1998年数学三解析_数学三真题+解析[87-25]_数学三解析

1998 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.)
1
(1)【答案】
e
【解析】曲线 y  xn在点(1,1)处的切线斜率 y   xn  nxn1 n,根据点斜
x1 x1
x1
式,切线方程为：
y1n(x1).
1 1
令 y 0,代入 y1n(x1),则x1 ,即在x轴上的截距为 1 ,
n n n
1 1 1
lim f() limn lim(1 )n lim(1 ) x1  .
n n n n n n x x e
lnx
(2)【答案】 C
x
【解析】由分部积分公式,

lnx1 1 1
 dx  lnx1    dx  lnx1  d 
x2  x  x
lnx1 1 lnx1 1
分部   d(lnx1)   dx
x x x x2

lnx1 1 lnx1 1 lnx
    dx   C  C .
x x x x x
【相关知识点】分部积分公式：假定u u(x)与vv(x)均具有连续的导函数,则
uvdx uvuvdx,或者udv uvvdu.
5 1
(3)【答案】 y C(5)t  (t )
t 12 6
5
【解析】首先把差分方程改写成标准形式 y 5y  t ,其齐次方程对应的特征方程及
t1 t 2
特征根分别为
r50,r 5,
故齐次方程的通解为Y C(5)t,C为常数.
t
5 5
将方程右边的 t改写成 t1t,此处“1”不是特征根,故令非齐次方程的一个特解为
2 2
y  AtB,
t
1从而 y   A(t1)B,代入原方程,得
t1
5
A(t1)B5(AtB) t,
2
5
6A ,A6B 0,
2
5 5
故 A ,B  .
12 72
5 1
于是通解为 y Y  y C(5)t (t ).
t t t 12 6
2 0 0
(4)【答案】 
0 4 0
 
 0 0 2 
【解析】由题设 A*BA2BA8E ,
由于 A 20,所以A可逆.上式两边左乘A,右乘A1,得
AA*BAA1 2ABAA18AA1
A B 2AB8E (利用公式：AA*  A E,AA1 E )
A B2AB 8E (移项)
 
A E2A B 8E (矩阵乘法的运算法则)
1
将 A 2代入上式,整理得  E A  B  E.
4
由矩阵可逆的定义,知E A ,B均可逆,且
1 
2 0 0 1  2 0 0  2 0 0
B1 4  EA 1 4

 0 1 0

 4  0 1 0   

0 4 0 

.
 0 0 2   1   0 0 2 
0 0 
 2
1 1
(5)【答案】 , ,2
20 100
【解析】由于X ,X ,X ,X 相互独立,均服从N(0,22),所以由数学期望和方差的性质,
1 2 3 4
得
E(X 2X )0,D(X 2X )122222220 ,
1 2 1 2
所以(X 2X ) N(0,20) ,同理(3X 4X ) N(0,100) .
1 2 3 4
2又因为(X 2X )与(3X 4X )相互独立,且
1 2 3 4
1 1
(X 2X ) N(0,1)； (3X 4X ) N(0,1),
1 2 3 4
20 100
1 1
由2分布的定义,当a  ,b 时,
20 100
1 1
X  (X 2X )2 (3X 4X )2 2(2) .
20 1 2 100 3 4
1 1
即当a  ,b 时,X 服从2分布,其自由度为2.
20 100
1 1
严格地说,当a 0,b 时,X 2(1)；当a  ,b0时,X 2(1)也是正确的.
100 20
【相关知识点】1、对于随机变量X 与Y 均服从正态分布,则X 与Y 的线性组合亦服从正态
分布.
若X 与Y 相互独立,由数学期望和方差的性质,有
E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c ,
D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y) ,
其中a,b,c为常数.
X 
2、定理：若X N(,2),则 N(0,1).

3、2分布的定义：若Z ,,Z 相互独立,且都服从标准正态分布N(0,1),则
1 n
n
Z2 ~2(n).
i
i1
二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共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)
f(xx) f(x)
【解析】根据导数定义： f x  lim
x0 x
f(1) f(1x) 1 f(1x) f(1) 1
lim  lim  f(1) 1
x0 2x 2 x0 x 2
f(1x) f(1)
所以 f(1)lim 2.
x0 x
因为 f(x)周期为4, f(x)的周期亦是4,即 f(x) f(x4),
所以 f(5)  f(14)  f(1)2.
所以曲线 y  f (x)在点 5, f(5) 处的切线的斜率为 f(5)  f(1)2.选(D).
3(2)【答案】(B)
【分析】讨论由极限表示的函数的性质,应分两步走.先求出该 f(x)的(分段)表达式,然
后再讨论 f(x)的性质.不能隔着极限号去讨论.
【解析】现求 f(x)的(分段)表达式：
当 x 1时,
1x x2n x12n lim  x2n x12n  0
f(x)lim lim  n  0；
n1x2n n x2n 1 lim  x2n 1  1
n
当x1时,
1x 11 2
f(x)lim lim  1；
n1x2n n112n 2
当x1时,
1x 11 0
f(x)lim lim  0；
n1x2n n11 2n 2
当 x 1时,
1x lim  1x  1x
f(x)lim  n x2n 0 1x.
n1x2n lim  1x2n  1
n
0, 当x1,

0, 当x1, 0,当x1或x1,

 
由此, f(x)1x, 当 x 1, 即 f(x)1x,当x 1,
 
1, 当x1, 1,当x1.

0, 当x1.
再讨论函数 f(x)的性质：在x1处,
lim f  x   lim  1 x  110, lim f  x  f 1 0,
x1 x1 x1
所以, lim f  x  lim f  x 0 ,函数 f(x)在x1处连续,不是间断点.
x1 x1
在x1处,lim f  x   lim0 0；lim f  x   lim  1 x  2；
x1 x1 x1 x1
所以lim f  x   lim f  x ,函数 f(x)在x1处不连续,是第一类间断点.故选(B).
x1 x1
(3)【答案】(C)
【解析】方法1:由AB 0知r(A)r(B)3,又A0,B 0,于是1r(A)3,
1r(B)3,故 A 0, B 0,即
4 1 2 0 1 0
1 0
A  1  1  0 1 1 (1)20 ,
1 1
1 1  1 1 
得1.应选(C).
方法 2:由 AB 0知r(A)r(B)3,又 A0,B 0,于是1r(A)3, 1r(B)3,故
B 0.
1 1 1
 
显然,1时A 1 1 1 ,有1r(A)3,故应选(C).
 
 1 1 1 
作为选择题,只需在2与1中选择一个,因而可以用特殊值代入法.
评注：对于条件AB 0应当有两个思路：一是B的列向量是齐次方程组Ax0的解；二是
秩的信息,即r(A)r(B)n,要有这两种思考问题的意识.
(4)【答案】(B)
【解析】
1 a a  a  1 a a  a 
   
a 1 a  a a1 1a 0  0
   
Aa a 1  a(1)a1 0 1a  0 

   
       
   
 a a a  1    a1 0 0  1a  
1(n1)a a a  a 
 
0 1a 0  0
 
(2) 0 0 1a  0 

 
   
 
  0 0 0  1a  
其中(1)变换：将1行乘以(-1)再分别加到其余各行；(2)变换：将其余各列分别加到第1
列.
1
由阶梯形矩阵知,当1(n1)a0,即a  时,有r(A)n1,故应选(B).
1n
(5)【答案】(A)
【解析】根据分布函数的性质 lim F(x) 1,即
x
1 lim F(x) F() aF()bF () ab .
1 2
x
在所给的四个选项中只有(A)满足ab1,故应选(A).
【相关知识点】分布函数F  x 的性质：
5(1) F  x 单调不减；
(2) lim F(x) F() 0, lim F(x) F() 1;
x x
(3) F  x 是右连续的.
三、(本题满分5分)
y y
arctan arctan
【解析】 dze xd(x2 y2)(x2 y2)d(e x)
arctan y  y 
e x 2xdx2ydy(x2 y2)d(arctan )
 
 x 
 
arctan y  1 y 
e x 2xdx2ydy(x2 y2) d( )
y x
 1( )2 
 x 
arctan y  xdyydx
e x 2xdx2ydyx2
 
 x2 
y
e arctan x (2x y)dx(2yx)dy 
z z arctan y
由全微分与偏微分的关系可知,其中dx的系数就是 ,即 (2x y)e x .再对y求偏
x x
导数,得
 
2z arctan y arctan y  1  1 y2 xyx2 arctan y
e x (2x y)e x    e x.
xy  y2 x x2 y2
1 
 x2 
四、(本题满分5分)
1 
【解析】D{(x,y) x2 y2 x}表示圆心为 ,0,半径为 y
2 
1
的圆及其内部,画出区域D,如右图.
2
  O x
方法1: D  (x,y)|0 x1, xx2  y  xx2
1 xx2 1 1
所以,  xdxdy xdx dy 2 x xx2dx 2 x 1xdx ,
0  xx2 0 0
D
令 1x t ,则x1t2,dx2tdt ,t:10所以
1
0 1 t3 t5  8
上式2 (1t2)t(2t)dt4 t2(1t2)dt4    .
1 0  3 5  15
0
6方法2:引入极坐标系xrcos,yrsin,于是
   
D(r,)|  ,0rcos ,
 2 2 
  3
cos cos
 xdxdy2 d rcosrdr 2 cosd r2dr
 
 0  0
D 2 2
4  8
 2cos3d .
5 0 15
其中倒数第二步用了华里士公式：
 n1 n3 4 2
2cosnd    1,其中n为大于1的正奇数.
0 n n2 5 3
五、(本题满分6分)
【分析】根据连续复利公式,在年利率为r 的情况下,现时的 A(元)在t 时的总收入为
2
R(t) Aert ,反之,t时总收入为R(t)的现值为A(t)R(t)ert,将RR e5 t 代入即得到总收
0
入的现值与窖藏时间t之间的关系式,从而可用微分法求其最大值.
【解析】由连续复利公式知,这批酒在窖藏t年末售出总收入R的现值为A(t)Rert,而由题
2
t
设,t年末的总收入RR e5 ,据此可列出A(t)：
0
2
A(t)Rert R e5
trt
,
0
dA d  2 trt  2 trt 1 
令  R e5  R e5  r 0,
dt dt 0  0 5 t 
1
得惟一驻点 t t  .
0 25r2
d2A d dA d  2 trt 1 
    R e5  r
dt2 dt dt  dt 0 5 t 
d  2 trt   1  2 trt d  1 
 R e5   r R e5  r
dt 0  5 t  0 dt5 t 
2 trt 1  2 2 trt  1 
R e5  r R e5  
0 0
5 t   10 t3 
2 trt   1  2 1 
R e5  r  
0
 5 t  10 t3
d2A 1
R e25r(12.5r3)0.
dt2 0
tt0
7根据极值的第二充分条件,知：t t 是A(t)的极大值点,又因驻点惟一,所以也是最大值
0
1
点.故窖藏t  年出售,总收入的现值最大.
25r2
1 100
当r 0.06时, t   11(年).
250.062 9
【相关知识点】极值的第二充分条件：设函数 f(x)在x 处具有二阶导数且 f(x )0,
0 0
f(x )0,当 f(x )0时,函数 f(x)在x 处取得极大值；当 f(x )0时,函数 f(x)在
0 0 0 0
x 处取得极小值.
0
六、(本题满分6分)
【分析】本题要证的结论中出现两个中值点和,这种问题一般应将含有和的项分别
移到等式两边后再用微分中值定理,为此本题只要证
f()(ba)(ebea)f()e.
【解析】方法1: 函数 f(x)在 a,b 上连续,在(a,b)内可导,满足拉格朗日中值定理的条件,
对函数 f(x)在 a,b 上用拉格朗日中值定理,有
f(b) f(a) f ()(ba),ab.
又函数 f(x)与ex满足柯西中值定理的条件,将函数 f(x)与ex在 a,b 上用柯西中值定理,
有
f(b) f(a) f () f()
 ,ab,即 f(b) f(a)（ebea） .
eb ea e e
从而有
f() f() eb ea
f()(ba)（ebea） ,即  e,,(a,b).
e f() ba
eb ea
方法2：题中没有限制,因此取,即成为要去证存在(a,b)使 e.
ba
在
a,b
上对函数ex用拉格朗日中值定理,存在(a,b)使
eb ea eb ea
e,即 e1.
ba ba
f() eb ea
再取,则 1 e,原题得证.
f() ba
8【相关知识点】1.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.
2. 柯西中值定理：如果函数 f(x)及F(x)满足
(1) 在闭区间[a,b]上连续；
(2) 在开区间(a,b)内可导；
(3) 对任一x(a,b),F(x)0,
f(b) f(a) f ()
那么在(a,b)内至少有一点,使等式  成立.
F(b)F(a) F()
七、(本题满分6分)
1 1 1
【解析】(1)由 y nx2  与 y (n1)x2 得a  .
n n1 n n(n1)
因图形关于 y轴对称,所以,所求图形的面积为
a  1 1 
S 2 n nx2 (n1)x2 dx
n 0   n n1  
a  1  2a a3 4 1
2 n  x2 dx n 2 n   .
0  n(n1) n(n1) 3 3 n(n1) n(n1)
(2)由(1)的结果知
S 4 1 4 1 1
n   (  ),
a 3 n(n1) 3 n n1
n
根据级数和的定义,
 S n S 4 n 1 1  4  1  4
 n lim k  lim     lim  1   .
a n a 3n k k 1 3n n 1 3
n1 n k1 k k1
八、(本题满分7分)
【分析】本题是微分方程的几何应用问题.在题目中给出了由曲线 y  f (x)等围成的平面图
形绕x轴旋转一周所形成的旋转体体积V(t)与包含函数 f 的一个恒等式,这正是列方程的
依据.
t
【解析】由绕x轴旋转的旋转体体积公式得V(t) f 2(x)dx,于是,依题意得
1
9t  t
 f 2(x)dx  t2f(t) f(1) ,即3 f 2(x)dx t2f(t) f(1).
 
1 3 1
两边对t求导,化成微分方程
3f 2(t) 2tf(t)t2f (t),
其中 f(t)为未知函数.按通常以x表示自变量,y表示未知函数 f(t),于是上述方程可写为
x2y3y2 2xy,
dy y y
即 3( )22( ).
dx x x
dy du
这是一阶齐次微分方程.令y ux,有 ux ,则上式化为
dx dx
du
ux( )3u22u,
dx
du
即 x 3u(u1). (*)
dx
2
若u 0,则y ux0,不满足初始条件 y  ,舍弃；
x2
9
2
若u 1,则 y ux x,也不满足初始条件 y  ,舍弃；
x2
9
所以,u 0,且u 1.
du 3dx u1
由(*)式分离变量得  ,两边积分得 Cx3.从而方程(*)的通解为
u(u1) x u
yxCx3y,C 为任意常数.
2
再代入初值,由 y  ,得C 1,从而所求的解为
x2
9
x
yxx3y,或y  ,(x1).
1x3
(t)
【相关知识点】1. 对积分上限的函数的求导公式：若F(t)  f(x)dx,(t),(t)均一
(t)
阶可导,则 F(t)(t) f (t) (t) f (t) .
九、(本题满分9分)
 T
【解析】(1)对等式T0两边取转置,有 T T0,即T0.
利用T0及矩阵乘法的运算法则,有
 2  
A2  T TT  T T 0T  0T 0,
即A2是n阶零矩阵.
10(2)设是A的任一特征值,(0)是A属于特征值的特征向量,即A.
对上式两边左乘 A 得 A2  A(A)() 2,由(1)的结果 A2 0 ,得
2 A20,因0,故0(n重根),即矩阵的全部特征值为零.
下面求A的特征向量：先将A写成矩阵形式
a  ab ab  ab 
1 1 1 1 2 1 n
   
a a b a b  a b
AT   2 b ,b ,,b   2 1 2 2 2 n .
   1 2 n     
   
a  a b a b  a b 
n n 1 n 2 n n
不妨设a 0,b 0,则有
1 1
ab ab  ab   b b  b 
1 1 1 2 1 n 1 2 n
   
a b a b  a b a b a b  a b
(0EA)  2 1 2 2 2 n 1行(a )  2 1 2 2 2 n
    
1
    
   
 a b a b  a b   a b a b  a b 
n 1 n 2 n n n 1 n 2 n n
b b  b 
1 2 n
 
0 0  0
1行a加到i行(i2,,n)  
i
  
 
0 0  0
于是得方程组(0EA)x0同解方程组bx b x b x  0,这样基础解系所含向量
1 1 2 2 n n
个数为nr(0EA)n1.
选x ,,x 为自由未知量,将它们的组值(b,0,,0),(0,b,,0),(0,0,,b) 代入,
2 n 1 1 1
可解得基础解系为
 (b ,b,0,,0), (b ,0,b,,0),, (b ,0,0,,b)
1 2 1 2 3 1 n1 n 1
则A的属于0的全部特征向量为kk k  ,其中k ,k ,,k 为不全为
1 1 2 2 n1 n1 1 2 n1
零的任意常数.
十、(本题满分7分)
【分析】由于B是实对称矩阵,B必可相似对角化,而对角矩阵即B的特征值,只要求出
B的特征值即知,又因正定的充分必要条件是特征值全大于零,k的取值亦可求出.
【解析】方法1：由
111 0 1
1 1
EA  0 2 0 (2) (2)2,
1 1
1 0 1
可得A的特征值是   2, 0.
1 2 3
那么,kE A的特征值是k2,k2,k ,而B (kE A)2的特征值是(k2)2,(k2)2,k2.
又由题设知A是实对称矩阵,则AT  A,故
T 2
BT  (kE A)2  (kE A)T (kE A)2  B ,
   
即B也是实对称矩阵,故B必可相似对角化,且
(k2)2 0 0 
 
B  0 (k 2)2 0 .
 

0 0
k2
 
当k 2且k 0时,B的全部特征值大于零,这时B为正定矩阵.
方法2：由
1 0 1
1 1
EA  0 2 0 (2) (2)2,
1 1
1 0 1
可得A的特征值是   2, 0.
1 2 3
2 
 
因为A是实对称矩阵,故存在可逆矩阵P使P1AP  2 ,即A PP1.
 


0

那么 B (kE A)2 (kPP1PP1)2  P(kE)P1 2
 
 P(kE)P1P(kE)P1 P(kE)2P1.
(k2)2 0 0 
 
即P1BP (kE)2 .故B 0 (k 2)2 0 .
 

0 0
k2
 
当k 2且k 0时,B的全部特征值大于零,这时B为正定矩阵.
【相关知识点】1.特征值的性质：若 A有特征值,则 A的特征多项式 f(A) 有特征值
f().
2.矩阵正定的充要条件是特征值全大于零.
12十一、(本题满分10分)
y
【解析】设Z 表示商店每周所得的利润,
当Y  X 时,卖得利润为Z 1000Y (元)； 20
D
当Y  X 时,调剂了Y X ,总共得到利润 2D
1
10
Z 1000X 500(Y X)500(X Y) (元).
1000Y, Y  X,
所以,Z  O 10 20 x
500(X Y), Y  X.
由题设X 与Y 都服从区间[10,20]上的均匀分布,联合概率密度为
 1
 , 10 x20,10 y20,
f(x,y)100
 0, 其他.
由二维连续型随机变量的数学期望定义得
E(Z) 1000y f(x,y)dxdy500(x y) f(x,y)dxdy
D D
1 2
1 1
 1000y dxdy500(x y) dxdy
100 100
D D
1 2
20 20 20 y
10 dy ydx5 dy (x y)dx
10 y 10 10
20 20 3
10 y(20 y)dy5 ( y210y50)dy
10 10 2
20000
 5150014166.67(元).
3
十二、(本题满分9分)
【解析】记事件B “第 j次抽到的报名表是女生表”(j 1,2),A “报名表是第i个地
j i
区的”(i 1,2,3).易见,A,A ,A 构成一个完备事件组,且
1 2 3
1
P{A} (i 1,2,3),
i 3
3 7 5
P{B A} ,P{B A } ,P{B A} .
1 1 10 1 2 15 1 3 25
(1) 应用全概率公式,知
3 1 3 7 5 29
p  P{B} P{A}P{B A} (   ) .
1 i 1 i 3 10 15 25 90
i1
(2) q  P{B B }.需先计算概率P{B B }与P{B }.对事件B B 再次用全概率公式：
1 2 1 2 2 1 2
133 1 3 7 7 8 5 20 20
P{B B }P{A}P{B B A} (      )  ,
1 2 i 1 2 i 3 10 9 15 14 25 24 90
i1
61
由“抽签原理”可知P(B )P(B ) ,
2 1 90
P(B B ) 20 90 20
q  P{B B } 1 2    .
1 2 P(B ) 90 61 61
2
【相关知识点】1.全概率公式：如果事件A,,A 构成一个完备事件组,即它们是两两互不
1 n
相容,其和为(总体的样本空间)；并且P  A 0,i 1,2,,n ,则对任一事件B有
i
n
P

B
P(A)P(B|A).
i i
i1
14