2014共创三五套卷及解析数三答案全

：第第2页共82014年入学统一考f(x

x(1x)eln的可去断点个数为（ln(A) x(1x(1x)eln

limx(1x)ex2e1，limf(x)0,limf(x) x0, (1 3f(x在(0,f1(xf(x3f(

f1(t)dt

1x29f(x（2

xxxx12 （C） xxxx12x1x2

x,f(x ,f(x) C,f(9)2，故C1xf(x) 1，答案 f(x,y)f(1,1)2x3yx(x1)2(y（3）设zf(x1)2(yx

0limf(1t,1)f(1,12t) t (B) , ]原式lim[f(1t,1f(1,1)f(1,12tf]t0 t f 2)f)=f(1,1)lim t

设limxn与limyn均不存在，那么下列命题正确的是 若lim(xnyn不存在，则lim(xnyn 若lim(xnyn存在，则lim(xnyn 若lim(xnyn与lim(xnyn ：第第4页共8若lim(xnyn与lim(xnyn xn2[(xnynxnynyn2[(xnynxnyn (D)．AD.因为AB0AB )如果4不能由1,2,3线性表出，则1,2,3如果4不能由1,2,3线性表出，则2r(1,2,3，4 (A）1;（B）2;（C）3;（D)对于（2）如果1,2,3线性无关，又1,2,3,4必线性相关，则4能由1,2,3线性表出，与已对于（3）因1,2,3,43维非零向量，而4不能由1,2,3对于（4）因初等变换不改变矩阵的秩，由12,2，3r1,2,3,4得r1,2，3r1,2,3,4 表明对应的方程组有解，故4可以由1,2,3,（a（b（c（d） 量X的密度函数是f(x)1

xx1

EX

X) 2

(B) 41Axe2xdxAx2e2xdxA A4 2

E(X) x2e2xdx x22e2xdx2(

)

E(X2) x3e2xdx

x3de2x x22e2xdx E(X2X)E(X2)E(X)

311 设X~N(,),且有P{X}P{X}，则有比值 （A）等于 大于 Ｃ小于 不能判P{XP{X1P{XP{X12：：第第6页共8即(0)

11P{X}1P{X}X}2xln

lnx2lnx2lnx 3ln x2lnxx2ln )3lnx

x x2ln f （10）设f(u)ln(1u2),g(x) 2x1，则g(0)f 2x) ,g(0)4f(1)4ln)2x1(2xf(xyzexyz2zz(xyxyzxyz0 【解】:fx(0,1,1)1fx(x,yzexyz2exy2zzx(xyfx(0,1,1)12(1)zx(0,1)12zx(0,1)又由10zx(xyyzxyzx(xy0zx(0,1)0fx(0,1,1)差分方程yx13yx23x的通解为 齐次方程的通解是A3x，设此方程的一个特解为cx3x，代入方程求得C2x3x1

2，得所求的通解为34维向量组1,2,3i(i1,2,3,4)0且与1,2,3均正交，则秩 2 T3(14)设总体X~N(0,2)，X1,,Xn是X的简单随机样本，而X是样本均值，S2为样本方差，统计量E(XS2)2 2 2

【解】【分析】由X与S2独立性，E(XS)E(X)E(S)，由于E(X)D(X)E(X) ：第第7页共8 (n1)S 又E(S)， ~(n1),D(S)n：第第8页共82E(S22D(S2E(S22n

（15（Dx2y22x2y（x2（y-22.x1uy1v,

u2v2=4+1 （u2v2)dudv4+12d2r3dr52u2v22 20 16（+-

2y=íïï

x£x>分别解之。对于yⅱ+y-2y=ex，特征方程r2r2(r2)(r1)0 对应的齐次微分方程同YC1e2xC2ex,设其特解为y*Axex,由待定系数法可求得y*1xex，从而 3+32容易求得YC3e2xC4ex2

2y=1ìïC+C=C+C-ï

31有C=C31 ，C4=C2+9ï-2C1+C2 =-2C3+ ìïCe-2x+Cex+1 1y=íï 1ï(C+)e-2x+(C )ex- x>ïïî 17（[0,1]f(21f(xdx20 1mxf(x)f(0)f()x1Mx((0, 1mxf(x)f(0)f()x1Mx两边同时在区间[0,1]m1f(xdx1Mm21f(xdx2M，由连续函数介值定理知[0,1上使得 f()21f(x)dx20：第第12页共（18）（10分）15.设a0a1,an,(a00 （I）求幂级 【解】（I）令aad，则aandliman1lima0n1)d1，故R=a an

a （II） 0 2a0d fx ,则 n0 n0

n02n

n1

af(x)dx 2 ,f(x) ,f(1)2,故 2， 2(a0d) 12

2 (2

n0

f(x,yf(x,yf32ax2by

即 44ay2bx

2bx4ay3a 4a 当8a4b0，即2ab0f(x,y有唯一驻点2a2b2,2(2a2b22记A

2a

2fBxy

2b

2C

4aACB28a24b20即2a2b20f(x,yA2a0a0f(xyA2a0a0f(xy有极大值．综上所述，得,当2a2b20a0时，f(x,y)有唯一极小值；当2a2b20a0f(xy 2

A 2 1 1-15T

2 2A2002A2422知特征值=0，=-2 1 1 量为2=1 2T和3= 设特征值=1的特征向量为 xT,x12x212x3

，解得特征向量为= -2T 2x-2xx 所有特征值=1，=0，=-2的特征向量依次为k -2T，k1 2T,k 1T, 设x11x22x33,解出x11x21x31=-1+2+3AnAn(1)An2An31(2)n a(1- 1

（21（11分）Ax0 2 3 4xaxa 2 3 4ax4xaxax 1 2 32x17x25x33x4-1)T，a 2B（II）Ax0Bx0同解，求a1a2a3a4的值；（III）Ax0x3x4 0解此方程组的基础解系1 1，故矩阵B 1 由于两个方程组同解，那么1，2必是齐次方程组Ax0的基础解系，解此方程组

0 1-2a23a3a4 4 1 a2a =0 3 a83aa0

1解出a11,a23,a32,a4

kk 2k 3k kk)T,xx,即3k2k=k-k，即k=2k1 2 111,0x 1,xy第第13页共

f(x)共创（合肥工业大学）考研辅中

(y/x) 1 Y/ ：第第14页共 1,0xy则X,Yf(xy)fX(xfYXyx1 y（II）fyf(xy)dx01xdxln(1y),0y

P(XY1/Y1) 2 P(0X1,P(XY1/Y1) 2 11 P(Y12

ln(111/2

1ln（23）（本小题满分11）X1anF(x) x (0)X1,KXXn xL（II）L

2f(xx3

x；xn2

，，

x3xx 1 dln d(nln22nln3lnx2n0L关于x(i1,2,Ln

由极大似然估计的定义可知的极大似然估计为ˆmin{x}或ˆmin{Xˆ ˆ（III）由于min{X} F(z)1[1F

(z)

zz (0)f(z)

z2n1z

z L

z 2 z dz

dz 2n：第第6页共9数学（三2014年入学统一考一、选择题（1）～（8）小题,每小题4分,共32分（1）设k0，若方程lnxkx有实根，则必有 （A）ke

（B）k （C）0ke

（D）k【解：令k0,f(x)lnxkx,f(x)1k0，x1为驻点，又f(x) 1k x2,f(k f()limf(x,limf(xf()lnk10 1即lnk1，所以0k ef(x在(F(xf(x的一个原函数，则下列说法正确的是（（Ａ）f(xF(xf(x（Ｂ）f(xF(xf(x2x设平面区域D1{(x,y)|0x1,1xy1}，D2{(x,y)|0x1, y2xx2 二重积分I ln(xy)d，I ln(xy)d，I d，则x2 关系为 （A）I1I2I3 （B）I3I2I1 （C）I2I3I1 （D）I1I3I2【答案】:（B已知微分方程y2yyxeax的通解形式是yc1exc2xex(AxB)eax，则 （A）1,a 1,a 1,a 1,a1时，特征方程(r1)20，特征根为r1为重根，齐通解才是Yc1exc2xex；a1，则是重根，对应特解应为yABx)x2eax。应该是(B)。A

1 2 3 2

,B

2 1 3 1

,则A与B AE

1 3

(6)(23)0，6, 3, 22

BE 3

(6)(23)0,6, 3, 1

设A与B为3阶非0矩阵，满足AB0，其中B 1

a22 a1rA设X,Y是两个随量，P(Y0)

3,P(X0|Y0)

P(maxX,Y)0)2

P(max(X,Y)0)1P{X0,Y0}1P{Y0}P{X0|Y1(1P{Y0})P{X0|Y0}121 1

5 251 量X与Y独立同分布，X~2/31/3,Y~e()(3的指数分布)，则概 P{XYE(X2Y)} (e33

3 3

3e (3e33EX2YEX2E(Y1；概率P{XYEX2YP{XY2211333P{XY1,X0}P{XY1,X1} (2e31)44

ea

b，则a ，b x0xln(14x24x2 e4x2 e ，所以b 设函数f(x)的反函数为g(x)，且f(a)2,f(a)1,f(a)3，则g(2)

1f(x)gy)1f(x)gyf(x)gyyf(x)gy[f(x)]2gy0f(a2，代入可得f(a)g(2)[f(a)]2g(2)0，f(x)gy)1f(a)g(2)1，3(1)g(2)0g(2)3。 2（11）积分12

y)dx x2x2 x2x2x2x2

22

dx D

siny)dxdy 2024d r2dr 4(8cos322)d 20 3 (12)设f(x)可导，且limf(x)1，F(x)1f(xt)dt，则limF(x) 1 1

F(x)0f(xt)dtx0f(u)du，求导数F(x) xf(u)du1f(xx2 limF(x)

f

xf

0f(u)du1limf(x)1 x0 k kA

kAX0的解，2为方程组(2EAX01 一个解，EA0，则A .22

k

，

A对应不同特征值0，2A 1 1 1 1阵，所以Tk22k10,k1，于是121 1

11

又因为EA0，所以1为A的特征值，令1对应的特征向量为 第第7页共9 x3T xxx 1 ，即 ，得0由 x2xx 2 1 ：第第9页共9 5令P 0，由P1AP ，得A1 4 6 1 14)X1X2,XnXN(,2的样本，为使YkXi1X)2i E(YkEXi1Xi))2kE[Xi1)22(Xi1XiXi)2 k[E(Xi1)22E(Xi1)(Xi)E(Xi)2k[E(Xi1)2E(X)2]2k(n1)2 .ln[1sinf(15)设函数f(x)在x0处二阶可导，且lim 2，求f(0)的11【解】：由题设有limln[1sinf(x)0,limsinf(x)sinlimf(x)0f(0)limf(x)

f(x)]

1又由于2lim limf(x)limf(x),即limf(x)4，且f(x)在x1 x0 f(0)limf(xf(0)4 （16（ 2，（17）（10分）f(x在[aax0f(0)0 （Ⅰ）证明对x(0,a(0,1)使得

f(t)dt f(t)dtx[f(x)f(x f(t)dt，由Lagrange中值定理知(0,1)使F(xF(0)F(x)x，即有xf(tdtf(tdtxf(xf( ：第第10页共（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f(xf(

2

f(t)d ff(t)d

2f(0)limlim0f(t)dt f(t)dtlimf(x)f(x)f(0) f(0)0lim1 (1)nx（18）（本小题满分10分）设函数满足方程Fn(x)Fn(x) ex（nn （I）F(xF(x(1)nex

(1)nxn F(x)

ex dxC]e[

n(n n1代入Fn(0)0，C0;所以有Fn(x)n(n1) x Fn(x)

n1n(n

，以下求

n(n

S(x)(1)nxn1，S(

xn S(x)

(1)nxn1

(x)n11,|x| 1 xS(x)ln(1x)，S(x)0ln(1x)dxxln(1x)01xdxx(1x)ln(1x) x 所以有Fn(x

n(n1) [x(1x)ln(1x)]e；|x|1 x 1 x

1 由 x(1x)ln(1x)，n(n

2，则

ln2：：3第第11页共所以

26

n12n1n(n x2y22z2

，求曲线CxOy【解】：点(xyzxOy面的距离为|z|，故求CxOy面的最远点和最近点的坐标，等价于求Hz2x2y22z20xy3z5下的最大值点和最小值点.：第第12页共 L(x,y,z,,)z2(x2y22z2)(xy3z L2y y所以Lz2z4z3 x2y22z2 x2z2由(1)(2)得xy，代入(4)(5) 2x3zx解得y z

xyz ，a ,a ,1 ，a ,a ,

3 4 2 a 10 2 b abab为何值时,不可由1，2，3线性表示ab为何值时,可由1，2，3线性表示,写出表达式1113 1212 a a6 a0 1 1A ab

b ab

4 b a a6,a2b40时

2001000100100A b

0 0 a6时 1 3 A a

b 2b10 6 1a6,b5时,A

2 0 2

当a6,b5时,由A

0 0

（21）（11分）f(x1x2x3xTAx xPy化为标准形y2y22 （I）求行列式A*2A1 A32A2A4EA*2A1AA12A14A1(4)3A1 APPTAnPnPT

2

2n A32A2A4EP

2

4 23 22 2 1 P(2E)PT（每个单位产品获利润a替代，此时每单位个产品会亏损bXXLaXb(tX X X E(L)0(axb(tx))f(x)dxtatf(x)dx(ab)0xf(x)dxtb0f(x)dxat f(x)dxdE(L)(ab)tf(t)btf(x)dxbtf(t)af(x)dxatf(t)af(x)dxbtf (ab)etb

所以(ab)etb,etba

及生产tln(1ab（23Ax(2x2),0xf(x) （III） （I）f(x)dx1，所以1Ax(2x2dxAA4 4

E(X)

x2(2x2)dx8，令X的矩估计为ˆ15X4 （I）D(X)E(X)(EX)

4

x(x)dx

3

由此知D(0) D(X) 第第4页共9数学（三2014年入学统一考一、选择题（1）～（8）小题,每小题4分,共32分g(x)ln(1x2（1）g(xx0处连续，f(x(ex1sin2

,x

f(xx处连续，则（（A）g(0)0,g(0)不存 （B）g(0)0,g(0)（C）g(0)1,g(0)不存 （D）g(0)1,g(0)【解：由题设有limf(x)lim 1,g(0)0

x

xg(0)limg(xg(0)1,g(0)limg(xg(0)1g(0) nsin n(2)设有无穷级数(1) n

n

nsin

)nn

nxf(x在(F(x0(2txf(xtdtf(x是单调增加的奇函数，F(x)是（．x（Ａ）单调增加的奇函 （Ｂ）单调减少的奇函（Ｃ）偶函 （Ｄ）奇偶性不确 【解】：F(xxxf(udu2xuf(uduF(xxf(uf(x)]duf(xF D设D:xy1，则exeyd D1 2

3

exeydexeyd2exeyd1 1,2 A1 3 132 142163，已知|A|1，则|B|（(A) (B) (C) (D) 1【解：B 4,B

1 A

191916阵A属于特征值1的特征向量是（． (B)A2 (C)A2 (D)

则概率p

4

4(p，3次中至少有一次成功的概率为11p)337，所以(1p)32733( p14设总体X~N(0,2)，X1,,Xn是X的简单随机样本，而X是样本均值，S2为样本方差，则 ）~2(n)。n

X i

(XXX2X

2 (XX 1n(XX)2ni

i

yf(x过点(0,0)xx0处取得增量x 1增量y3xo(x)(x0)，则lim1ln[1f()] n nf(0)limf(xf(0)limf(x)3 limn{1ln[1f(1)]}limnf(1)3

1

ln[11

( f(原式limlim1ln[1f( nn n 第第5页共9 若二阶常系数线性齐次微分方程yayby0的通解为yCCxex，则非齐次方程 yaybyx满足条件y00,y00的解为y 由题设有a2,b1，方程特解应该为yx2，该方程通解为yCCxexx2，由 第第6页共92ax2axxa1(x设a0，则 【解：应填 2

uxa a2ln

a2u2[ln(u

1u2)ln2]duln

du a2a2 设f(x,y)可微分，且满足f(x yxy，则df(x, x

．xy

xu令令y

则y

1uv,1v

1,则f(u,v) 1

f(x,y)x1y1f(x,y)1y,f(x,y f(1,0)1,f(1,02 1 (1 df(x, fx(1,0)dxfy(1,0)dydx2dy已知三阶方阵AB满足关系式EBAB，且A的三个特征值分别为3,3,0B12E

1

，， ，，1设随量X与Y相互独立，且分别服从参数为1,2的泊松分布，E(XY)22E(XY)0，则概率P(XY2) .DXY.EXY)22EXY0 )22(0，解得1或0（舍去 :(PXY2)1PXY0)PXY:(（15（ ex,x

f(x)x x x0x

f(t)dttanxsinxx0,

f(t)dt

etdtt2dt11x3 2第第8页共9 33(tanxsinxlim

f(t)dttanxsinxlim1x3

x0

ex03sinx(1cosx e 16（F(x,y,z,)0.0005x2yz(x2y3zF0.0005x2z20,F0.0005x2z30,D（17）（10分）Ix(xyex2sgn(yx2dD

u<D:- 1，0 1,sgn(u)=

0,u=1,u>y=x2DDD两部分（如图ｙｙ Ix(xyex2)dx(xyex2) (x2xyex2)d(x2xyex2)d xyex2dxyex2d02 2 x2 Ixd

xd

d

xdy

d

dy xx （18）（本题满分10）f(x)[0,1]上连续，在(0,1)2第第9页共9 第第10页共F(x)

f(x)e2F(F(0，由Rolle定理知(,0,1)使得F(f()e2f()e20f(f(0xyyexlimy(x)1f(xx F(x1(exdxCexClimy(x1C ex1 (n xexexf(x) (n1)!(n2)!,(n1)!fxexex 2

0 （20（ 0，B c,（I）问a,b,c

3A3312a40112a40 (AB)

a 1 b

2 1 2c 2 b 2 1214001121此时1214001121此时AB110211102 0 A

1k

0 01 0 k

2 1 0

的通解为t111

1 0 1 2 1t于是矩阵的全部解是X 2 1t(其中k,l,t为任意常数 （21（设(1,2,1)TA2

，即a 23 0 2 a 解出 2,a2, 2，所以该二次型表达式为xTAx4xx4xx4xx

1 1 2（II）由EA 2(2)2(4)，得矩阵A的特征值为2,2,222由(2EA)x0, 2222 2 ,由 T(2,1,1)T,由

1

4 0 121613征向量(1,1,1)T,将,单位化，可得令 , , 121613

263026301611613

交变换矩阵为Q(,,)

2 2

3第第13页共 第第 x1

1y1x 1yxTAxyTAy2y22y24y22 32 12x y123

13 （ （（III）Z|XY|均值与方差。1,0x1;0y

1XY3}

1 2dx

dy 4（II）Z|XY|z|xy|的取值范围是0z1z0FZ(z0zFZ(z1，当0z1FZ(zP{|XY|z|xy|

dxdy11z)2，因此Z|XY|f(z)F(z)2(1z),0z1 （III）E(Z)E(|XY|)|xy|dxdy(xy)dxdy(xy)dxd 21dxx(xy)dy1 E(Z2)E(|XY|2)(xy)2dxdy1dx1(xy)2dy1dx1(xy)2d( D11[x3(x1)3]dx1，D(Z)D(|XY|)1(1)213 （23（f(x)

3 0x （II） （III） J 第第15页共J所以的矩估计为J

0x4X3

dxX，即X n 3n(xxx dln Li 1 ，0x (nln32lnxi3nln 3

第第16页共

L关于参数单调递减，又0x，由定义知的极大似然估计为

max{Xi

x（II）XF(x

0x，因而ˆmax{XF(z)[F(z)]n

xz0z,由此可得ˆ zf(z)F'(z)3nx3n1,0z ：第第4页共8数学（三2014年入学统一考f

一、选择题（1）～（8）小题,每小题4分,共32分1x1,x0,，则x0是f[f(x)]的 1,x1 x2,x【解：f[f(x)] 2,x0，故x0是f[f(x)]的跳跃间断点。答案1t1txsinxf(xg(x)0

1)dtx0f(xg(x无穷小，则n limf(x) n(n 1x0 x0 1

设f(x,y)(x,y)均为可微函数，且1(x,y0.(x,y)是f(x,y)在约束条件 (x,y)0下的一个极值点，下列选项正确的是 （A）fx(x0y00fy(x0y00（B）fx(x0y00fy(x0y00（C）fx(x0y00fy(x0y00（D）fx(x0y00fy(x0y00【答案】 f(xyf(xyf(xy，则x2y2

f(x,y)dxdy 1（A）20d11（C）21

f(x,y)df(x,y)d

（B）20dy11（D11

f(x,y)df(x,y)d【答案】 B.由题设x2y2

f(x,y)dxdy

f(x,y)dxdy20dy f(x,y)dx设A、B是n阶实对称可逆矩阵，则下列关系式错误的是

(D)存在正交阵Q，使Q1AQQTAQ=10

4

1

001,

，则A AP等于 010

1100

1

001010

0 00 1 104 104010001

0 10 0 0 P1100

P1P 0 1

1 设 量X与Y独立同分布，X~1pp,0p1,若P{XY0}2则p 1P{XY0P{X0,Y0}P{X0,Y02p(1pp(1p11 所以p 答案2设f(x)F(x)分别是随量X的密度函数及分布函数，且f(x)为连续函数，则以下（ f2 (B)f(x)F

(C)2f(x)F(x) f(x)F2 显然1f(x)F(x0；又有2f(x)F(x)dx2F(x)F(x)dx21F2(x| 2

设p是满足一定条件的常数，且limxp(exex1)1，则p

t t

t t2第第5页共8 【解】：limxp(exex1)tlimete1te1t 1 1t ，p2 t t t t t t t0(1t)t11设f(x) abcosx，若当x0时f(x)o(x2)，则a 11

1x2o(x2),cosx

x2o(x2) ：：第第6页共8f(x1ab1(1b)x2o(x2a2,b1 y y0的两个特解yex,yx，则该方程满足初21 1 y(0)1,y(0)2的解 【解】yyy=Cex+Cx，由初始条件得C=C=1y=ex+

21(12)设f(x)单调且具有一阶连续导数，zf(x(y))满足(y) 0则函数(y) 21 zfzfy，代入方程yzz0，得yffy0 即yy，解得yCex，其中C为任意常数（13）设向量组a1, 0T,a a2T,a 3T,a a,1T,中 何两个向量都可由向量组中另外两个向量线性表出，则a X 2/3 1/设X,Y相互独立，且X服从两点分布，分布律为Y~e()（1的指数分布，则ZXY的分布函数为FX 2/3 1/ 2FZ(zP{XYzP{YzX1}P{Y2X2}3P{Yz3P{Y}22F(z)

F()z

2

1e23 3Y xln(t

1t2

d2dx2

1 d11td d 1tcosy21t t【解】：dydcosy21t t

，

yd

2

siny2dd1cosdcos(cosy2d1t：第第7页共82f 2 2z2 1， f(xy,2 y))，求 y2【解：z 2z 2 2 xf2, y( xf12 x( xf22 y x f2第PAGE8第8页共8

2 z z

yf2 yf12 yf22 x y f22z2z 2 2 y)( f22 y【证法一】：原不等式等价于(x21lnxx1)20f(xx21lnxx1)2f(1)0,f(x)2xlnx2x1,f(1)0,f(x)2lnx11,f(1)2 f(x2(x31)x1f(x0,f(xf(1)2,f(xf(1)

)当0x1f(x0,f(xf(1)2,f(xf(1)0f(x在区间(0,1]因此当0x1f(xx21)lnx(x1)2f(1)0x x当x1时，不等式等价于lnx 0，令f(x)lnx x 1

xf(1)0,f(x 0f(x在区间[1,x (x x(xx时，有f(x)lnx x

x x当0x1时，不等式等价于lnx 在区间(0,1]x x x单调递减，因此当0x1f(xlnx

x

(1)n （18）（10分）求幂级数(n1)!x（求收敛域）

=(-1)nn2liman

=

?(n+

0，因此收敛域为(-? )1n+ (n+1n+(1)n

(1)n （求和函数 ：第第9页共8设S(x)(n1)! (n1)!x，则xS(x)(n1)!(1)nnn(1)nxn n1(n

(n1)! (1)n (1)n (1)m1

(n1)! 故[xS(x)]x(x1)exxS(x

x(t2t)etdt1ex(1xx20：第第10页共1ex(1xx2),x ,x2xtt(19)（本小题满分10分）设f(x)2 dt1xtdt(x2xtt

f(x在[0,内的最小值；(II)f(x在(0,2 2xtt2xtt

dt2

1xtdtx(xtdt1(txdtx2x1x1 1xtdtx1，从而f(x)

x2x2,x

x

1 xf(x)

(2)x1,x

(xf(x在

]上单减，在

x 2 2增，因而f( )

1

2 (II)

f(xf(x在[0,（20（11分）A是三阶矩阵，b9,18,18)T,方程组Axb2【解】:(I)由题设知1- 2,0,1T是Ax0的基础解系，即特征值0对应线性无关特2向量。又( 2)T是Axb的特1 9 1 A2 18 92，知3(1 2)是A对应于9特征向量-

取可逆阵P( 则P-1AP ，APP-1

4（II）A100PP-1100P100P-1999

0 （21）（本小题满分11分）已知矩阵A 0 求参数a (II)求正交变换x=Qy化二次型f(x)xTA2x化为标准形：第第12页共（I）EA

622，

0由已知A可对角化，故6必有2个线性无关的特征向量，由R6EAR 0 0 a0 1由（1）xTAx2x22x26x2 152A250EA6752 006 对对

1由6EA1x由7EA1x

得012得1.1123对 由3EA1x 得1.1.3121212120 1

1211 121单位化0 1

1 1

令P

2 2 21 0 0 0 又A2特征值为62，72， 经过x 有xTA2x36y249y29 22（ 0xf(x)a 1x （ 【解】（I）由于f(x)dx1，所以10xdx1(ax)dx2a2a1,a x

x

x tdt 0x , 0x F(x)f(t)dt tdt(2t)dt,1x (14xx2),1x ：第第13页共 x x对应YFXyF(x，单调非降的连续函数，且0y1y0,G(y)0;y0,G(y)0y1,G(y)P{F(X)y}P{XF1(y)}F(F1(y))

y所以有YFXGyy,0y y

E(Y)}P{2Y2

}

}1 1 23（，大似然估计ˆ，（III）ˆ是否为 a【解】（I）由于 2

X，所以

0 2

X则的矩估计为ˆ2X0n 似然函数为L n，0xi0；又因为lnLnln， lnL 0i1 所以满足0xi0L关于单调减；即0max{xi，所以的极大似然估计ˆmax{x} E(ˆ)E(max{X})0 x

x0,x

x0(z

nzˆUmax{X}的分布函数为F(z)(F(z))n ,z， n(z

z0

(z)

,0z0

E(max{Xi})

0 n(z0)n1dz 0z(z)n1dzztdzdtz z 所以E(max{X}) (t)tn1dt n，则E(ˆ)E(max{X}) n， n n nˆmax{x不是 ：第第1页共9数学（三2014年入学统一考一、选择题（1）～（8）小题,每小题4分,共32分xnsinxf(xg(x)

1t 1)dtx0f(x1t0n（ f(xnxn1sinxxncosx~n1)xnlimf(x) n(n 1x0 x0 1

f(x在[abf(a)f(b)0f(af(b0，那么下列说法正确的是（x0(abf(x0x0(abf(x0x0(abf(x0x0(abf(x0解：f(af(b0，不妨设f(a)0,f(b0，那么函数f(x)必在在(ab内取得最大值，即x0(abf(x0max{f(x)}f(x00(3).f(xy)0f(xy)0f(xy

f(xy成立的条件是（ （A）x1x2，y1y2 （B）x1x2，y1y2（C）x1x2，y1y2 （D）x1x2，y1y2f(x,答案: 0f(x,y)关于x单调减少f(xy)0f(xyyx1x2y1y2f(x1y1f(x2y1f(x2y2f(x,y(x,y)均为可微函数，且y(x,y0.(x0y0(x,y0下的一个极值点，下列选项正确的是（（A）fx(x0y00fy(x0y00（B）fx(x0y00fy(x0y00（C）fx(x0y00fy(x0y00（D）fx(x0y00fy(x0y00答案

f(x,y)在约束条件 A36A211A6E0,则下列命题正确的是（（A）3EA可逆，3EA也可 （B）2EA可逆，2EA也可（C）EA可逆，EA也可 （D）4EA可逆，4EA也可AA36A211A6E0,A362116023EA2EA、3EA可能不可逆，选TT组是 (A) (B) (C) (D)已知随量X与Y满足EXYEXEY,并且DX0,DY0，D(XY)DXDY（C）D(XY)DXDY答案:

D(XY)DXDY（D）D(XY)DXDY

A和B互不相容，且0P(A)1，0P(B)1，令X Y

BX与Y的相关系数为，则 B(A) (B) ＃(C) (D)ABPX1,Y1)PAB0P(X1,Y0)P(AB)P(A)P(X0,Y1)P(AB)P(B)P(X0,Y0)P(AB)1P(A)P(B)因此CovX,YEXYEX)E(Y)PA)P(BD(X)D(YD(X)P(A)(1P(A))，D(Y)P(B)(1P(B))， D(X)D(Y n (n 3 (n1)1解:lim lim

1(n

1n

1

)lim1

n (n1)! n f(x)cos12xf(x)cos12x

1yf(xx0 解：有题设可知lim[f(xcosx0,f(0)limf(xf(x)f 左式 ]sin yxsin

f(0)1f(0)1 (11）二次积

dy

sin

sin sin y 原式0 dx]dy ydx sinydy（12）f(xyzexyz2，其中zz(x,y)是由方程xyzxyz0确定的隐函数，则fx(0,1,1) 解:fx(0,11)1fx(x,y,z)exyz2exy2zzx(x,y)fx(0,1,1)12(1)zx(0,1)12zx(0,1)又由10zx(xyyzxyzx(xy0zx(0,1)0fx(0,1,1).（13）A1EAEA02E 1014X服从0-1P{X0}1pP{X1}p,X1,XnXX是样本均值，则P{nX2} 解：由于nXX1X2Xn~B(npP{nX2}1P{nX1}11p)nnp(1p)n115（

lim

f(t)dttanxsinx

x x0,

f(t)dt0etdtt2dt

1x3x x：2第第7页共9 33(tanxsinxlim

f(t)dttanxsinxlim1x3

ex03sinx(1cosx e x0 （16）（10分）Isinxsinymax{xy}dD:0x0yDIxsinxsinydysinxsiny I2xsinxsinyD1

xsinxsinydy0 xdcosx1sin2x 2x 1sin2x

cosx1sin2xdx

2

2 2 （bf(af(b0af(xdx0在(ab内存在两个不同的点,f(f((abf(f(x

证明：（Ⅰ）F(x)af(tdtF(x在区间[ab上应用Rolle定理知c(ab)F(cf(c0，令G(xexf(x，则G(aG(cG(b0，对函数G(x分别在区间[ac[c,b]上应用 定理知(a,c),(c, 使得G()G() ，即f()f()f()f()0（）H(xexf(xf(x)]，则有H(H(0，由Rolle定理知(,)使得H(ef(f(ef(f(ef(f(0f(f( ：第第8页共9（2）求级数(1)n(n2n

(2)n+解（1）I 4sinnxcosxdx

4sinnxdsinx

= n+0sinn+1