1994年数学三解析_数学三真题+解析[87-25]_数学三解析

1994 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析 一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.) (1)【答案】ln3 【解析】利用被积函数的奇偶性,当积分区间关于原点对称,被积函数为奇函数时,积分为 0；被积函数为偶函数时,可以化为二倍的半区间上的积分.所以知 2 x 2 x 2 x 原式  dx dx 2 dx 22x2 22x2 0 2x2 2 1   dx2 0 2x2 2 ln(2 x2) ln6ln2ln3. 0 (2)【答案】1 f(x x) f(x ) 【解析】根据导数的定义,有 f(x ) lim 0 0 . 0 x0 x 所以由此题极限的形式可构造导数定义的形式,从而求得极限值.由于 f(x 2x) f(x x) lim 0 0 x0 x f(x 2x) f(x ) f(x x) f(x ) lim 0 0 0 0 x0 x f(x 2x) f(x ) f(x x) f(x ) (2)lim 0 0 lim 0 0 2 f( x) f( x)1. x0 2x x0 x 0 0 x 1 所以 原式lim  1. x0 f(x 2x) f(x x) 1 0 0 yexy sinx (3)【答案】 y xexy 2y 【解析】将方程exy  y2 cosx 看成关于x的恒等式,即y看作x的函数. 方程两边对x求导,得 yexy sinx exy(yxy)2yysinx y . xexy 2y 【相关知识点】两函数乘积的求导公式： f(x)g(x)   f (x)g(x) f(x)g(x) . 1 1  0 0  0   a  n  1  0  0 0   a  1  (4)【答案】 1  0  0 0  a  2          1  0 0  0   a   n1 0 A 1  0 B1 【解析】由分块矩阵求逆的运算性质,有公式     , B 0 A1 0   1    a a  1  1   1   1  且  a 2    a      2        a    n 1     a   n  1  0 0  0   a  n  1  0  0 0   a  1  所以,本题对A分块后可得A1   1 . 0  0 0  a  2          1  0 0  0   a   n1 9 (5)【答案】 64  1 1 1 【解析】已知随机变量X 的概率密度,所以概率PX   22xdx  ,求得二项分  2 0 4 1 布的概率参数后,故Y ~ B(3, ). 4 2 1 3 9 由二项分布的概率计算公式,所求概率为P  Y 2 C2      . 3 4 4 64 【相关知识点】二项分布的概率计算公式： 2若Y B(n,p),则P  Y k Ckpk(1 p)nk , k 0,1,,n, n 二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.) (1)【答案】(B) 【解析】本题是关于求渐近线的问题. 1 x2 x1  由于 limex2 arctan  , x (x1)(x2) 4  故y  为该曲线的一条水平渐近线. 4 1 x2 x1 又 limex2 arctan . x0 (x1)(x2) 故x0为该曲线的一条垂直渐近线,所以该曲线的渐近线有两条. 故本题应选(B). 【相关知识点】水平渐近线：若有lim f(x) a,则 y a为水平渐近线； x 铅直渐近线：若有lim f(x) ,则xa为铅直渐近线； xa f(x) 斜渐近线：若有a lim ,blim[f(x)ax]存在且不为,则y axb为斜渐 x x x 近线. (2)【答案】(C) 【解析】考查取绝对值后的级数.因 (1)n |a | 1 1 1 1 1  n  a 2  a2 , n2  2 n 2 n2  2 n 2n2 1 (第一个不等式是由a0,b0,ab (a2b2)得到的.) 2   1  1 又a2 收敛, 收敛,(此为 p级数： 当 p 1时收敛；当 p1时发散.) n 2n2 np n1 n1 n1  1 1  (1)n |a | 所以 a 2  收敛,由比较判别法,得 n 收敛. n1 2 n 2n2 n1 n2  故原级数绝对收敛,因此选(C). (3)【答案】(C) 【解析】由公式r(AB)min(r(A),r(B)),若A可逆,则 r(AB)r(B)r(EB)r[A1(AB)]r(AB) . 从而r(AB)r(B),即可逆矩阵与矩阵相乘不改变矩阵的秩,所以选(C). 3(4)【答案】(D) 【解析】事实上,当0 P(B)1时,P(A|B)P(A|B)是事件A与B独立的充分必要 条件,证明如下： 若P(A|B)P(A|B),则 P(AB) P(AB)  , P(AB)P(B)P(AB)P(B)P(AB), P(B) 1P(B) P(AB)P(B)[P(AB)P(AB)]P(B)P(A) , 由独立的定义,即得A与B相互独立. 若A与B相互独立,直接应用乘法公式可以证明P(A|B)P(A|B) . P(A|B)1P(A|B)P(A|B) . 由于事件B的发生与否不影响事件A发生的概率,直观上可以判断A和B相互独立. 所以本题选(D). (5)【答案】(B) 【解析】由于X ,X ,,X 均服从正态分布N(,2),根据抽样分布知识与t分布的应 1 2 n 用模式可知 X  1 n N(0,1), 其中X  X ,  n i i1 n n (X X)2   i X  n i1 2(n1), t(n1). 2 1 n (X X)2 n1 i i1 X  X  即  t(n1). 1 n S (X X)2 2 n(n1) i n1 i1 因为t分布的典型模式是:设 X N(0,1),Y 2(n),且 X,Y 相互独立,则随机变量 X T  服从自由度为n的t分布,记作T t(n). Y /n 因此应选(B). 三、(本题满分6分) 2 2  1  1 3 【解析】方法1：由x2  y2  x y1,配完全方得x   y   .  2  2 2 41 1 令x rcos,y rsin,引入极坐标系(r,),则区域为 2 2  3 D (r,) 02,0r  .  2 3 2 故 (x y)dxdy  d 2(1rcosrsin)rdr 0 0 D 3 2 1 3 2   d  (cossin)d 4 0 2 2 0  3  2 d 1 3  sincos2  3 . 4 0 2 2 0 2 2 2  1  1 3 方法2：由x2  y2  x y1,配完全方得x   y   .  2  2 2 1 1 引入坐标轴平移变换：u  x ,v y ,则在新的直角坐标系中区域D变为圆域 2 2  3 D (u,v)|u2v2  . 1  2 而x y uv1,则有dxdy dudv,代入即得 (x y)dxdy (uv1)dudvududvvdudvdudv . D D D D D 1 1 1 1 由于区域D 关于v轴对称,被积函数u是奇函数,从而ududv 0. 1 D 1 3 同理可得 vdudv 0, 又 dudv  D  , 1 2 D D 1 1 3 故 (x y)dxdy  . 2 D 四、(本题满分5分) 【解析】先解出y(x),此方程为常系数二阶线性齐次方程,用特征方程法求解. 方程 y4y4y 0的特征方程为2 440,解得  2. 1 2 故原方程的通解为 y (C C x)e2x. 1 2 由初始条件y(0)2,y(0)4 得C 2,C 0, 1 2 5因此,微分方程的特解为 y 2e2x.   再求积分即得  y(x)dx  2e2xdx 0 0  lim  b e2xd  2x  lime2x b 1. b 0 b 0 【相关知识点】用特征方程法求解常系数二阶线性齐次方程 y pyqy  0： 首先写出方程 y pyqy  0的特征方程：r2  prq 0,在复数域内解出两个特 征根r,r ； 1 2 分三种情况： (1)两个不相等的实数根r,r ,则通解为 y Cerx 1 C er 2 x; 1 2 1 2 (2)两个相等的实数根r r ,则通解为 y  C C x  erx 1; 1 2 1 2 (3)一对共轭复根r i,则通解为 y ex C cosxC sinx  . 1,2 1 2 其中C ,C 为常数. 1 2 五、(本题满分5分) f 【解析】由复合函数求导法,首先求 ,由题设可得 x f y x2  y  y2 1 2xarctan      x x  y 2  x2   x 2 y 1   1    x  y y x2y y3 y 2xarctan   2xarctan  y . x x2  y2 x2  y2 x 再对 y求偏导数即得 2f 2x 1 2x2 x2  y2  1 1 . xy  y 2 x x2 y2 x2 y2 1    x 【相关知识点】多元复合函数求导法则：如果函数u (x,y),v(x,y)都在点(x,y)具 有对x及对 y的偏导数,函数z  f (u,v)在对应点(u,v)具有连续偏导数,则复合函数 z  f ((x,y),(x,y))在点(x,y)的两个偏导数存在,且有 6z z u z v u v    f  f ； x u x v x 1x 2x z z u z v u v    f  f . y u y v y 1y 2y 六、(本题满分5分) 【解析】运用换元法,令xn tn u,则 x 1 xn F(x)  tn1f(xn tn)dt   f(u)duF(x) xn1f(xn). 0 n 0 F(x) 0 由于lim 为“ ”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,运用洛必达 x0 x2n 0 法则,可得 F(x) F(x) xn1f(xn) lim lim lim x0 x2n x0 2nx2n1 x0 2nx2n1 1 f(xn) 1 f(xn)  f(0)  lim  lim , 2n x0 xn 2n x0 xn 0 1 由导数的定义,有 原式 f(0). 2n 【相关知识点】对积分上限的函数的求导公式： (t) 若F(t)  f(x)dx,(t),(t)均一阶可导,则 (t) F(t)(t) f (t) (t) f (t) . 七、(本题满分8分) 【解析】利用(x ,y )在两条曲线上及两曲线在(x ,y )处切线斜率相等列出三个方程,由此, 0 0 0 0 b 可求出a,x ,y ,然后利用旋转体体积公式 f 2(x)dx求出V . 0 0 x a (1) 过曲线上已知点(x ,y )的切线方程为 y y k(xx ),其中,当 y(x )存在时, 0 0 0 0 0 k  y(x ). 0 a 1 由y a x 知y .由 y ln x 知 y . 2 x 2x a 1 1 由于两曲线在(x ,y )处有公共切线,可见  ,得x  . 0 0 2 x 2x 0 a2 0 0 71 1 1 1 将x  分别代入两曲线方程,有y a  ln  y 1 ln . 0 a2 0 a2 a2 0 a2 1 1 于是 a  ,x  e2, e 0 a2 从而切点为(e2,1). (2) 将曲线表成y是x的函数,V 是两个旋转体的体积之差,套用旋转体体积公式,可得 旋转体体积为 e2 1 e2   e2 V  ( x)2dx (ln x)2dx  e2  ln2xdx x 0 e 1 2 4 1   e2 e2    e2   e2 xln2 x 2 lnxdx  e2 x  .   2 4  1 1  2 2 2 1 【相关知识点】由连续曲线 y  f (x)、直线xa,xb及x轴所围成的曲边梯形绕x轴旋 b 转一周所得的旋转体体积为：V  f 2(x)dx. a 八、(本题满分6分) 【解析】方法1: f(x)(xa) f(x) f(a) 1 F(x)  [f(x)(xa) f(x) f(a)] ,  xa 2  xa 2 令 (x) f(x)(xa) f(x) f(a)(x a), 由 (x) f(x)(xa) f(x) f(x)(xa)f(x)0(x a), 知 (x)在 a,上单调上升,于是(x)(a)0. (x) 故 F(x) 0.  xa 2 所以F(x)在 a,内单调增加. f(x)(xa) f(x) f(a)  1  f(x) f(a) 方法2: F(x)  f(x) .    xa 2 xa  xa  f(x) f(a) 由拉格朗日中值定理知  f(),(a x). xa 1 于是有 F(x) [f(x) f()]. xa 由 f(x)0知 f(x)在 a,上单调增,从而 f(x) f(),故F(x)0. 8于是F(x)在 a,内单调增加.  u uvuv 【相关知识点】1.分式求导数公式：   v v2 2.拉格朗日中值定理：如果函数 f(x)满足在闭区间[a,b]上连续；在开区间 a,b 内可导, 那么在 a,b 内至少有一点(ab),使等式 f(b) f(a) f ()(ba)成立. 九、(本题满分11分) 【解析】(1)因为增广矩阵A的行列式是范德蒙行列式,a ,a ,a ,a 两两不相等, 则有 1 2 3 4 A (a a )(a a )(a a )(a a )(a a )(a a )0 , 2 1 3 1 4 1 3 2 4 2 4 3 故 r(A)4.而系数矩阵A的秩r(A)3,所以方程组无解. (2)当 a a k,a a k(k  0)时,方程组同解于 1 3 2 4 x kx k2x k3, 1 2 3  x kx k2x k3. 1 2 3 1 k 因为 2k 0,知r(A)r(A)2. 1 k 由nr(A)321,知导出组 Ax0的基础解系含有1个解向量,即解空间的维数 为1. 由解的结构和解的性质, 1  1  2          1  1  0 是Ax0的基础解系. 1 2         1     1    2   1 2     于是方程组的通解为 k 1 k 0 ,其中k为任意常数. 1       1     2   【相关知识点】1.非齐次线性方程组有解的判定定理： 设 A是mn矩阵,线性方程组 Axb有解的充分必要条件是系数矩阵的秩等于增广 矩阵A Ab 的秩,即r(A)r(A).(或者说,b可由A的列向量,,, 线表出,亦 1 2 n 等同于,,, 与,,,,b是等价向量组) 1 2 n 1 2 n 设A是mn矩阵,线性方程组Axb,则 9（1） 有唯一解  r(A)r(A)n. （2） 有无穷多解  r(A)r(A)n. （3） 无解  r(A)1r(A).  b不能由A的列向量,,, 线表出. 1 2 n 2.解的结构：若、 是对应齐次线性方程组Ax0的基础解系,知Axb的通解形 1 2 式为kk ,其中,是Ax0的基础解系,是Axb的一个特解. 1 1 2 2 1 2 3.解的性质：如果,是 Ax0的两个解,则其线性组合kk 仍是 Ax0的 1 2 1 1 2 2 解；如果是Axb的一个解,是Ax0的一个解,则仍是Axb的解. 十、(本题满分8分) 【解析】由A的特征方程,按照第二列展开,有  0 1  1 EA  x 1 y  (1)  (1)2(1) 0 , 1  1 0  得到A的特征值为  1, 1. 1 2 3 由题设有三个线性无关的特征向量,因此,1必有两个线性无关的特征向量, 从而r(EA)1.这样才能保证方程组(EA)X 0解空间的维数是2, 即有两个线性无关的解向量. 由初等行变换,将EA第一行加到第三行上,第一行乘以x后加到第二行上有  1 0 1 1 0 1      EA x 0 y  0 0 x y ,      1 0 1    0 0 0   由r(EA)1,得 x和 y必须满足条件x y 0. 十一、(本题满分8分) 【解析】记Y  X X ,Y  X X ,则X Y Y ,随机变量Y 和Y 相互独立且同分布, 1 1 4 2 2 3 1 2 1 2 由A与B独立可得出P(AB)P(A)P(B),故 P  Y 1 P  X X 1 P  X 1,X 1 P  X 1 P  X 1 0.16, 1 1 4 1 4 1 4 10P  Y 0 1P  Y 1 0.84. 1 1 由行列式的计算公式,随机变量X Y Y ,有三个可能取值：1,0,1. 1 2 P  X 1 P  Y 0,Y 1 P  Y 0 P  Y 1 0.840.160.1344, 1 2 1 2 P  X 1 P  Y 1,Y 0 P  Y 1 P  Y 0 0.1344, 1 2 1 2 P  X 0 1P  X 1 P  X 1 0.7312. 所求的行列式的概率分布列于下表: X 1 0 1 P  X  x  0.1344 0.7312 0.1344 十二、(本题满分8分) 【解析】依据数学期望的计算公式及一般正态分布的标准化方法,有 E(T)P  X 10 20P  10 X 12 5P  X 12  (10)20[(12)(10)]5[1(12)] 25(12)21(10)5. 此时数学期望依赖于参数,为使其达到最大值,令其一阶导数为0,有 dE(T) 1  (10)2  (12)2 25(12)21(10) [21e 2 25e 2 ], d 2 dE(T) 21  (10)2 25  (12)2 令 0,得 e 2  e 2  0, d 2 2 21  (10)2 25  (12)2 即 e 2  e 2 . 2 2 1 25 解上面的方程得  11 ln 10.9. 0 2 21 得到唯一驻点 10.9,因为此问题是实际问题,所以平均利润函数必然有最大值,而 0 且这个最大值是唯一的. 由题意知,当 10.9毫米时,平均利润最大. 0 11