2023年全國碩士研究生入學統一考試
數學三試題
數學三試題
一、選擇題：1～8小題，每小題4分，共32分，下列每小題給出的四個選項中，只有乙個選項是符合題目要求的，請把所選項前的字母填在答題紙指定位置上.
（1）函式的可去間斷點的個數為
(a)1. (b)2. (c)3d)無窮多個.
（2）當時，與是等價無窮小，則
(ab），.
(cd），.
（3）使不等式成立的的範圍是
(abcd).
（4）設函式在區間上的圖形為
則函式的圖形為
(ab)
(cd)
（5）設均為2階矩陣，分別為的伴隨矩陣，若，則分塊矩陣的伴隨矩陣為
(ab(cd).
（6）設均為3階矩陣，為的轉置矩陣，且，
若，則為
(ab(cd).
（7）設事件與事件b互不相容，則
(ab(cd).
（8）設隨機變數與相互獨立，且服從標準正態分佈，的概率分布為，記為隨機變數的分布函式，則函式的間斷點個數為
(a) 0b)1. (c)2d)3.
二、填空題：9~14小題，每小題4分，共24分，請將答案寫在答題紙指定位置上.
（9（10）設，則 .
（11）冪級數的收斂半徑為 .
（12）設某產品的需求函式為,其對應**的彈性，則當需求量為10000件時，**增加1元會使產品收益增加元.
（13）設,，若矩陣相似於，則 .
(14)設，,…,為來自二項分布總體的簡單隨機樣本，和分別為樣本均值和樣本方差，記統計量，則 .
三、解答題：15～23小題，共94分.請將解答寫在答題紙指定的位置上.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
（15）（本題滿分9分）
求二元函式的極值.
（16）（本題滿分10 分）
計算不定積分.
（17）（本題滿分10 分）
計算二重積分，其中.
（18）（本題滿分11 分）
（ⅰ）證明拉格朗日中值定理，若函式在上連續，在上可導，則，得證.
（ⅱ）證明：若函式在處連續，在內可導，且，則存在，且.
（19）（本題滿分10 分）
設曲線，其中是可導函式，且.已知曲線與直線及所圍成的曲邊梯形繞軸旋轉一周所得的立體體積值是該曲邊梯形面積值的倍，求該曲線的方程.
（20）（本題滿分11 分）
設,.（ⅰ）求滿足，的所有向量，.
（ⅱ）對（ⅰ）中的任意向量,，證明, ,線性無關.
（21）（本題滿分11 分）
設二次型.
（ⅰ）求二次型的矩陣的所有特徵值.
（ⅱ）若二次型的規範形為，求的值.
（22）（本題滿分11 分）
設二維隨機變數的概率密度為
（ⅰ）求條件概率密度；
（ⅱ）求條件概率.
（23）（本題滿分11分）
袋中有乙個紅球，兩個黑球，三個白球，現在放回的從袋中取兩次，每次取乙個，求以、、分別表示兩次取球所取得的紅、黑與白球的個數.
（ⅰ）求；
（ⅱ）求二維隨機變數的概率分布.
2023年全國碩士研究生入學統一考試
數學三試題解析
一、選擇題：1～8小題，每小題4分，共32分，下列每小題給出的四個選項中，只有乙個選項是符合題目要求的，請把所選項前的字母填在答題紙指定位置上.
（1）函式的可去間斷點的個數為
(a)1. (b)2. (c)3d)無窮多個.
【答案】c.
【解析】
則當取任何整數時，均無意義
故的間斷點有無窮多個，但可去間斷點為極限存在的點，故應是的解
故可去間斷點為3個，即
（2）當時，與是等價無窮小，則
(ab），.
(cd），.
【答案】a.
【解析】為等價無窮小，則
故排除(b)、(c).
另外存在，蘊含了故排除(d).
所以本題選(a).
（3）使不等式成立的的範圍是
(abcd).
【答案】a.
【解析】原問題可轉化為求
成立時的取值範圍，由，時，知當時，.故應選(a).
（4）設函式在區間上的圖形為
則函式的圖形為
(ab)
(cd)
【答案】d.
【解析】此題為定積分的應用知識考核，由的圖形可見，其影象與軸及軸、所圍的圖形的代數面積為所求函式，從而可得出幾個方面的特徵：
①時，，且單調遞減.
②時，單調遞增.
③時，為常函式.
④時，為線性函式，單調遞增.
⑤由於f(x)為連續函式
結合這些特點，可見正確選項為(d).
（5）設均為2階矩陣，分別為的伴隨矩陣，若，則分塊矩陣的伴隨矩陣為
(ab(cd).
【答案】b.
【解析】根據，若
分塊矩陣的行列式，即分塊矩陣可逆
故答案為(b).
（6）設均為3階矩陣，為的轉置矩陣，且，
若，則為
(ab(cd).
【答案】a.
【解析】，即：
（7）設事件與事件b互不相容，則
(ab(cd).
【答案】d.
【解析】因為互不相容，所以
(a)，因為不一定等於1，所以(a)不正確.
(b)當不為0時，(b)不成立，故排除.
(c)只有當互為對立事件的時候才成立，故排除.
(d)，故(d)正確.
（8）設隨機變數與相互獨立，且服從標準正態分佈，的概率分布為，記為隨機變數的分布函式，則函式的間斷點個數為（ ）
(a) 0b)1. (c)2d)3.
【答案】 b.
【解析】
獨立（1）若，則
（2）當，則
為間斷點，故選(b).
二、填空題：9~14小題，每小題4分，共24分，請將答案寫在答題紙指定位置上.
（9【答案】.
【解析】.
（10）設，則 .
【答案】.
【解析】由，故
代入得，.
（11）冪級數的收斂半徑為 .
【答案】.
【解析】由題意知，
所以，該冪級數的收斂半徑為
（12）設某產品的需求函式為,其對應**的彈性，則當需求量為10000件時，**增加1元會使產品收益增加元.
【答案】8000.
【解析】所求即為
因為，所以
所以將代入有.
（13）設,，若矩陣相似於，則 .
【答案】2.
【解析】相似於，根據相似矩陣有相同的特徵值，得到的特徵值為
3，0，0.而為矩陣的對角元素之和，，.
(14)設，,…,為來自二項分布總體的簡單隨機樣本，和分別為樣本均值和樣本方差，記統計量，則 .
【答案】
【解析】由.
三、解答題：15～23小題，共94分.請將解答寫在答題紙指定的位置上.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
（15）（本題滿分9分）
求二元函式的極值.
【解析】，，故.
.則，，.
而二元函式存在極小值.
（16）（本題滿分10 分）
計算不定積分.
【解析】令得而所以
（17）（本題滿分10 分）
計算二重積分，其中.
【解析】由得，
.（18）（本題滿分11 分）
（ⅰ）證明拉格朗日中值定理，若函式在上連續，在上可導，則，得證.
（ⅱ）證明：若函式在處連續，在內可導，且，則存在，且.
【解析】（ⅰ）作輔助函式，易驗證滿足：
；在閉區間上連續，在開區間內可導，且.
根據羅爾定理，可得在內至少有一點，使，即
（ⅱ）任取，則函式滿足：在閉區間上連續，開區間內可導，從而有拉格朗日中值定理可得：存在，使得
……又由於，對上式（*式）兩邊取時的極限可得：
故存在，且.
（19）（本題滿分10 分）
設曲線，其中是可導函式，且.已知曲線與直線及所圍成的曲邊梯形繞軸旋轉一周所得的立體體積值是該曲邊梯形面積值的倍，求該曲線的方程.
【解析】旋轉體的體積為
曲邊梯形的面積為：，則由題可知
兩邊對t求導可得
繼續求導可得，化簡可得
，解之得
在式中令，則，代入得.
所以該曲線方程為：.
（20）（本題滿分11 分）
設,.（ⅰ）求滿足，的所有向量，.
（ⅱ）對（ⅰ）中的任意向量,，證明, ,線性無關.
【解析】（ⅰ）解方程
故有乙個自由變數，令，由解得，
求特解，令，得
故，其中為任意常數
解方程故有兩個自由變數，令，由得
令，由得
求得特解
故 ，其中為任意常數
（ⅱ）證明：由於
故線性無關.
（21）（本題滿分11 分）
設二次型.
（ⅰ）求二次型的矩陣的所有特徵值.
（ⅱ）若二次型的規範形為，求的值.
【解析】（ⅰ）
.（ⅱ） 若規範形為，說明有兩個特徵值為正，乙個為0.則
1) 若，則 ， ，不符題意
2) 若，即，則，，符合
3) 若，即，則，，不符題意
綜上所述，故
（22）（本題滿分11 分）
設二維隨機變數的概率密度為
（ⅰ）求條件概率密度
（ⅱ）求條件概率
【解析】
（ⅰ）由得其邊緣密度函式
故即（ⅱ）而
.（23）（本題滿分11分）
袋中有乙個紅球，兩個黑球，三個白球，現在放回的從袋中取兩次，每次取乙個，求以、、分別表示兩次取球所取得的紅、黑與白球的個數.
求.求二維隨機變數的概率分布.
【解析】（ⅰ）在沒有取白球的情況下取了一次紅球，利用壓縮樣本空間則相當於只有1個紅球，2個黑球放回摸兩次，其中摸了乙個紅球
.（ⅱ）x，y取值範圍為0，1，2，故
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