1996年数学三解析_数学三真题+解析[87-25]_数学三解析

1996 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,把答案填在题中横线上.) dx (1)【答案】 x  1ln y  【解析】方法1：方程x yy两边取对数得lnxln yy  yln y,再两边求微分, 1 1 dx  lny1  dydy  dx  x  ln y1 0  . x x  lny 1  方法2：把x yy变形得xeylny,然后两边求微分得 dx eylnyd  ylny  yy  1lny  dy  x  1lny  dy , 1 由此可得 dy  dx. x  1ln y  1  3 (2)【答案】 1x2 C 3 【解析】由xf(x)dx arcsinxC ,两边求导数有 xf(x) arcsinx   1  1  x 1x2 , 1x2 f(x) 1 1 于是有  dx  x 1x2dx  1x2dx2 f(x) 2 1     1 x2d 1 x2 2 1  3  1x2 C. 3 c (3)【答案】 0(或ax2 c),b任意 a 0 【解析】对 y ax2 bxc两边求导得 y2axb,y x 2ax b, 0 0 所以过 x ,y 的切线方程为 y y  2ax b  xx  ,即 0 0 0 0 0 y  ax2bx c    2ax b  xx  . 0 0 0 0 又题设知切线过原点 0,0 ,把x y 0代入上式,得 ax2 bx c2ax2 bx ,即ax2 c. 0 0 0 0 0 1c 由于系数a 0,所以,系数应满足的关系为 0(或ax2 c),b任意. a 0 (4)【答案】 1,0,0,0 T 【解析】因为 A 是范德蒙行列式,由a a 知 A  a a   0.根据解与系数矩阵 i j i j 秩的关系,所以方程组ATX B有唯一解. 根据克莱姆法则,对于 1 a a2  an1 x  1 1 1 1 1       1 a a2  an1 x 1  2 2 2   2    1 a a2  an1 x   1,  3 3 3   3                1 a a2  an1   x    1   n n n n 易见 D  A ,D  D  D  0. 1 2 3 n 所以ATX B的解为x 1,x  x  x 0,即 1,0,0,,0 T . 1 2 3 n 【相关知识点】克莱姆法则：若线性非齐次方程组 a x a x a x b , 11 1 12 2 1n n 1  a x a x a x b , 21 1 22 2 2n n 2     a x a x a x b . n1 1 n2 2 nn n n n 或简记为 a x b , i 1,2,,n ij j i j1 其系数行列式 a a  a 11 12 1n a a  a D  21 22 2n  0,    a a  a n1 n2 nn 则方程组有唯一解 D x  j , j 1,2,,n. j D 其中D 是用常数项b ,b ,,b 替换D中第 j列所成的行列式,即 j 1 2 n 2a  a b a  a 11 1,j1 1 1,j1 1n a  a b a  a D  21 2,j1 2 2,j1 2n . j      a  a b a  a n1 n,j1 n n,j1 nn (5)【答案】(4.412,5.588) 【解析】可以用两种方法求解： (1)已知方差2 0.92,对正态总体的数学期望进行估计,可根据 1 n 因X N(,0.92),设有n个样本,样本均值X  X , n i i1 0.92 X E(X) 有X N(, ),将其标准化,由公式 ~ N(0,1)得： n D(X) n X  ~ N(0,1) 1 n    X   由正态分布分为点的定义P u 1可确定临界值u , 1     2 2  n    进而确定相应的置信区间(xu ,xu ).   2 n 2 n (2)本题是在单个正态总体方差已知条件下,求期望值的置信区间问题.     由教材上已经求出的置信区间 xu ,xu  ,    2 n 2 n   其中PU u 1,U N(0,1),可以直接得出答案.    2 方法1：由题设,1 0.95,可见 0.05.查标准正态分布表知分位点u 1.96.本  2 X  题n9, X 5, 因此,根据 P{ 1.96} 0.95,有 1 n 5 P{ 1.96}0.95,即 P{4.4125.588}0.95, 1 9 3故的置信度为0.95的置信区间是(4.412,5.588) . 方法2：由题设,1 0.95, P{U u }P{u U u }2(u )10.95,(u )0.975      2 2 2 2 2 查得u 1.96.  2   0.92,n9, X 5代入(xu ,xu )得置信区间(4.412,5.588).   2 n 2 n 二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题给出的四个选项中,只有一项符 合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1)【答案】(D) 【解析】方法1：由题设知,积分区域在极坐标系xrcos,y rsin中是    D   r, |0 ,0r cos,  2  2  1 1 即是由x   y2  与x轴在第一象限所围成的 y  2 4 1 平面图形,如右图. 2 由于D的最左边点的横坐标是0,最右点的横坐标是1, O 1 1 x 下边界方程是 y 0,上边界的方程是 y  xx2 ,从而D 2 的直角坐标表示是   D   x,y  |0 x1,0 y  xx2 , 故(D)正确. 方法2：采取逐步淘汰法.由于(A)中二重积分的积分区域的极坐标表示为    D   r, |0 ,0r sin, 1  2  而(B)中的积分区域是单位圆在第一象限的部分, (C)中的积分区域是正方形  x,y  |0 x1,0 y 1  , 所以,他们都是不正确的.故应选(D). (2)【答案】(A)    【解析】由于级数u2和v2 都收敛,可见级数 u2 v2  收敛.由不等式 n n n n n1 n1 n1 2u v u2 v2 n n n n 4  及比较判别法知级数 2u v 收敛,从而2u v 收敛. n n n n n1 n1  又因为 u v 2 u2v22u v ,即级数 u v 2 收敛,故应选(A). n n n n n n n n n1 1 设u  ,v 1  n1,2,,可知(B)不正确. n n2 n 1 1 设u    n1,2,,可知(C)不正确. n n n2 1 n1 1 设u  ,v   n1,2,,可知(D)不正确. n n n n   注：在本题中命题(D)“若级数u 收敛,且u v (n1,2,) ,则级数v 也收敛.” n n n n n1 n1 不正确,这表明：比较判别法适用于正项级数收敛(或级数绝对收敛)的判别,但对任意项级数 一般是不适用的.这是任意项级数与正项级数收敛性判别中的一个根本区别. (3)【答案】(C) 【解析】伴随矩阵的基本关系式为AA  AA A E, 现将A视为关系式中的矩阵A,则有A(A)  A E. A 方法一：由 A  A n1及(A)1  ,可得 A A (A)  A (A)1 A n1  A n2 A. A 故应选(C). 方法二：由A(A)  A E,左乘A得 (AA)(A)  A n1 A,即( A E)(A)  A n1 A. 故应选(C). (4)【答案】(D) 【解析】本题考查对向量组线性相关、线性无关概念的理解.若向量组, ,, 线性 1 2 s 无关,即若x x x  0,必有x 0,x 0,,x 0. 1 1 2 2 s s 1 2 s 既然,, 与k ,,k 不全为零,由此推不出某向量组线性无关,故应排除(B)、(C). 1 m 1 m 一般情况下,对于 k k k l l   0, 1 1 2 2 s s 1 1 s s 5不能保证必有k k k  0,及l l   0,故(A)不正确.由已知条件, 1 1 2 2 s s 1 1 s s 有      k    k    0, 1 1 1 m m m 1 1 1 m m m 又,, 与k ,,k 不全为零,故 ,,  , ,,  线性相关. 1 m 1 m 1 1 m m 1 1 m m 故选(D). (5)【答案】(B) 【解析】依题意 P   A A  B   P  AB  P  A B  P  AB A B  P  AB)P(A B  1 2  1  2 , 1 2  1 2 . P(B) P(B) P(B) P(B) P(B) 因P(B)0,故有P  ABA B P  AB)P(A B .因此应选(B). 1 2 1 2 注：有些考生错误地选择(D).他们认为(D)是全概率公式,对任何事件B都成立,但是忽略了 全概率公式中要求作为条件的事件 A,A 应满足P(A)0,P(A )0 ,且 A,A 是对立事 1 2 1 2 1 2 件. P(AB) 【相关知识点】条件概率公式：P(B| A)  . P(A) 三、(本题满分6分) 【解析】(1) 由于 g(x)有二阶连续导数,故当 x0时, f(x) 也具有二阶连续导数,此 时, f(x)可直接计算,且 f(x)连续；当x0时,需用导数的定义求 f(0). x[g(x)ex]g(x)ex xg(x)g(x)(x1)ex 当x0时, f(x)  . x2 x2 当x0时,由导数定义及洛必达法则,有 g(x)ex g(x)ex g(x)ex g(0)1 f(0)lim 洛lim 洛lim  . x0 x2 x0 2x x0 2 2 xg(x)g(x)(x1)ex  , x0,  x2 所以 f(x)  g(0)1 , x0.  2 (2) f(x)在x0点的连续性要用定义来判定.因为在x0处,有 xg(x)g(x)(x1)ex lim f(x) lim x0 x0 x2 6g(x)xg(x)g(x)ex(x1)ex lim x0 2x g(x)ex g(0)1 lim   f(0) . x0 2 2 而 f(x)在x0处是连续函数,所以 f(x)在(,)上为连续函数. 四、(本题满分6分) z u z u 【解析】由z  f (u)可得  f(u) ,  f(u) . x x y y x 在方程u (u) p(t)dt 两边分别对x,y求偏导数,得 y u u u u (u)  p(x), (u)  p(y). x x y y u p(x) u p(y) 所以  ,  . x 1(u) y 1(u) z z p(x)p(y) p(x)p(y) 于是 p(y)  p(x)     f (u)0 . x y  1(u) 1(u)  五、(本题满分6分) 【分析】题的被积函数是幂函数与指数函数两类不同的函数相乘,应该用分部积分法. 【解析】方法1:因为 xex 1 x dx  dx xd 分部积分  (1ex)2 1ex 1ex 1ex x ex x 1   dx  d(1ex) 1ex 1ex 1ex 1ex x  ln(1ex)C, 1ex  xex  xex  所以  dx  lim  ln(1ex) ln2. 0 (1ex)2 x1ex   xex   xex  而 lim  ln(1ex)  lim  ln   ex(1ex)  x1ex  x1ex   xex   lim   xln(1ex) x1ex  7x  lim 00 , x1ex 故原式ln2.  xex  xex  1 方法2:  dx  dx  xd 0 (1ex)2 0 (1ex)2 0 1ex x   dx  dx  ex       dx 1ex 0 1ex 0 1ex 0 1ex 0  1   d(1ex)ln(1ex)  ln2. 0 1ex 0 六、(本题满分5分) 【分析】由结论可知,若令(x) xf(x),则(x) f(x)xf(x).因此,只需证明(x)在 [0,1]内某一区间上满足罗尔定理的条件. 1 【解析】令(x) xf(x),由积分中值定理可知,存在(0, ),使 2 1 1 1 2xf(x)dx 2(x)dx  () , 0 0 2 1 1 由已知条件,有 f(1)22xf(x)dx 2 ()(),于是 0 2 (1) f(1)(), 且(x)在(,1)上可导,故由罗尔定理可知,存在(,1)(0,1),使得 ()0,即 f()f ()0. 【相关知识点】1.积分中值定理：如果函数 f(x)在积分区间[ a,b]上连续,则在[ a,b]上至 少存在一个点,使下式成立：  b f(x)dx  f()(ba)  a b . a 这个公式叫做积分中值公式. 2.罗尔定理：如果函数 f(x)满足 (1)在闭区间[ a,b]上连续； (2)在开区间 a,b 内可导； 8(3)在区间端点处的函数值相等,即 f(a) f(b), 那么在 a,b 内至少有一点(ab),使得 f0. 七、(本题满分6分) 【分析】利用函数的单调性的判定,如果在x的某个区间上导函数 f x 0,则函数 f  x  单调递增,反之递减. 【解析】(1)设售出商品的销售额为R,则 a abc  pb 2 R  pQ  p( c),R(p) . pb  pb 2 ab b 令R0,得 p  b ( a  bc) 0. 0 c c b 当0 p ( a  bc)时,R0,所以随单价 p的增加,相应销售额R也将增加. c b 当 p  ( a  bc)时,有R0,所以随单价 p的增加,相应销售额R将减少. c b (2)由(1)可知,当 p  ( a  bc)时,销售额R取得最大值,最大销售额为 c    ab   a  R  b c  ( a  bc)2. max   c    ab   c  八、(本题满分6分) y dy dz 【解析】令z  ,则  zx . x dx dx dz dz dx 当x0时,原方程化为zx  z 1z2 ,即  ,其通解为 dx 1z2 x C ln(z 1z2)lnxC 或 z 1z2  . 1 x 代回原变量,得通解 y x2  y2 C(x 0). 当x0时,原方程的解与x0时相同,理由如下: 令t x,于是t 0,而且 dy dy dx dy y x2  y2 y x2  y2 y t2  y2       . dt dx dt dx x x t 9从而有通解y t2  y2 C(t  0),即 y x2  y2 C(x 0). 综合得,方程的通解为 y x2  y2 C . y 注：由于未给定自变量x的取值范围,因而在本题求解过程中,引入新未知函数z  后得 x x2  y2  x 1z2 , 从而,应当分别对x0和x0求解,在类似的问题中,这一点应当牢记. 九、(本题满分8分) 【分析】本题的(1)是考查特征值的基本概念,而(2)是把实对称矩阵合同于对角矩阵的问题 转化成二次型求标准形的问题,用二次型的理论与方法来处理矩阵中的问题. 【解析】(1)因为3是A的特征值,故 3 1 0 0 1 3 0 0 3 1 3 y 1 3EA    8(2 y)0, 0 0 3 y 1 1 3 1 1 0 0 1 1 所以 y 2. (2)由于AT  A,要(AP)T(AP) PTA2P  ,而 1 0 0 0   0 1 0 0 A2    0 0 5 4   0 0 4 5 是对称矩阵,故可构造二次型 xTA2x ,将其化为标准形 yTy .即有 A2 与合同.亦即 PTA2P . 方法一：配方法. 由于 xTA2x  x2 x2 5x2 5x2 8x x 1 2 3 4 3 4 8 16 16  x2 x2 5(x2  x x  x2)5x2  x2 1 2 3 5 3 4 25 4 4 5 4 4 9  x2 x2 5(x  x )2  x2, 1 2 3 5 4 5 4 4 那么,令 y  x ,y  x ,y  x  x ,y  x ,即经坐标变换 1 1 2 2 3 3 5 4 4 4 101 0 0 0  x  y  1   1   0 1 0 0   x   y  2   4  2 , x  0 0 1   y  3 3   5     x  y  4 0 0 0 1  4 9 有 xTA2x  y2  y2 5y2  y2. 1 2 3 5 4 1 0 0 0  1      0 1 0 0 1     所以,取 P   4,有 (AP)T(AP) PTA2P   5 . 0 0 1     5 9     0 0 0 1   5 方法二：正交变换法. 二次型xTA2x  x2 x2 5x2 5x2 8x x 对应的矩阵为 1 2 3 4 3 4 1 0 0 0   0 1 0 0 A2    , 0 0 5 4   0 0 4 5 其特征多项式 1 0 0 0 0 1 0 0 EA2   (1)3( 9). 0 0 5 4 0 0 4 5 A2的特征值 1, 1, 1, 9.由(EA2)x0,即 1 2 3 4 1 0 0 0 0 x  0 1      0 0 0 0 x 0   2   , 0 0 4 4x  0 3      0 0 4 4x  0 4 和(EA2)x0,即 4 8 0 0 0 x  0 1      0 8 0 0 x 0   2   , 0 0 4 4x  0 3      0 0 4 4 x  0 4 分别求得对应 1的线性无关特征向量 1,2,3 11 (1,0,0,0)T, (0,1,0,0)T, (0,0,1,1)T , 1 2 3 和 9的特征向量 (0,0,1,1)T. 4 4 对,, 用施密特正交化方法得,, ,再将 单位化为 ,其中： 1 2 3 1 2 3 4 4 1 1 1 1  (1,0,0,0)T, (0,1,0,0)T, (0,0, , )T, (0,0, , )T . 1 2 3 4 2 2 2 2 取正交矩阵 1 0 0 0    0 1 0 0    1 1  P ,,,  0 0  , 1 2 3 4 2 2    1 1  0 0    2 2 1    1 则 P1A2P PTA2P    ,  1     9 1    1 即 (AP)T(AP) PTA2P    .  1     9 十、(本题满分8分) 【解析】证法1： (定义法)若有一组数k,k ,k ,,k ,使得 1 2 t kk ()k ()k ()0, (1) 1 1 2 2 t t 则因,,,是AX 0的解,知A 0(i 1,2,,t),用A左乘上式的两边,有 1 2 t i (kk k k )A0. (2) 1 2 t 由于A0,故kk k k  0. 1 2 t 对(1)重新分组为(kk k k )kk  k 0 . (3) 1 2 t 1 1 2 2 t t 把(2)代入(3)得 k k k  0. 1 1 2 2 t t 由于,,,是基础解系,它们线性无关,故必有k 0,k 0,,k 0. 1 2 t 1 2 t 12代入(2)式得:k 0. 因此向量组,,,,线性无关. 1 2 t 证法2： (用秩)经初等变换向量组的秩不变.把第一列的-1倍分别加至其余各列,有 ,,,, ,,,,  . 1 2 t 1 2 t 因此 r ,,,,r ,,,,  . 1 2 t 1 2 t 由于,,,是基础解系,它们是线性无关的,秩r ,,,t ,又必不能 1 2 t 1 2 t 由,,,线性表出(否则A0),故r ,,,,t 1. 1 2 t 1 2 t 所以 r ,,,,t1. 1 2 t 即向量组,,,,线性无关. 1 2 t 十一、(本题满分7分) 【解析】设一周5个工作日内发生故障的天数为X ,则X 服从二项分布即B(5,0.2). 由二项分布的概率计算公式,有 P  X 0 0.85 0.32768, P  X 1 C10.840.20.4096, 5 P  X 2 C20.830.22 0.2048, 5 P  X 3 1P  X 0 P  X 1 P  X 2 0.05792. 设一周内所获利润Y (万元),则Y 是X 的函数,且 10, 若X 0,  5, 若X 1, Y  f (X)  0, 若X 2,   2, 若X 3. 由离散型随机变量数学期望计算公式, EY 100.3276850.409620.057925.20896(万元). 【相关知识点】1.二项分布的概率计算公式： 若Y B(n,p),则P  Y k Ckpk(1 p)nk , k 0,1,,n. n n 2.离散型随机变量数学期望计算公式：E(X)x P  X  x . k k k1 13十二、(本题满分6分) 【解析】一枚色子(骰子)接连掷两次,其样本空间中样本点总数为36.    B2 设事件A “方程有实根”,A “方程有重根”,则A  B2 4C 0  C  . 1 2 1  4  用列举法求有利于A的样本点个数(i 1,2),具体做法见下表: i B2 有利于的意思就是使不等式C  尽可能的成立,则需要B越大越好,C越小越好. 4 当B取遍1,2,3,4,5,6时,统计C可能出现的点数有多少种. B 1 2 3 4 5 6 有利于A 的样本点数 0 1 2 4 6 6 1 有利于A 的样本点数 0 1 0 1 0 0 2 由古典型概率计算公式得到 12466 19 11 1 p  P(A)  , q  P(A )  . 1 36 36 2 36 18 有利于事件A的样本点数 【相关知识点】古典型概率计算公式：P(A) i . i 样本空间的总数 十三、(本题满分6分) 【解析】依题意,X ,X ,,X 独立同分布,可见X2,X2,,X2也独立同分布.由 1 2 n 1 2 n EXk a (k 1,2,3,4)及方差计算公式,有 k EX2 a , DX2 EX4 (EX2)2 a a2, i 2 i i i 4 2 1 n 1 n 1 EZ  EX2 a , DZ  DX2  (a a2). n n i 2 n n2 i n 4 2 i1 i1 因此,根据中心极限定理 Z a U  n 2 n (a a2) 4 2 n a a2 的极限分布是标准正态分布,即当n充分大时,Z 近似服从参数为(a , 4 2) 的正态分 n 2 n 布. 【相关知识点】1.列维-林德伯格中心极限定理,又称独立同分布的中心极限定理： 设随机变量X ,X ,,X 独立同分布,方差存在,记与2  0分别是它们 1 2 n 14相同的期望和方差,则对任意实数x,恒有  1 n  limP (X n) x (x), n  n i  i1 其中(x)是标准正态分布函数. 2.方差计算公式：D(X)E(X2)E2(X). 15