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Born to win
1992 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题
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) 设商品的需求函数为 ,其中 分别表示为需求量和价格,如果商品需
求弹性的绝对值大于1,则商品价格的取值范围是_________.
(2) 级数 的收敛域为_________.
(3) 交换积分次序 _________.
(4) 设 为 阶方阵, 为 阶方阵,且 ,则 ________.
(5) 将 等七个字母随机地排成一行,那么,恰好排成英文单词SCIENCE的
概率为__________.
二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是
符合题目要求的,把所选项前的字母填在题后的括号内.)
(1) 设 ,其中 为连续函数,则 等于 ( )
(A) (B)
(C) 0 (D) 不存在
(2) 当 时,下面四个无穷小量中,哪一个是比其他三个更高阶的无穷小量? ( )
(A) (B)
(C) (D)
(3) 设 为 矩阵,齐次线性方程组 仅有零解的充分条件是 ( )
(A) 的列向量线性无关 (B) 的列向量线性相关
(C) 的行向量线性无关 (D) 的行向量线性相关
(4) 设当事件 与 同时发生时,事件 必发生,则 ( )
(A) (B)
(C) (D)
(5) 设 个随机变量 独立同分布,Born to win
,则 ( )
(A) 是 的无偏估计量 (B) 是 的最大似然估计量
(C) 是 的相合估计量(即一致估计量) (D) 与 相互独立
三、(本题满分5分)
设函数 问函数 在 处是否连续?若不连续,修
改函数在 处的定义使之连续.
四、(本题满分5分)
计算
五、(本题满分5分)
设 ,求 ,其中 有二阶偏导数.
六、(本题满分5分)
求连续函数 ,使它满足 .
七、(本题满分6分)
求证:当 时, .
八、(本题满分9分)
设曲线方程 .
(1) 把曲线 , 轴, 轴和直线 所围成平面图形绕 轴旋转一周,
得一旋转体,求此旋转体体积 ;求满足 的 .
(2) 在此曲线上找一点,使过该点的切线与两个坐标轴所夹平面图形的面积最大,并求
出该面积.
九、(本题满分7分)Born to win
设矩阵 与 相似,其中
.
(1) 求 和 的值.
(2) 求可逆矩阵 ,使得 .
十、(本题满分6分)
已知三阶矩阵 ,且 的每一个列向量都是以下方程组的解:
(1) 求 的值; (2) 证明 .
十一、(本题满分6分)
设 分别为 阶正定矩阵,试判定分块矩阵 是否是正定矩阵.
十二、(本题满分7分)
假设测量的随机误差 ,试求100次独立重复测量中,至少有三次测量误
差的绝对值大于19.6的概率 ,并利用泊松分布求出 的近似值(要求小数点后取两位有
效数字).
[附表]
1 2 3 4 5 6 7 …
0.368 0.135 0.050 0.018 0.007 0.002 0.001 …
十三、(本题满分5分)
一台设备由三大部分构成,在设备运转中各部件需要调整的概率相应为0.10,0.20和
0.30.假设各部件的状态相互独立,以 表示同时需要调整的部件数,试求 的数学期望
和方差 .
十四、(本题满分4分)
设二维随机变量 的概率密度为
(1) 求随机变量 的密度 ; (2) 求概率 .Born to win
1992 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】
【解析】根据 ,得价格 ,又由 得 ,
按照经济学需求弹性的定义,有
,
令 ,解得 .
所以商品价格的取值范围是 .
(2)【答案】
【解析】因题设的幂级数是缺项幂级数,故可直接用比值判别法讨论其收敛性.
首先当 即 时级数收敛.
当 时,后项比前项取绝对值求极限有Born to win
当 ,即当 或 时级数绝对收敛.
又当 和 时得正项级数 ,由 级数： 当 时收敛；当 时发散.
所以正项级数 是发散的.
综合可得级数的收敛域是 .
注：本题也可作换元 后,按如下通常求收敛半径的办法讨论幂级数 的收
敛性.
【相关知识点】收敛半径的求法：如果 ,其中 是幂级数 的相邻
两项的系数,则这幂级数的收敛半径
(3)【答案】
【解析】这是一个二重积分的累次积分,改换积分次序时,先表成：原式
由累次积分的内外层积分限确定积分区域 ： ,
即 中最低点的纵坐标 ,最高点的纵坐标 y
, 的左边界的方程是 ,即
D
的右支, 的右边界的方程是
x
O
即 的右半圆,
从而画出 的图形如图中的阴影部分,从图形可见 ,且Born to win
所以
(4)【答案】
【解析】由拉普拉斯展开式, .
【相关知识点】两种特殊的拉普拉斯展开式：设 是 阶矩阵, 是 阶矩阵,则
.
(5)【答案】
【解析】按古典概型求出基本事件总数和有利的基本事件即可.
设所求概率为 ,易见,这是一个古典型概率的计算问题,将给出的七个字母任意排
成一行,其全部的等可能排法为7!种,即基本事件总数为 ,而有利于事件 的样本点
数为 ,即有利事件的基本事件数为4,根据古典概型公式 .
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】方法1: 为“ ”型的极限未定式,又分子分母在点 处导数都存在,所
以可应用洛必达法则.
.
故应选(B).
方法2: 特殊值法.
取 ,则 .
显然(A),(C),(D)均不正确,故选(B).
【相关知识点】对积分上限的函数的求导公式：
若 , , 均一阶可导,则Born to win
.
(2)【答案】(D)
【解析】由于 时, ,故
是同阶无穷小,可见应选(D).
(3)【答案】(A)
【解析】齐次方程组 只有零解 .
由于 的行秩 的列秩,现 是 矩阵, ,即 的列向量线性无
关.故应选(A).
【相关知识点】对齐次线性方程组 ,有定理如下:
对矩阵 按列分块,有 ,则 的向量形式为
那么, 有非零解 线性相关
(4)【答案】(B)
【解析】依题意：由“当事件 与 同时发生时,事件 必发生”得出 ,故
；由概率的广义加法公式 推出
；又由概率的性质 ,我们得出
,
因此应选(B).
(5)【答案】(C)
【解析】根据简单随机样本的性质,可以将 视为取自方差为 的某总体
的简单随机样本, 与 是样本均值与样本方差.
由于样本方差 是总体方差的无偏估计量,因此 ,否则若 ,
则 , .故不能选(A).
对于正态总体, 与 相互独立,由于总体 的分布未知,不能选(D).同样因总体分
布未知,也不能选(B).综上分析,应选(C).进一步分析,由于样本方差 是 的一致估计量,Born to win
其连续函数 一定也是 的一致估计量.
三、(本题满分5分)
【解析】函数 在 处连续,则要求 .
方法1:利用洛必达法则求极限 ,因为 为“ ”型的极限未定式,又分子
分母在点 处导数都存在,所以连续应用两次洛必达法则,有
.
而 ,故 ,所以 在 处不连续.
若令 ,则函数 在 处连续.
方法2:利用变量代换与等价无穷小代换, 时, ； .
求极限 ,令 ,则有
.
以下同方法1.
四、(本题满分5分)
【解析】用分部积分法:
, 其中 为任意常数.Born to win
注：分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题,如果选择不当可能引起更繁杂的计
算,最后甚至算不出结果来.在做题的时候应该好好总结,积累经验.
【相关知识点】分部积分公式：假定 与 均具有连续的导函数,则
或者
五、(本题满分5分)
【解析】这是带抽象函数记号的复合函数的二阶混合偏导数,重要的是要分清函数是如何复
合的.
由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关,所以本题可以先求 ,再求 .
由复合函数求导法,首先求 ,由题设 ,
再对 求偏导数,即得
.
【相关知识点】多元复合函数求导法则：如果函数 都在点 具有
对 及对 的偏导数,函数 在对应点 具有连续偏导数,则复合函数
在点 的两个偏导数存在,且有
；
.
六、(本题满分5分)Born to win
【解析】两端对 求导,得 .记 ,有通解
,
其中 为任意常数.
由原方程易见 ,代入求得参数 .从而所求函数 .
【相关知识点】一阶线性非齐次方程 的通解为
, 其中 为任意常数.
七、(本题满分6分)
【解析】方法1：令 ,则
.
因为 在 连续,所以 在 上为常数,因为常数的导数恒为0.
故 ,即 .
方法2：令 ,则 在 上连续,在 内可导,
由拉格朗日中值定理知,至少存在一点 ,使得
由复合函数求导法则,得 ,
所以 .由 可得,当 时, .
【相关知识点】复合函数求导法则:
如果 在点 可导,而 在点 可导,则复合函数
在点 可导,且其导数为
或 .
八、(本题满分9分)
【解析】对于问题(1),先利用定积分求旋转体的公式求 ,并求出极限 .问题Born to win
(2)是导数在求最值中的应用,首先建立目标函数,即面积函数,然后求最大值.
(1)将曲线表成 是 的函数,套用旋转体体积公式
.
由题设知 ,得 .
(2) 过曲线上已知点 的切线方程为 ,其中当 存在时,
.
设切点为 ,则切线方程为 .
令 ,得 ,令 ,得 .
由三角形面积计算公式,有切线与两个坐标轴夹的面积为 .
因 令 得 (舍去).
由于当 时, ；当 时, .故当 时,面积 有极大值,此问题中即为最
大值.
故所求切点是 ,最大面积为 .
【相关知识点】由连续曲线 、直线 及 轴所围成的曲边梯形绕 轴旋转
一周所得的旋转体体积为： .
九、(本题满分7分)
【解析】因为 ,故可用相似矩阵的性质建立方程组来求解参数 和 的值.若
,则 是 的特征向量.求可逆矩阵 就是求 的特征向量.
(1) 因为 ,故其特征多项式相同,即 即
.
由于是 的多项式,由 的任意性,
令 ,得 . 令 ,得 .
由上两式解出 与 .Born to win
(2) 由(1)知 .
因为 恰好是对角阵,所以马上可得出矩阵 的特征值,矩阵 的特征值是
.
当 时,由 , ,
得到属于特征值 的特征向量 .
当 时,由 , ,
得到属于特征值 的特征向量 .
当 时,由 , .
得到属于特征值 的特征向量 .
那么令 ,有 .
十、(本题满分6分)
【解析】对于条件 应当有两个思路：一是 的列向量是齐次方程组 的解；另一
个是秩的信息即 .要有这两种思考问题的意识.
(1) 方法1：令 ,对3阶矩阵 ,由 , 知必有 ,否则
可逆,从而 ,这与 矛盾. 故
,Born to win
用行列式的等价变换,将第三列加到第二列上,再按第二列展开,有
.
解出 .
方法2：因为 ,故 中至少有一个非零列向量.依题意,所给齐次方程组 有非零
解,得系数矩阵的列向量组线性相关,于是
,
以下同方法一.
(2) 反证法：对于 ,若 ,则 可逆,那么 .与已知条
件 矛盾.故假设不成立, .
【相关知识点】对齐次线性方程组 ,有定理如下:
对矩阵 按列分块,有 ,则 的向量形式为
那么, 有非零解 线性相关
对矩阵 按列分块,记 ,那么
.
因而 ,即 是 的解.
十一、(本题满分6分)
【解析】在证明一个矩阵是正定矩阵时,不要忘记验证该矩阵是对称的.
方法1：定义法.
因为 均为正定矩阵,由正定矩阵的性质,故 ,那么
,即 是对称矩阵.
设 维列向量 ,其中 ,Born to win
若 ,则 不同时为0,不妨设 ,因为 是正定矩阵,所以 .
又因为 是正定矩阵,故对任意的 维向量 ,恒有 .于是
,
即 是正定二次型,因此 是正定矩阵.
方法2：用正定的充分必要条件是特征值大于0,这是证明正定时很常用的一种方法.
因为 均为正定矩阵,由正定矩阵的性质,故 ,
那么 ,即 是对称矩阵.
设 的特征值是 的特征值是 由 均正定,知
.因为
于是,矩阵 的特征值为
因为 的特征值全大于0,所以矩阵 正定.
十二、(本题满分7分)
【解析】设事件 “每次测量中测量误差的绝对值大于19.6”,因为 ,即
.根据正态分布的性质则有：Born to win
.
设 为100次独立重复测量中事件 出现的次数,则 服从参数为
的二项分布.根据二项分布的定义, ,则至少有三
次测量误差的绝对值大于19.6的概率 为：
.
根据泊松定理,对于成功率为 的 重伯努利试验,只要独立重复试验的次数 充分大,
而 相当小(一般要求 ),则其成功次数可以认为近似服从参数为的泊松分
布,具体应用模式为若 ,则当 充分大, 相当小时当 近似服从参数为
的泊松分布,即 .
设 为100次独立重复测量中事件 出现的次数,则 服从参数为 的
二项分布.故
.
十三、(本题满分5分)
【解析】令随机变量
.
依题意 相互独立,且 分别服从参数为0.1,0.2,0.3的 分布,即
0 1
0.9 0.1
0 1Born to win
0.8 0.2
0 1
0.7 0.3
由题意知 ,显然 的所有可能取值为0,1,2,3,又 相互独立,
所以
(1)
,
.
由 得出
因此 的概率分布为
0 1 2 3
0.504 0.398 0.092 0.006
(2)令 因 均服从
分布,故 所以 ,
.因 服从 分布, 且 相互独立,故由数学期望与方差的
性质 .
.
注： 的期望与方差也可以直接用期望与方差的公式来计算：Born to win
十四、(本题满分4分)
【解析】(1)已知联合概率密度可以直接利用求边缘密度的公式 求出
边缘概率密度.
当 时, ;
当 时, .
因此 的密度为
(2) 概率 实际上是计算一个二重积分,根据概率的计算公式：
y
y x
,
1
再由二重积分的计算,化为累计积分求得概率
. x y 1
x
1
O 1
2
