4c=.4、若1nnnu=绝对收敛，1nnvn=条件收敛，则（）A、1nnnuv=条件收敛B、1nnnuv=绝对收敛C、1()nnnuv=+收敛D、1()nnnuv=+发散【答案】B.【解析】由1nnvn=条件收敛知，lim0nnvn→=，故当n充分大时，1nvn.所以，nnnnnvuvnunun=，由于1nnnu=绝对收敛，所以1nnnuv=绝对收敛.5、设A是四阶矩阵，*A是A的伴随矩阵，若线性方程组=Ax0的基础解系中只有2个向量，则*A的秩是（）A.0B.1C.2D.3【答案】A.【解析】由于方程组基础解系中只有2个向量，则()2rA=，()3rA，()0rA=.6、设A是3阶实对称，E是3阶单位矩阵，若2=2A+AE且4=A，则二次型TxAx的规范形为（）A.222123yyy++B.222123yyy+−C.222123yyy−−D.222123yyy−−−【答案】C.【解析】22+=，则只能为2−或1，又由于4=A，则特征值分别为-2,-2,1，则二次型的规范形为222123yyy−−.7、设,AB为随机事件，则()()PAPB=充分必要条件是A.()()().PABPAPB=+UB.()()().PABPAPB=C.()().PABPBA=D.()().PABPAB=【答案】C【解析】()()()()()()()()PABPBAPAPABPBPABPAPB=−=−=；选C.8、设随机变量X和Y相互独立，且都服从正态分布2(,)N，则{1}PXY−A.与无关，而与2有关.B.与有关，而与2无关.C.与，2都有关.D.与，2都无关.【答案】A【解析】2~(0,2XYN−，所以10101{1}()()2()1222PXY−−−−===−；选A二、填空题：9～14小题，每小题4分，共24分．9、111lim1223(1)nnnn→+++=+____________【答案】1e.−【解析】111+++1223(1)1nnnnnn=++L，则1lime.1nnnn−→=+10、曲线π3πsin2cos()22yxxxx=+−的拐点坐标为____________【答案】π2−（，）.【解析】令sin0yxx=−=，可得πx=，因此拐点坐标为π2−（，）.11、已知41()1dxfxtt=+，则120()dxfxx=____________【答案】1(122)18−.【解析】依题意，4()1fxx=+且(1)0f=.因此，1112331340000111()d()d()1d(122)3318xfxxfxxxfxxxx==−+=−.12、A、B两商品的价格分别为、，需求函数,,,求A商品对自身价格的需求弹性____________.【答案】0.4.【解析】因为d(2)dAAAAAABAAAPQPPPQPQ=−=−−−，将，，1000AQ=代入，可得104000.41000AA==.13、2101111011a−=−−A，01a=b，=Axb有无穷多解，求____________【答案】1.【解析】因为=Axb由无穷多解，故()()3rr=AA,b，对矩阵()A,b作初等行变换，因为PAPBQA=500-PA2-PAPB+2PB2PA=10PB=20hAA=h0()PA=10PB=20a=21010()01010011aa−→−−A,b，故2110aa−=−=，因此1a=.14、为连续型随机变量，概率密度为,为的分布函数，为的期望，求()1PFXEX−=____________【答案】2.3【解答】由条件可得2204()dd23xEXxfxxx+−===，且可求得分布函数20,0,(),02,41,2.xxFxxx=故可得12{()1}{()}.33PFXEXPFX−==三、解答题：15～23小题，共94分．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）已知2,0,()e1,0.xxxxfxxx=+求()fx，并求()fx的极值.【答案】𝑓′(𝑥)={2𝑥2𝑥(𝑙𝑛𝑥+1)；x0𝑒𝑥(𝑥+1)；x0，极大值𝑓(0)=1.极小值1(1)1ef−=−，2e1()eef−=.【解析】解：当x0时：𝑓′(𝑥)=(𝑒2𝑥𝑙𝑛𝑥−1)′=(𝑒2𝑥𝑙𝑛𝑥)′=𝑒2𝑥𝑙𝑛𝑥(2𝑙𝑛𝑥+2)=2𝑥2𝑥(𝑙𝑛𝑥+1)当x0：𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥+𝑥𝑒𝑥=𝑒𝑥(𝑥+1)因此𝑓′(𝑥)={2𝑥2𝑥(𝑙𝑛𝑥+1)；x0𝑒𝑥(𝑥+1)；x0当x=0：Xf(x)=x2,0x20,elseìíïîïF(x)XEXX𝑓+′(0)=lim𝑥→0+𝑓(𝑥)−𝑓(0)𝑥=lim𝑥→0+𝑥2𝑥−1𝑥=lim𝑥→0+𝑒2𝑥𝑙𝑛𝑥−1𝑥=lim𝑥→0+2𝑥𝑙𝑛𝑥𝑥=−∞𝑓−′(0)=lim𝑥→0+𝑓(𝑥)−𝑓(0)𝑥=lim𝑥→0+𝑥𝑒𝑥𝑥=lim𝑥→0+𝑒𝑥=0当x0时，𝑓′(0)0，𝑓(𝑥)单调递减，当x0时，𝑓′(0)0，𝑓(𝑥)单调递增因此𝑓(𝑥)在x=0处取得极大值，且𝑓(0)=1.令()0fx=得，1x=−及1ex=.又1(1)0,()0eff−，故极小值为1(1)1ef−=−，2e1()eef−=.16、（本题满分10分）已知(,)fuv具有二阶连续偏导数，且(,)(,)gxyxyfxyxy=−+−，求22222gggxxyy++.【答案】112213.ff−−【解析】依题意知，12(,)(,)gyfxyxyfxyxyx=−+−−+−，12(,)(,)gxfxyxyfxyxyy=−+−++−.因为(,)fuv具有二阶连续偏导数，故1221ff=，因此，2111221221112222()()2gfffffffx=−+−+=−−−，21112212211221()()1gffffffxy=−−−−=−+，2111221221112222()()2gfffffffy=−−+−=−+−.所以，22211222213.gggffxxyy++=−−17、（本题满分10分）已知()yx满足微分方程221e2xyxyx−=，且满足(1)ey=.（1）求()yx；（2）若(,)12,0()Dxyxyyx=，求区域D绕x轴旋转所得旋转体的体积.【答案】（1）22()exyxx=.（2）【解析】（1）22dd221()eeee().2xxxxxxyxCCxx−−−=+=+因为(1)ey=，故0C=，所以22()e.xyxx=（2）由旋转体体积公式，222224211ππ(e)dπed(ee).2xxVxxxx===−18、（本题满分10分）求曲线()esin0xyxx−=与x轴之间图形的面积.解:设在区间[π,(1)π]nn+(0,1,2,)n=上所围的面积记为nu,则(1)π(1)πππe|sin|d(1)esindnnxnxnnnuxxxx++−−==−;记esindxIxx−=,则edcos(ecoscosde)xxxIxxx−−−=−=−−ecosedsinecos(esinsinde)xxxxxxxxxx−−−−−=−−=−−−e(cossin)xxxI−=−+−,所以1e(cossin)2xIxxC−=−++;因此(1)π(1)πππ11(1)()e(cossin)(ee)22nnxnnnnuxx+−−+−=−−+=+;(这里需要注意cosπ(1)nn=−)因此所求面积为ππππ0111e11e221e2e1nnnnu−−−===+=+=+−−.19、（本题满分10分）设()1201d0,1,2nnaxxxn=−=（1）证明数列na单调递减；且()212,32nnnaann−−==+（2）求1lim−→nnnaa.(1)证明:1210(1)10nnnaaxxxdx+−=−−,所以na单调递减.13331112122122200011(1)[(1)(1)]33nnnnaxdxxxxdx−−−=−−=−−−−12220112220021(1)1d31(1d1d)31(),3nnnnnnxxxxnxxxxxxnaa−−−−=−−−=−−−−=−从而有()212,32nnnaann−−==+;(2)因为211nnnnnnaaaaaa−−=,而21limlim12nnnnanan→→−−==+,由夹逼准则知1lim1nnnaa→−=.20、（本题满分11分）已知向量组I：()()()21231,1,4,1,0,4,1,2,3TTTa===+αααII：()()()21231,1,3,0,2,1,1,3,3TTTaaa=+=−=+βββ若向量组I与II等价，求a的取值，并将3β用123,,ααα线性表示.【答案】1a−；1a=时，3123(3)(2)kkk=−+−++βααα（k为任意常数）；当1a时，3123=−+βααα.【解析】令123(,,)=Aααα,123(,,)=Bβββ，所以，21a=−A，22(1)a=−B.因向量组I与II等价，故()()(,)rrr==ABAB，对矩阵(,)AB作初等行变换.因为2222111101111101(,)102123011022.443313001111aaaaaaaa=→−++−+−−−−AB当1a=时，()()(,)2rrr===ABAB；当1a=−时，()()2rr==AB，但(,)3r=AB；当1a时，()()(,)3rrr===ABAB.综上，只需1a−即可.因为对列向量组构成的矩阵作初等行变换，不改变线性关系.①当1a=时，12331023(,,,)01120000→−−αααβ，故3112233xxx=++βααα的等价方程组为132332,2.xxxx=−=−+故3123(3)(2)kkk=−+−