2013考研数学一数学二数学三真题及答案完美打印word版

1、2013考研数学（一、二、三）真题及答案解析第一部分：数一真题及答案解析1.已知极限，其中k，c为常数，且，则（）A. B. C. D. 答案:D解析：用洛必达法则因此，即2.曲面在点处的切平面方程为（ ）A. B. C. D. 答案:A解析：法向量切平面的方程是：，即。3.设，令，则（ ）A . B. C. D. 答案:C解析：根据题意，将函数在展开成傅里叶级数（只含有正弦，不含余弦），因此将函数进行奇延拓：，它的傅里叶级数为，它是以2为周期的，则当且在处连续时，。4.设，为四条逆时针方向的平面曲线，记，则A. B. C. D 答案:D解析：由格林公式，,在内，因此在外，所以答案: D解析：

2、由格林公式，,在内，因此在外，所以5.设A,B,C均为n阶矩阵，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的列向量组等价答案:B解：B可逆.A(b1bn)=C=(c1cn)Abi=Ci.即C的列向量可由A的列表示.AB=CA=CB-1=CP.同理：A的列可由C的列向量表示.6.矩阵与相似的充分必要条件为（ ）A. B. 为任意常数 C. D. 为任意常数答案:B解：A和B相似.则A和B的特征值相同.A和B的特征值为1=0. 2=b. 3=2.|A-2E|= a

3、=0且 当a=0时，反之对于.7.设是随机变量，且，则（ ）A. B. C. D答案：A解：8.设随机变量,，给定，常数c满足，则( )答案：A解：9.设函数y=f(x)由方程y-x=ex(1-y) 确定，则 。答案：1 解：令X=0,得y=1.两边求得：将x=0. y=1代入得：10.已知y1=e3x xe2x，y2=ex xe2x，y3= xe2x是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，则该方程的通解y=。答案：解：y1-y2=e3x , y2-y3 =ex是对应齐次方程的解.由分析知：故：原方程通解为：11.设。答案：解：12.。答案：ln2 解：0+=0-ln13.设A=(aij)是

4、3阶非零矩阵，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。答案：-1 解：取行列式得：若(矛盾)14.设随机变量Y服从参数为1的指数分布，a为常数且大于零，则PYa+1|Ya=答案：解： 三解答题： （15）（本题满分10分）计算，其中f(x)解：使用分部积分法和换元积分法(16)(本题10分)设数列an满足条件：S（x）是幂级数（1）证明：（2）求(I)证明：由题意得 即 (II) 解：为二阶常系数齐次线性微分方程，其特征方程为从而 ，于是 ，由，得所以（17）（本题满分10分）求函数.解答：先求驻点，令，解得为了判断这两个驻点是否为极值点，求

5、二阶导数在点处，因为,所以不是极值点。类似的，在点处，因为，所以是极小值点，极小值为 (18)(本题满分10分)设奇函数f(x)在上具有二阶导数，且f(1)=1，证明：（I）存在（）存在解答：先求驻点，令，解得为了判断这两个驻点是否为极值点，求二阶导数在点处，因为,所以不是极值点。类似的，在点处，因为，所以是极小值点，极小值为19.(本题满分10分)设直线L过A（1,0,0），B（0,1,1）两点将L绕z轴旋转一周得到曲面，与平面所围成的立体为。求曲面的方程；求的形心坐标。解：20.（本题满分11分）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。解：令，则 ，则由得，此为

6、4元非齐次线性方程组，欲使存在，此线性方程组必须有解，于是 所以，当时，线性方程组有解，即存在，使。又 ,所以 所以 （其中为任意常数）。21.（本题满分11分）设二次型，记，。证明二次型f对应的矩阵为；若正交且均为单位向量，证明f在正交变换下的标准形为。证明：22.（本题满分11分）设随机变量X的概率密度为令随机变量求Y的分布函数；求概率.解：（2）23.(本题满分11分)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。求的矩估计量；求的最大似然估计量。23解：（1），令,得到矩估计（2）得到最大似然估计：。第二部分：数二真题及答案解析一、选择题 18小题每小题4分，

7、共32分设，当时， （ ）（A）比高阶的无穷小 （B）比低阶的无穷小（C）与同阶但不等价无穷小 （D）与等价无穷小【详解】显然当时，故应该选（C）2已知是由方程确定，则（ ）（A）2 （B）1 （C）-1 （D）-2【分析】本题考查的隐函数的求导法则信函数在一点导数的定义【详解】将代入方程得，在方程两边求导，得，代入，知，故应该选（A）设，则（ ）（）为的跳跃间断点 （）为的可去间断点（）在连续但不可导 （）在可导【详解】只要注意是函数的跳跃间断点，则应该是连续点，但不可导应选（）设函数，且反常积分收敛，则（ ）（A） （B） （C） （D）【详解】，其中当且仅当时才收敛；而第二个反常积分，当

8、且仅当才收敛从而仅当时，反常积分才收敛，故应选（）设函数，其中可微，则（ ）（A） （B）（C） （D）【详解】应该选（A）6设是圆域的第象限的部分，记，则（ ）（A） （B） （C） （D）【详解】由极坐标系下二重积分的计算可知所以，应该选（B）7设，均为阶矩阵，若，且可逆，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【详解】把矩阵A，C列分块如下：，由于，则可知，得到矩阵C的列向量组可用矩阵A的列向量组线性表示同时由于B可逆，即，同理可知矩阵A的列向量组可用

9、矩阵C的列向量组线性表示，所以矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价应该选（B）8矩阵与矩阵相似的充分必要条件是（A） （B），为任意常数（C） （D），为任意常数【详解】注意矩阵是对角矩阵，所以矩阵A=与矩阵相似的充分必要条件是两个矩阵的特征值对应相等从而可知，即，为任意常数，故选择（B）二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）9 【详解】10设函数，则的反函数在处的导数 【详解】由反函数的求导法则可知11设封闭曲线L的极坐标方程为为参数，则L所围成的平面图形的面积为 【详解】所以答案为12曲线上对应于处的法线方程为 【详解】当时，所以法线方程为，也就是13

10、已知是某个二阶常系数线性微分方程三个解，则满足方程的解为 【详解】显然和是对应的二阶常系数线性齐次微分方程两个线性无关的解，由解的结构定理，该方程的通解为，其中为任意常数把初始条件代入可得，所以答案为14设是三阶非零矩阵，为其行列式，为元素的代数余子式，且满足，则= 【详解】由条件可知，其中为A的伴随矩阵，从而可知，所以可能为或0但由结论可知，可知,伴随矩阵的秩只能为3，所以三、解答题15（本题满分10分）当时，与是等价无穷小，求常数【分析】主要是考查时常见函数的马克劳林展开式【详解】当时，所以，由于与是等价无穷小，所以16（本题满分10分）设D是由曲线，直线及轴所转成的平面图形，分别是D绕轴

11、和轴旋转一周所形成的立体的体积，若，求的值【详解】由微元法可知；由条件，知17（本题满分10分）设平面区域D是由曲线所围成，求【详解】18（本题满分10分）设奇函数在上具有二阶导数，且，证明：（1）存在，使得；（2）存在，使得【详解】证明：（1）由于为奇函数，则，由于在上具有二阶导数，由拉格朗日定理，存在，使得（2）由于为奇函数，则为偶函数，由（1）可知存在，使得，且，令，由条件显然可知在上可导，且，由罗尔定理可知，存在，使得即19（本题满分10分）求曲线上的点到坐标原点的最长距离和最短距离【分析】考查的二元函数的条件极值的拉格朗日乘子法【详解】构造函数令，得唯一驻点，即考虑边界上的点，；距离

12、函数在三点的取值分别为，所以最长距离为，最短距离为120（本题满分11）设函数求的最小值；设数列满足，证明极限存在，并求此极限【详解】（1），令，得唯驻点，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增所以函数在处取得最小值（2）证明：由于，但，所以，故数列单调递增又由于，得到，数列有界由单调有界收敛定理可知极限存在令，则，由（1）的结论可知21（本题满分11）设曲线L的方程为（1）求L的弧长（2）设D是由曲线L，直线及轴所围成的平面图形，求D的形心的横坐标【详解】（1）曲线的弧微分为，所以弧长为（2）设形心坐标为，则22本题满分11分）设，问当为何值时，存在矩阵C，使得，并求出所有矩阵C【详解】显然

13、由可知，如果C存在，则必须是2阶的方阵设，则变形为，即得到线性方程组，要使C存在，此线性方程组必须有解，于是对方程组的增广矩阵进行初等行变换如下，所以，当时，线性方程组有解，即存在矩阵C，使得此时，所以方程组的通解为，也就是满足的矩阵C为，其中为任意常数23（本题满分11分）设二次型记（1）证明二次型对应的矩阵为 ；（2）若正交且为单位向量，证明在正交变换下的标准形为 【详解】证明：（1）所以二次型对应的矩阵为 证明（2）设，由于则，所以为矩阵对应特征值的特征向量；，所以为矩阵对应特征值的特征向量；而矩阵A的秩，所以也是矩阵的一个特征值故在正交变换下的标准形为 第三部分：数三真题及答案解析一、

14、选择题 18小题每小题4分，共32分当时，用表示比高阶的无穷小，则下列式子中错误的是（ ）（A） （B）（C） （D）【详解】由高阶无穷小的定义可知（A）（B）（C）都是正确的，对于（D）可找出反例，例如当时，但而不是故应该选（D）2函数的可去间断点的个数为（ ）（A）0 （B）1 （C）2 （D）3【详解】当时，所以是函数的可去间断点，所以是函数的可去间断点，所以所以不是函数的可去间断点故应该选（C）设是圆域的第象限的部分，记，则（ ）（A） （B） （C） （D）【详解】由极坐标系下二重积分的计算可知所以，应该选（B）设为正项数列，则下列选择项正确的是（ ）（A）若，则收敛；（B）若收敛，

15、则； （C）若收敛则存在常数，使存在； （D）若存在常数，使存在，则收敛【详解】由正项级数的比较审敛法，可知选项（D）正确，故应选（）此小题的（A）（B）选项想考查的交错级数收敛的莱布尼兹条件，对于选项（A），但少一条件，显然错误而莱布尼兹条件只是交错级数收敛的充分条件，不是必要条件，选项（B）也不正确，反例自己去构造设，均为阶矩阵，若，且可逆，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【详解】把矩阵A，C列分块如下：，由于，则可知，得到矩阵C的列向量组可用矩

16、阵A的列向量组线性表示同时由于B可逆，即，同理可知矩阵A的列向量组可用矩阵C的列向量组线性表示，所以矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价应该选（B）6矩阵与矩阵相似的充分必要条件是（A） （B），为任意常数（C） （D），为任意常数【详解】注意矩阵是对角矩阵，所以矩阵A=与矩阵相似的充分必要条件是两个矩阵的特征值对应相等从而可知，即，为任意常数，故选择（B）7设是随机变量，且，则（A） （B）（C） （D）【详解】若，则，故选择（A）8设随机变量X和Y相互独立，且X和Y的概率分布分别为X0123PP1/21/41/81/8Y-101P1/31/31/3则（ ）（A） （B） （C） （D）【

17、详解】，故选择（C）二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）9设曲线和在点处有切线，则 【详解】由条件可知所以10设函数是由方程确定，则 【详解】设，则，当时，所以11 【详解】12微分方程的通解为 【详解】方程的特征方程为，两个特征根分别为，所以方程通解为，其中为任意常数13设是三阶非零矩阵，为其行列式，为元素的代数余子式，且满足，则= 【详解】由条件可知，其中为A的伴随矩阵，从而可知，所以可能为或0但由结论可知，可知,伴随矩阵的秩只能为3，所以14设随机变量X服从标准正分布，则 【详解】 所以为三、解答题15（本题满分10分）当时，与是等价无穷小，求常数【

18、分析】主要是考查时常见函数的马克劳林展开式【详解】当时，所以，由于与是等价无穷小，所以16（本题满分10分）设D是由曲线，直线及轴所转成的平面图形，分别是D绕轴和轴旋转一周所形成的立体的体积，若，求的值【详解】由微元法可知；由条件，知17（本题满分10分）设平面区域D是由曲线所围成，求【详解】18（本题满分10分）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【详解】（1）设利润为，则，边际利润为（2）当P=50时，Q=10000，边际利润为20经济意义为：当P=50时，销量每增加一个，利润增加20（3）令，得19（本题满分10分）设函数在上可导，且，证明（1）存在，使得（2）对（1）中的，存在，使得【详解】证明（1）由于，所以存