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1、2013硕士研究生入学考试数学三真题1. 当x0时，用“o（x）”表示比x高阶的无穷小，则下列式子中错误的是A. xo（x2）=o(x3) B.o(x)o(x2)=o(x3)C.o(x2)+o(x2)= o(x2) D.o(x)+ o(x2)= o(x2)2. 函数f(x)=的可去间断点的个数为A.0 B.1C.2D.33. 设Dk是圆域D=(x,y)|x2+y21位于第k象限的部分，记Ik=（k=1,2,3,4），则A.I10, B. I20, C. I30, B. I404. 设an为正项数列，下列选项正确的是A. 若an an+1, 则收敛B. 若收敛，则anan+1 C. 若收敛，则存
2、在常数p1，使 npan存在D. 若存在常数p1，使 npan存在,则收敛5. 设A,B,C均为n阶短阵，若AB=C,且B可逆，则A. 矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量组等价B. 矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价C. 矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量组等价D. 矩阵C的列向量组与矩阵B的列向量组等价6. 矩阵与相似的充分必要条件为（ ）A. a=0,b=2 B. a=0,b为任意常数C. a=2,b=0 D. a=2,b为任意常数7. 设x1, x2, x3是随机变量，且x1N(0,1),x2N(0,22),x3N(5,32),Pj=P-2xj2(j=1,2,3),则A.P1P2P3B.
3、P2P1P3C.P3P1P2D.P1P3P28. 设随机变量X和Y相互独立，且X和Y的概率分布分别为X0123YY-101P则PX+Y=2=A. B. C. D. 9. 设曲线y=f(x)与y=x2-x在点（1，0）处有公共切线，则nf= .10. 设函数z=z(x,y)由方程（z+y）x=xy确定，则= .11.= .12. 微分方程的通解为y= .13. 设A=(aij)是3阶非零矩阵，A为A的行列式，Aij为aij的代数余子式，若aij+ Aij=0(i，j=1,2,3)，则A= .14. 设随机变量X服从标准正态分布N（0，1），则E() = .三、解答题15.当时，与为等价无穷小，求
4、n与a的值。16.设D是由曲线，直线及x轴所围成的平面图形，分别是D绕x轴，y轴旋转一周所得旋转体的体积，若，求a的值。17.设平面区域D由直线及围成，计算。18.设生产某产品的固定成本为6000元，可变成本为20元/件，价格函数为,(P是单价，单位：元，Q是销量，单位：件)，已知产销平衡，求：（1）该商品的边际利润；（2）当P=50时的边际利润，并解释其经济意义；（3）使得利润最大的定价P。19.设函数f(x)在上可导，且，证明（1）存在，使得；（2）对（1）中的a，存在，使得。20. 设，当a,b为何值时，存在矩阵C使得AC-CA=B,并求所有矩阵C。21. 设二次型，记，。（1） 证明二
5、次型f对应的矩阵为；（2） 若正交且均为单位向量，证明f在正交变换下的标准形为。22.设（X,Y）是二维随机变量，X的边缘概率密度为在给定的条件下，Y的条件概率密度为（1）求的概率密度；（2）求Y的边缘概率密度。（3）求.23. 设总体X的概率密度为其中为未知参数且大于零，为来自总体X的简单随机样本。（1） 求的矩估计量；（2） 求的最大似然估计量。2013考研数学模拟试卷三【数三】解析一、选择题（1）解：首先由，得。又因为在的某邻域内有二阶连续导数，于是。其次，根据极限保号性，在的某去心邻域内必然有，即在两侧变号，于是为曲线的拐点。（2）C解：由导数的几何意义，应选（C）(3) A 解：令
6、（4）解：因为，所以，而，由夹逼定理得原极限为零。(5) D 解：说法都不正确，对于(D),由相似知， （6）解：设，由已知条件有。即为方程组的非零解。由于线性无关，所以方程组系数阵的秩为3，所以其基础解系为1个解向量，从而向量组的秩为1。（7）解：，即。(8) C解：因，从而，故，即选（C）二。、填空题（9) 解：令，原方程变为方程两边对求导得再两边对求导得，即由得，故（10）1解：因为 ，令其中 ，得 ，则 （11）；解：介于与之间，即或，由夹逼定理，得（12）解：；(13) 【形式不唯一，只要是对角线上为-1，-2，-3就对】解：由，知的特征值为，相似矩阵具有相同的特征值，所以的特征值也
7、为，故相似的标准形为(14)解：由易得X与Y的联和分布律为 YX01-1011,故三、解答题(15)解：（I）若要在处连续，必须，即故，为任意实数时，在处连续。（II）若要在处可导，则必须在处连续（），且所以所以，时，在处可导（16）解：，切线方程为，与轴的交点坐标为。 切线旋转后的旋转体体积为，曲线转转后的旋转体的体积为。 此容器的质量为。容器内表面积为。 （17）解：（1）令， 则。 （2）。，。因为，所以单调增加。又因为，所以存在唯一的，使得。当时，；当时，所以为在上唯一的最小点。 （18）证明：由于在上可导，知在上连续，从而在上连续.由积分中值定理，知存在一点使得在上，由罗尔定理得至少
8、存在一点使，即，. （19）解：由，有，在条件，即，中令得，于是满足一阶线性微分方程.通解为，由分部积分公式，可得，所以.注：也可由，满足的偏微分方程，直接得到满足的常微分方程.由，令，上式转化为常微分方程，所以，得满足的微分方程.（20）解：() 二次型的矩阵由是的特征值，有得到. 由矩阵的特征多项式得到矩阵的特征值是，.对，解齐次方程组得基础解系，对，解齐次方程组得基础解系.因为不正交，故需Schmidt正交化，有，.再单位化，得，那么令，则在正交变换下，有() 条件，即.而可知在条件的极小值，即在条件下的极小值.由于，所以.而极小值点是.()因为矩阵的特征值：7,7,-2.所以，那么的特征值为：-14,-14,49.从而的特征值为，.因此，时，正定.（21）解：（1）由得。 。 又得。 （2）的特征值为0，0，3。 对应的特征向量为；对应的特征向量为， 令，则有。 （22）解： （1）联合分布律为VU01PU=i001PV=j1（2）从1中看出EU=，DU=，EV =，DV=EUV=PU=1，V=1=Cov（U，V）=-*=（23）解(1)又故所以的矩估计量 (2) 似然函数.取对数所以的极大似然估计量为
