2006年数学三解析_数学三真题+解析[87-25]_数学三解析

2006 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 (1)【答案】1 n 【详解】题目考察数列的极限，由于数列中有 (1) ，故求此数列的极限，分为奇数列和 偶数列两个部分进行。 n1 记u ( )(1)n ，则 n n 2n1 (1) 2n 2n1 lim u  lim ( )  lim ( ) 1 n 2n n 2n n 2n 2n (1) 2n1 2n1 lim u  lim ( )  lim ( ) 1 n 2n1 n 2n1 n 2n 所以 lim un 1. n (2)【答案】2e3 【详解】题目考察抽象函数在某点处的高阶导数。 利用题目已知的函数关系式进行求导便 可得出。 f (x) f (x) 2f (x) 由 f (x)  ef(x)，有 f(x)  (e )  e f(x)  e 2f(x) 2f(x) 2f(x) 3f(x) 所以 f(x) (e )e (2f(x)) 2e f(x)  2e 3f (2) 3 以x 2代入，得 f(2)2e 2e . (3) 【答案】4dx2dy 【详解】题目求复合函数在某点处的全微分，可有两种方法： 方法1： 由微分形式不变性，有 dz  f(4x2  y2)d(4x2  y2) f(4x2  y2)(8xdx2ydy) dz  f(0)(8dx4dy)4dx-2dy (1,2) 方法2： 求偏导数， z z  f(4x2 y2)8x,  f(4x2 y2)(2y) . x y 1 z z 以x1,y 2, f (0) ，代入dz  dx dy 便得如上结果. 2 x y(4)【答案】 2 【详解】由已知条件BA B2E变形得，BA2E  B  B(AE)2E, 两边取行列 式, 得 B(AE)  2E 4 E 4  2 1 1 0 1 1 其中， AE         2， 2E 22 E 4 1 2 0 1 1 1 2E 4 因此， B    2. AE 2 (5)【答案】1 9 【详解】根据独立性原理：若事件A,,A 独立，则 1 n P  A A A  P  A  P  A  P  A  1 2 n 1 2 n 事件 max{X,Y}1  X 1,Y 1  X 1    Y 1 ，而随机变量X 与Y 均服 从区间[0,3]上的均匀分布，有P  X 1   11 dx  1 和P  Y 1   11 dy  1 . 又随机变 03 3 03 3 量X 与Y 相互独立，所以， 1 1 1 P  max(x,y)1 P  x 1,Y 1 P  x 1 P  Y 1     3 3 9 (6)【答案】2. 【详解】样本方差是总体方差的无偏估计量E(S2)D(X)，故只要计算D(X)即可.  X 概率密度函数 f(x)是偶函数，则xf(x)为奇函数，所以E(X)  xf(x)dx 0  所以 E(S2)D(X)E(X2)[E(X)]2 E(X2)       x2f(x)dx 2 x2f(x)dx   x2exdx  x2dex  0 0 0   x2ex |  exdx2 x2ex | 2 xdex 0 0 0 0 x2ex | 2xex | 2  exdx 002  0(1)  2. 0 0 0 二、选择题 (7)【答案】A【详解】 方法1： 图示法. 因为 f(x) 0, 则 f(x) 严格单调增加；因为 f(x) 0, 则 f(x) 是凹函数，又 x 0，画 f(x) x2的图形 y y=f(x) Δy dy O x x +Δx x 0 0 结合图形分析，就可以明显得出结论：0 dy y. 方法2：用两次拉格朗日中值定理 ydy  f (x x) f (x ) f (x )x (前两项用拉氏定理) 0 0 0  f ()x f (x )x (再用一次拉氏定理) 0  f()(x )x, 其中x  x x,x  0 0 0 0 由于 f(x)0，从而ydy 0. 又由于dy  f(x )x 0，故选[A] 0 方法3： 用拉格朗日余项一阶泰勒公式. 泰勒公式： f(x) f(x ) f(x )(xx )  f(x 0 ) (xx )2 f (n)(x 0 ) (xx )nR ， 0 0 0 2! 0 n! 0 n f (n1)(x ) 其中R  0 (xx )n . 此时n取1代入，可得 n (n1)! 0 1 ydy  f (x x) f (x ) f (x )x f ()(x)2 0 0 0 0 2 又由dy  f(x )x 0，选(A) . 0 (8) 【答案】C 【详解】题目考察该抽象函数在0点处的函数值，及0点处的左右导数，计算如下： 换元令xh2，由题设可得 f(h2) f(x) lim  lim 1 . h0 h2 x0 x f(x) 于是 lim f(x)  lim x 100 x0 x0 x 因为函数 f(x)在点x 0处连续，故 f(0) lim f(x)0，进而有 x0f(x) f(x) f(0) 1 lim  lim  f(0) . x0 x x0 x0  这表明 f(0)0且 f(0)存在. 故应选(C) .  (9) 【答案】D 【详解】 方法1：数列收敛的性质：收敛数列的四则运算后形成的新数列依然收敛     a a 因为a 收敛，所以a 也收敛，所以(a a )收敛，从而 n n1也收敛.选D. n n1 n n1 2 n1 n1 n1 n1 (1)n    1 1 方法2：记 a  ，则a 收敛. 但a  ，( p级数， p  级数发散)； n n n n n 2 n1 n1 n1   1 a a  ( p级数， p 1级数发散)均发散。由排除法可知，应选D. n n1 n n1 n1 n1 (10) 【答案】B 【详解】线性方程解的性质与结构：1. 由非齐次线性微分方程的两个特解，求该方程的通 解；2. 线性非齐次微分方程的两个解的差是对应的齐次微分方程的解. 因为y (x) y (x)，所以(y (x)y (x))是齐次微分方程的一个非零解，C是任意常 1 2 1 2 数，所以C(y (x)y (x)) 是对应的齐次微分方程的通解. 再加上原非齐次方程的一个特 1 2 解，便得原非齐次方程的通解，[B]. (11) 【答案】D 【详解】 方法1： 化条件极值问题为一元函数极值问题。 已知(x ,y ) 0，由(x,y)0，在（x ,y )邻域，可确定隐函数y  y(x)， 0 0 0 0 dy   满足y(x ) y ，  。 0 0 dx x y （x ,y ) 是 f(x,y) 在 条 件 (x,y)0 下 的 一 个 极 值 点  x x 是 0 0 0 z  f (x,y(x))的极值点。它的必要条件是 dz f(x ,y ) f(x ,y ) dy (x ,y )  0 0  0 0  f(x ,y ) f(x ,y ) x 0 0 0 dx x y dx x 0 0 y 0 0 (x ,y ) xx 0 xx 0 y 0 0 xx 0 若 f(x ,y ) 0，则 f(x ,y )0，或(x ,y )0，因此不选(A)，(B). x 0 0 y 0 0 x 0 0 dz 若 f(x ,y ) 0，则 f(x ,y )0(否则 0). 因此选(D) x 0 0 y 0 0 dx xx 0 方法2：用拉格朗日乘子法. 引入函数F(x,y,) f(x,y)(x,y)，有F f(x,y)(x,y)0 (1) x x x  F f(x,y)(x,y)0 (2) y y y  F (x,y)0  f(x ,y ) 因为(x ,y )0，所以 y 0 0 ，代入(1)得 y 0 0 (x ,y ) y 0 0 f(x ,y )(x ,y ) f(x ,y )  y 0 0 x 0 0 x 0 0 (x ,y ) y 0 0 若 f(x ,y ) 0，则 f(x ,y )0，选(D) x 0 0 y 0 0 (12)【答案】A 【详解】 方法 1：若,,, 线性相关, 则由线性相关定义存在不全为0 的数k,k ,,k 使得 1 2 s 1 2 s k k k  0 1 1 2 2 s s 为了得到A, A,, A 的形式，用A左乘等式两边, 得 1 2 s k A k A k A  0 ① 1 1 2 2 s s 于是存在不全为0的数k ,k ,,k 使得①成立，所以A,A,,A 线性相关. 1 2 s 1 2 s 方法2：如果用秩来解,则更加简单明了. 只要熟悉两个基本性质, 它们是: 1. ,,, 线性相关r(,,,) s；2. r(AB)r(B). 1 2 s 1 2 s 矩阵(A,A,,A) A(,,,) , 设B (,,, )， 则由 1 2 s 1 2 s 1 2 s r(AB)r(B)得r(A,A,,A) r(,,,) s . 所以答案应该为(A). 1 2 s 1 2 s (13) 【答案】B 【详解】用初等矩阵在乘法中的作用(矩阵左乘或右乘初等矩阵相当于对矩阵进行初等行变 换或列变换)得出 1 1 0   将A的第2行加到第1行得B，即 B  0 1 0 A 记 PA     0 0 1 1 1 0   将B的第1列的-1倍加到第2列得C，即C  B 0 1 0 记 BQ     0 0 11 1 0 1 1 0     因为PQ 0 1 0 0 1 0  E ，故Q  P1E  P1.         0 0 1 0 0 1 从而C  BQ  BP1 PAP1 ,故选(B). (14) 【答案】A. 【详解】由于X 与Y 的分布不同，不能直接判断P{| X |1}和P{|Y  |1}的大小 1 2 与参数关系. 如果将其标准化后就可以方便地进行比较了。 X  随机变量标准化，有 1 ~ N(0,1)，且其概率密度函数是偶函数. 所以  1 X 1  X 1 1 1 P(X1)P( 1  )2P0 1  2[( )(0)]2( )1. 1         1 1 1 1 1 1 1 同理有，P(Y  1)2( )1 2  2 因 为 (x) 是 单 调 递 增 函 数 ， 当 P{| X |1}P{|Y  |1} 时 ， 1 2 1 1 1 1 2( )1 2( )1，即  ，所以  ，故选(A).     1 2 1 2 1 2 三、解答题 (15)【详解】题目考察二元函数的极限，求g(x)时，可以将y视为常数 x 1 ysin y y (I) g(x)  lim f(x, y)  lim [  ], y y1 xy arctanx x x y 1 1 由于x 0，所以 lim ysin  lim y x, lim  lim  , y y y y y1xy y 1 x x y 1 1x 所以g(x)  . x arctanx 1 1x arctanxxx2 arctanxxx2 (II) limg(x) lim(  ) lim  lim x0 x0 x arctanx x0 xarctanx x0 x21 12x 1x2 x22x2  lim  lim  x0 2x x0 2(1x2) (16)【详解】题目考察二重积分的计算，画出积分区域，化为累次积分即可以很容易求出。 计算步骤如下： 积分区域D如下图所示. D {(x,y) 0 y1,0 x y} ， 1 y 2 1 3 y 2 1 2 故  y2 xydxdy  dy y2 xydx   y(yx)2 dy   y2dy  . 0 0 3 0 0 3 0 9 D (17)【详解】令 f(x)xsinx2cosxx，只需证明0 x时, f(x)单调增加(严格) f(x)  sin x xcosx2sin x xcosxsin x f(x) cosxxsinxcosx  xsin x 0  f(x) 单调减少(严格)， 又 f()cos0，故0 x时 f(x)0，则 f(x)单调增加(严格) 由ba有f (b) f (a) 得证 (18)【详解】(I) 设所求的曲线方程为 y  y(x)，按题意，在其上任意一点P(x,y)处的切线 y y 斜率 y与OP 的斜率 的差等于ax(a 0,x 0)，即有 y ax , 并且有初始条件 x x y(1)0. 解之，按一阶线性微分方程解的公式，有1 dx 1 dx y e x [axe x dxC]elnx[axelnxdxC] x[adxC] x(axC) 1 (以上 dx不写成ln x 而可以写成lnx的原因是，题中有初始条件 y(1)0，x取在1处 x 而微分方程的解应是连续的，题设x 0，故其解只能取在包含x1而不跨过x 0区间， 故x 0,因此ln x 可以写成lnx). 再由y(1)0定出C a，于是所求的曲线方程为 yax(x1),a0. (II) 直线y ax与曲线y ax(x1)的交点(0,0)与(2,2a). 所以直线 y ax与曲线 y ax(x1)所围平面图形的面积为 2 2 4 S(a)  [axax(x1)]dx  [2axax2]dx  a 0 0 3 4 8 按题意， a  ，故a 2. 3 3 (19)【详解】 (-1）n x 2n3 记 u  (-1）n-1x2n1 ， 有 lim un1  lim (n1)(2n1)  x 2 n n(2n-1) n un n (-1）n-1 x 2n1 n(2n-1) 所以，当x2 1即 x 1时，原级数绝对收敛； 当x2 1，即 x 1时，原级数通项不趋于0，级数发散， (-1）n-1  所以，收敛半径R 1. 在x 1处u  ，级数u 绝对收敛，故收敛域为[1,1]. n n(2n-1) n n1 求和函数，应在收敛区间内进行，即x[1,1]，  (-1）n-1 x 2n1  (-1）n-1 x 2n  (-1） n-1 x 2n 由  x  令 f(x)  n1 n(2n-1) n1 n(2n-1) n1 n(2n-1)  (-1） n-1 x 2n  (-1） n-1 x 2n  2(-1） n-1 x 2n1 有 f(x)(  )  ( )  n(2n-1) n(2n-1) 2n-1 n1 n1 n1  2(-1） n-1 x 2n1  2(-1） n-1 x 2n1  n-1 2n2 f(x)(  )  ( )2  (-1） x 2n-1 2n-1 n1 n1 n1    2  (-1）n x 2n  2  (x 2）n  2 . 2 n0 n0 1xx x 2 再倒回去，有 f(x)  f(0) f(t)dt  0 dt  2arctan x 0 0 1t2 x x f (x) f (0) f (t)dt02 arctan xdt 0 0 x x 2 2  2[arctant |  dt]  2xarctant ln(1 x ) 0 0 2 . 1t  n1 2n1 (1） x 2 2 于是  2x arctantxln(1x ),1  x  1. n1 n(2n-1) 又因在x 1处级数收敛，右边和函数的表达式在x 1处连续，因此，在x 1处上式 仍成立，即有  1n1 x 2n1 2 2 s(x)    2x arctan x  xln(1 x ), 1  x  1 n1 n2n1 (20)【详解】 方法1：记A[,,,]，则 1 2 3 4 1a 2 3 4 1 2a 3 4 | A| 把所有列都加到第一列 1 2 3a 4 1 2 3 4a 10a 2 3 4 10a 2a 3 4  把第一列公因式(10a)提到行列式前面 10a 2 3a 4 10a 2 3 4a 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2a 3 4 0 a 0 0 (10a) (10a) (a10)a3 1 2 3a 4 0 0 a 0 1 2 3 4a 0 0 0 a 线性相关的定义：存在一组不等于零的数k ,k ,k ,k ,使得kk kk 0 1 2 3 4 1 1 2 2 3 3 4 4 成立，则,,, 线性相关. 1 2 3 4 于是当 A 0时方程组kk kk 0有非零解，此时满足线性相关的定 1 1 2 2 3 3 4 4 义. 即：(a10)a3 0，解得当a 0或a 10时，,,, 线性相关. 1 2 3 4 当a 0时，为,,,的一个极大线性无关组，且 2, 3, 4. 1 1 2 3 4 2 1 3 1 4 1当a 10时, 对A作初等行变换. 9 2 3 4 2119 2 3 4  21109 2 3 4    311   3110  1 8 3 4 411 10 10 0 0 4110 1 1 0 0 A          1 2 7 4 10 0 10 0   1 0 1 0         1 2 3 6 10 0 0 10  1 0 0 1 1440 0 0 0  133  122 1 1 0 0   [,,,] 1 0 1 0  1 2 3 4   1 0 0 1 可以看出由于,,为,,,的一个极大线性无关组，且   ， 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 故,, 为,,, 的一个极大线性无关组，且    . 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 方法2：记A[,,,]，对A施以初等行变换，有 1 2 3 4 1a 2 3 4 2111a 2 3 4   311   1 2a 3 4 411 a a 0 0 A      B 1 2 3a 4   a 0 a 0     1 2 3 4a  a 0 0 a 1 2 3 4   0 0 0 0 当a 0时，B    ，得r  A r  B 1，因而,,, 线性相关, 0 0 0 0 1 2 3 4   0 0 0 0 此时为,,, 的一个极大线性无关组，且 2, 3, 4. 1 1 2 3 4 2 1 3 1 4 1 a 0时，再对B施以初等行变换，有 2a1a 2 3 4 144 a10 0 0 0 3a 133 4a 1 1 0 0 122 1 1 0 0 B   C  [, ,, ]. 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2 3 4 1 0 0 1 1 0 0 1 如果a  10，C的秩为4，故,,, 线性无关；如果a 10时，C的秩为3，故 1 2 3 4 ,,, 线性相关. 由于 ,, 是, ,, 的一个极大线性无关组，且 1 2 3 4 2 3 4 1 2 3 4     ， 于 是 ,, 是 ,,, 的 一 个 极 大 线 性 无 关 组 ， 1 2 3 4 2 3 4 1 2 3 4     . 1 2 3 4(21)【详解】(I) 由题设条件A 00，A 00 ，故, 是A的对应于0 1 1 2 2 1 2 的特征向量，又因为, 线性无关，故0至少是A的二重特征值. 又因为A的每行元 1 2 素之和为3，所以有 A(1,1,1)T (3,3,3)T 3(1,1,1)T ，由特征值、特征向量的定义，  (1,1,1)T 是A的特征向量, 特征值为 3，只能是单根，k,k 0是全体特征 0 3 3 3 0 3 向量，从而知0是二重特征值. 于是 A的特征值为3,0,0；属于3的特征向量: k,k 0 ；属于0 的特征向量: 3 3 3 k k ，k ,k 不都为0. 1 1 2 2 1 2 (Ⅱ) 为了求出可逆矩阵必须对特征向量进行单位正交化 . 3 3 3 先将 单位化, 得 ( , , )T. 0 0 3 3 3 2 2 6 6 6 对, 作施密特正交化, 得 (0,  , )T ,  ( , , )T. 1 2 1 2 2 2 3 6 6 3 0 0   作Q (,,), 则Q是正交矩阵,并且QTAQ Q-1AQ  0 0 0 1 2 3     0 0 0 (III)由QTAQ ，其中QT Q1  1 1 1  1 2 1      6 2 3 6 6 3  0    2 1   1 1  AQQT  0 0 0     6 3 2 2    3     1 1 1   1 1 1       6 2 3  3 3 3  1 1 1      6 2 3  0 0 0  1 1 1  2 1       0  0 0 0   1 1 1   6 3  1 1 1   1 1 1   1 1 1      3 3 3  6 2 33 3 3 3 (A E)6 (QQT  E)6 (Q( E)QT)6 Q( E)6QT 2 2 2 2  3  6  3  6       2 2 0      Q  0    3  Q1Q   3  QT .       2 2   3      3 3         2   2 3 3 3  ( )6QEQT  ( )6QQT  ( )6E 2 2 2 (22)【详解】 f (y)F(y), 由于 f (x)是分段函数，所以在计算P  X2  y  时，要相应 Y Y X 1 1 1 分段讨论. 求F( ,4)  P(X  ,Y 4) P(X  ,X 24), 只是与X 有关，不必 2 2 2 先求出F(x,y)的函数. (I) 因为F (y)P  Y  y P  X 2 y  ，当y 0时，F (y)0; Y Y 0 1 y1 3 当0 y1时，F (y)P( y  X  y)  dx  dx  y ； Y  y 2 0 4 4 0 1 y1 1 1 当1 y4时，F (y)P( y  X  y)  dx  dx   y ； Y 12 0 4 2 4 当y 4时，F (y)1; Y 综上所述，有  0, y0  3  y, 0 y 1 F (y)P  Y  y P  X 2  y     4 Y 1 1   y, 1 y 4 2 4   1, 4 y 由概率密度是分布函数在对应区间上的的微分，所以，  3 , 0 y1  8 y   1 f (y)F(y)  , 1 y 4 Y Y 8 y  0, 其他   这个解法是从分布函数的最基本的概率定义入手，对y进行适当的讨论即可，属于基本 题型.(Ⅱ) 由协方差的计算公式cov(X,Y) cov(X,X 2) E(X3)E(X)E(X 2) 需要计算E(X），E(X2)，E(X3).  0 x 2 x 1 E（X）  xf (x)dx   dx dx  ；  X -12 0 4 4  0 x2 2 x2 5 E（X2）  x2f (x)dx   dx dx  ； - X -1 2 0 4 6  0 x3 2 x3 7 E（X3）  x3f (x)dx   dx dx  . - X -1 2 0 4 8 7 1 5 2 故cov(X,Y) cov(X,X2) E(X3）E(X）(X2）    . 8 4 6 3 (III) 根据二维随机变量的定义F(a,b)P  X a,Y b ，有 1 1  1   1 F( ,4) P(X  ,Y 4) PX  ,X2 4 P2 X   2 2  2   2 由一维概率计算公式P  a X b   b f (x)dx有，F( 1 ,4)    1 2 1 dx 1 . a X 2 1 2 4  3  N (23)【答案】的矩估计  X ；的最大似然估计 . 2 n 【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只 需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)，所以矩估计的关键在于 找出总体的矩E(X). 最大似然估计，实质上就是找出使似然函数最大的那个参数，问题的关键在于构造似然 函数. 样本值中x 小于1的概率是，x 大于1的概率是 1 . 因此，似然函数应为： i i n L() f  x;N(1)nN. i i1 (I) 由数学期望的定义：  1 2 1 3 3 E(X)  xf(x;)dx   xdx (1-)xdx   (1)   0 1 2 2 2 1 n 样本均值 X  X n i i1 3 3 用样本均值估计期望有 EX  X 即  X ，解得  X . 2 2 3 1 n 所以参数的矩估计为  X . 其中X  X . 2 n i i1 (Ⅱ) 对样本x ,x ,x 按照1或者1进行分类，不妨设：x ,x ,x 1， 1 2 n p1 p2 pN x ,x ,x 1. 似然函数 pN1 pN2 pn N(1)nN， x ,x ,x 1,x ,x ,x 1 L() p1 p2 pN pN1 pN2 pn ， 0, 其他 在x ,x ,x 1，x ,x ,x 1时，等式两边同取自然对数得 p1 p2 pN pN1 pN2 pn lnL()  Nln(nN)ln(1)， 由于lnL()和L()在的同一点取得最大值，所以令 dlnL() N n N    0， d  1 N  N 解得 ，所以的最大似然估计值为 . n n