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2000 年全国硕士研究生入学统一考试
经济数学三试题详解及评析
一、 填空题
⎛ x⎞ ⎛ y⎞ ∂z
（1） 设z = f ⎜ xy, ⎟ +g ⎜ ⎟ ,其中 f,g均可微，则 =________.
⎝ y⎠ ⎝ x⎠ ∂x
1 y
【答】 yf′+ f′− g′.
1 x 2 x2
∂z 1 ⎛ y ⎞ 1 y
【详解】 = f′⋅y+ f′⋅ +g′⋅ ⎜ − ⎟ = yf′+ f′− g′.
∂x 2 y ⎝ x2 ⎠ 1 x 2 x2
+∞ dx
（2） 设∫ =__________
1 ex +e2−x
π
【答】 .
4e
+∞ dx +∞ exdx +∞ dt 1 t +∞
【详解】∫ =∫ ex =t∫ = arctan
1 ex +e2−x 1 ex + ( ex)2 1 e2 +t2 e e 0
1⎛π π⎞ π
=
⎜
−
⎟
=
e⎝ 2 4⎠ 4e
1 1 1 1
（3）已知四阶矩阵 A 与 B 相似；矩阵为 A 的特征值 , , , , 则行列式
2 3 4 5
B-1-E =______.
【答】 24
1 1 1 1
【详解】 因为A与B相似，而相似矩阵有相同的特征值，所以B得四个特征值 , , , ,
2 3 4 5
⎛ 1 ⎞ 1
又由Bx=λx,λ≠0,有 ( B-1-E ) x=⎜ −1⎟x，可见矩阵B-E有特征值 −1，即1，2，
i i λ λ
⎝ ⎠
i i
3，4.从而有行列式 B-1-E =1×2×3×4＝24
（3） 设随机变量X的概率密度为
⎧1
, x∈[0,1],
⎪
3
⎪
⎪2 2
f (x)=⎨ , x∈[3,6],若k使得P{X ≥k}= ,则k的取值范围是_________
9 3
⎪
⎪0, 其他
⎪
⎩【答】 [1,3]
2
【详解】 由题设P{X ≥k}= ,知道
3
2 1 k
P{X 0
⎪
（5）假设随机变量 X 在区间[−1,2]上服从均匀分布，随机变量Y = ⎨0 若X = 0，
⎪
−1 若x < 0
⎩
则方差DY =________________.
8
【答】
9
【详解】因为 X 在区间[−1,2]上服从均匀分布，所以其密度函数为
⎧1
⎪ −1≤ x ≤ 2
f(x) = ⎨3
⎪ ⎩0 其他
1
{ }
于是P{Y = -1}= P X <0 =
3
{ }
P{Y =0}= P X =0 = 0
2
{ }
P{Y =1}= P X >0 =
3
因此
1 2 1
E(Y)=−1× +0×0+1× =
3 3 3
1 2
E(Y2) = (−1)2 × +02 ×0+12 × =1
3 3
1 8
故 D(Y) = E(Y2)−[E(Y)]2 =1− =
9 9
二、 选择题
（1）设对任意的x，总有ϕ(x)≤ f(x)≤ g(x),且lim[g(x)−ϕ(x)]=0，则lim f(x)
x→∞ x→∞
(A) 存在且等于零 (B)存在但不一定为零
(C) 一定不存在 (D) 不一定存在
【 】
【答】 [ D]
【详解】 若令ϕ(x) =1−e−x ,g(x) =1+e−x , f(x) =1 ，则有ϕ(x)≤ f(x)≤ g(x),
且 lim[g(x)−ϕ(x)]=0, lim f(x) =1
x→∞ x→∞
可排除（A）（C）两个选项.
又如
ϕ(x) =ex −e−x ,g(x) = e−x +ex, f(x) =ex
显然ϕ(x),g(x), f(x)满足题设条件，但lim f(x)不存在。
x→∞
因此（B）也可排除，剩下（D）为正确选项.
（2）设函数 f(x)在点x = a处可导，则函数 f(x) 在点x=a处不可导的充分条件是
(A) f(a) =0且f '(a) =0 （B） f(a) = 0且f '(a) ≠ 0
(C) f(a) >0且f '(a) >0 (D) f(a)<0且f '(a)<0
【 】
【答】 （B）
【详解】 举反例进行说明：如
f(x) = x2 在点 x = 0处， f(0) =0, f '(0) =0，并不能推倒出 f(x) = x2 在点
x = 0处不可导，排除（A）
f(x) = x2在点x =1处， f(1) >0， f '(1) >0，但 f(x) = x2在点x =1处可导，
排除（C）；
同样， f(x) = −x2在点x =1处， f(1)<0， f '(1)<0,但 f(x) = x2,在点x=1
处可导,排除(D).
剩下(B)为正确选项.事实上,当(B)成立,即 f(a)=0且 f '(a)≠0时,有
f(x) − f(a) f(x)
lim =−lim =− f '(a) ,
x→a− x−a x→a− x−a
f(x) − f(a) f(x)
lim =− lim =− f '(a).
x→a+ x−a x→a+ x−a
可见当 f '(a)≠0时, f(x) 在点x=a处的左、右导数不相等,因此导数不存在.
故 f(a)=0且 f '(a)≠0是 f(x) 在点x=a处不可导的充分条件.
（3）设a ,a ,a 是四元非齐次线形方程组AX =b的三个解向量，且秩
1 2 3
(A)=3,a =(1,2,3,4)T,a +a =(0,1,2,3)T ,c表示任意常数，则线形方程组
1 2 3AX =b得通解X =
⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛0⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜2⎟ ⎜1⎟ ⎜2⎟ ⎜1⎟
(A) +c (B) +c
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
3 1 3 2
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝4⎠ ⎝1⎠ ⎝4⎠ ⎝3⎠
⎛1⎞ ⎛2⎞ ⎛1⎞ ⎛3⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜2⎟ ⎜3⎟ ⎜2⎟ ⎜4⎟
(C) +c (D) +c
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
3 4 3 5
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝4⎠ ⎝5⎠ ⎝4⎠ ⎝6⎠
【 】
【答】 （C）
【详解】. 由题设,r (A)=3, 可见对应齐次线性方程组的基础解系所包含的解向量的个
数为4-3=1,即其任一非零解均可作为基础解系.
又根据解的性质知
2α−(α +α)=(α−α)+(α−α)=(2,3,4,5)T ≠0
1 2 3 1 2 1 3
为对应齐次线性方程组的解,即可作为基础解系,从而线性方程组Ax =b的通解为
⎛2⎞ ⎛1⎞ ⎛2⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
3 2 3
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
x=α+c = +c .
1 ⎜4⎟ ⎜3⎟ ⎜4⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝5⎠ ⎝4⎠ ⎝5⎠
故正确选项为(C)
（4）设A为n阶实矩阵，AT 是A的转置矩阵，则对于线性方程组（Ⅰ）：Ax =0和（Ⅱ）
xTAx =0，必有
（A）（Ⅱ）的解都是（Ⅰ）的解，（Ⅰ）解也是（Ⅱ）的.
（B）（Ⅱ）的解都是（Ⅰ）的解，但（Ⅰ）解不是（Ⅱ）的.
（C）（Ⅰ）解不是（Ⅱ）的，（Ⅱ）的解不是（Ⅰ）的解
（D）（Ⅰ）解是（Ⅱ）的，但Ⅱ）的解不是（Ⅰ）的解
【 】
【答】 （A）
【详解】 设x是Ax =0的解，则显然AT为Ax =0，即（Ⅰ）解是（Ⅱ）的；反过来，
设x为xTAx =0的解，即AT为Ax =0，则有
xTATAx =(Ax)T (Ax)=0,
从而可以推出Ax =0.因为若设Ax =(a ,a ,(cid:34)a )T ,则(Ax)T (Ax)=a2 +a2 +(cid:34)+a2 =0,
1 2 n 1 2 n
于是有a =a =(cid:34)=a =0,
1 2 n
即Ax =0，说明（Ⅱ）的解也是（Ⅰ）的解.故正确选项为(A)
（5）在电炉上安装4个温控器，其显示温度的误差是随机的，在使用过程中，只要有两
个温控器显示的温度不低于临界温度t ，电炉就断电，以E表示事件“电炉断电”，设
0
T ≤T ≤T ≤T 为 4 个温控器显示的按递增顺序排列的温度值，则事件E等于事
(1) (2) (3) (4)
件
(A) {T ≥t } . (B) {T ≥t }.
(1) 0 (2) 0
(C) {T ≥t } . (D) {T ≥t } .
(3) 0 (4) 0
【 】
【答】(C)
【详解】. “电炉断电”这一事件E发生,意味着四个温控器至少有两个显示的温度值大
于或等于t ,即若将4个温控器上的值T ,T ,T ,T 从小到大排列的话,排在第3的温度
0 (1) (2) (3) (4)
值一定大于或等于t ,即有{T ≥t },故正确为(C).
0 (3) 0
三、（本题满分6分）
求微分方程y′′−2y′−e2x =0满足条件y(0)=0,y′(0)=1的解.
【详解】 对应齐次方程y′′−2y′=0的特征方程为
λ2 −2λ=0.
其特征根为λ=0,λ =2对应的齐次方程的解为y =C +C e2x.
1 2 1 2
由于a=λ =2为单根，因此可设非齐次方程的特解为y∗ = Axe2x.
2
将 ( y∗)′ =(A+2Ax)e2x, ( y∗)′′ =4A(1+x)e2x.
3 1
将y(0)=0,y′(0)=1代入通解，求得C = ,C = .从而所求满足初始条件的特解为
1 4 2 4
3 1 1
y = + e2x + xe2x.
4 4 2
四、（本题满分6分）x2 + y2
计算二重积分∫∫ dσ,其中D是由曲线 y =−a+ a2 −x2 (a<0)和直线
4a2 −x2 − y2
D
y =−x围成的区域.
【详解】 积分区域如下图所示，在极坐标下，有
⎧ π ⎫
D=⎨ (r,θ)|− ≤θ≤0,0≤r ≤−2asinθ⎬,
⎩ 4 ⎭
于是
x2 + y2 π −2asinθ r2
I =∫∫ dσ=∫4 dθ∫ dr.
π
4a2 −x2 − y2 − 0 4a−r2
D 4
令r =2asint，于是
0 −θ 0 ⎛ 1 ⎞
I =∫ dθ∫ 2a2(1−cos2t)dt =2a2∫
⎜
−θ+ sin2θ
⎟
dθ
π π
− 0 − ⎝ 2 ⎠
4 4
⎛π2 1⎞
=a2 ⎜ − ⎟.
⎝16 2⎠
五 、（本题满分6分）
假设某企业在两个相互分割的市场上出手同一种产品，两个市场的需求函数分别是
p =18−2Q ， p =12−2Q ，其中 p ,p 分别表示该产品在两个市场的价格（单位：万
1 1 3 2 1 2
元/顿），Q和Q 分别表示改产品在两个市场的销售量（即需求量，单位：顿），并且该企业生
1 2
产这种产品的总成本函数是C = 2Q+5，其中Q表示该产品在两个市场的销售总量，即
Q =Q +Q
1 2
（1） 如果该企业实行价格差别策略，试确定两个市场该产品的销售量和价格，使该
企业获得最大利润；
（2） 如果该企业实行价格无差别策略，试确定两个市场上改产品的销售量及其统一
的价格，使该企业的总利润最大化；并比较两种策略的总利润大小。【详解】 (1) 根据题意,总利润函数为
L= R−C = pQ + p Q −(2Q+5)
1 1 2 2
=−2Q2 −Q2 +16Q +10Q −5.
1 2 1 2
⎧L' =−4Q +16=0
⎪
Q 1
令 ⎨ 1 ,
⎪⎩ L'
Q
=−2Q
2
+10=0
2
解得 Q =4,Q =5,对应 p =10(万元/吨), p =7 (万元/吨).
1 2 1 2
因驻点(4,5)唯一,且实际问题一定存在最大值,故最大值必在驻点处达到,相应最大利润为
L=−2×42 −52 +16×4+10×5−5=52(万元).
(2) 若实际价格无差别策略,则 p = p ,于是有约束条件
1 2
2Q −Q =6.
1 2
构造拉格朗日函数
F(Q,Q ,λ)=−2Q2 −Q2 +16Q +10Q −5+λ(2Q −Q −6).
1 2 1 2 1 2 1 2
⎧F' =−4Q +16+2λ=0
Q 1
⎪ 1
⎪
令 ⎨F' =−2Q +10−λ=0
Q 2
2
⎪
F' =2Q −Q −6=0
⎪⎩
Q 1 2
3
解得 Q =5,Q =4,λ=2,对应 p = p =8.
1 2 1 2
最大利润 L=−2×52 −42 +16×5+10×4−5=49(万元).
由上述结构可知,企业实行差别定价,所得利润总要大于统一价格的利润.
六、（本题满分7分）
π
+arctanx
求函数y =(x−1)e2 的单调区间和极值，并求该函数图形的渐近线.
【详解】
x2 +x π +arctanx
因为 y'= e2 ;
1+x2
令y'=0,得驻点x =0,x =−1.
1 2
列表讨论如下:
x −1 0
(−∞,−1) (−1,0) (0,+∞)+ 0 − 0 +
y'
y 极大值 极小值
↑ ↓ ↑
由此可见,递增区间为(−∞,−1),(0,+∞);递减区间为(−1,0).
π π
极小值为 f(0)=−e2;极大值为 f(−1)=−2e4.
f(x)
又因为 a =lim =eπ,b =lim[f(x)−a x]=−2eπ,
1 x→∞ x 1 x→∞ 1
f(x)
a = lim =1,b = lim[f(x)−a x]=−2,
2 x→−∞ x 2 x→−∞ 2
故所求渐近线为
y =a x+b =eπ(x−2),以及y =a x+b = x−2.
1 1 2 2
七、（本题满分6分）
π ∞
设I =∫4sinn xcosxdx,n=0,1,2,(cid:34),求∑I .
n n
0
n=0
【详解】 因为
π n+1,
π 1 1 ⎛ 2 ⎞
I =∫4sinn xcosxdx= (sinx)n+1 4 = ⎜ ⎟
n 0 n+1 0 n+1 ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠
所以
n+1 n
∞ ∞ 1 ⎛ 2 ⎞ ∞ 1⎛ 2 ⎞
∑I =∑I ⎜ ⎟ =∑ ⎜ ⎟ .
n n n+1 ⎜ 2 ⎟ n ⎜ 2 ⎟
n=0 n=0 ⎝ ⎠ n=0 ⎝ ⎠
∞ xn
考虑幂级数S(x)=∑ ,其收敛区间为(−1,1)，则有
n
n=1
∞ 1
S′(x)=∑xn−1 = ,
1−x
n=1
x x 1
于是S(x)=S(0)+∫ S′(x)dx=∫ dx=−ln1−x ,
0 0 1−x
2
令x= ∈(−1,1),得
2
n
∞ ∞ 1⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ( )
∑I =∑ ⎜ ⎟ = S⎜ ⎟=−ln⎜1− ⎟=ln 2+ 2 .
n n ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟
n=1 i=1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
八、（本题满分6分）π π
设函数 f(x)在[0,π]上连续，且∫ f(x)dx =0，∫ f(x)cosxdx =0
0 0
试证明：在(0,π)内存在两个不同的点ξ,ξ ，使 f(ξ) = f(ξ ) =0
1 2 1 2
π
【详解】 令F(x)=∫ f(t)dt,则有F(0)= F(π)=0.又因为
0
π π
0=∫ f(x)cosxdx= ∫ cosxdF(x)
0 0
= F(x)cosx π +∫ π F(x)sinxdx
0 0
π
= ∫ F(x)sinxdx.
0
π
令G(x)=∫ F(t)sintdt,则G(0)=G(π)=0,
0
于是由罗尔定理存在ξ∈(0,π),使
G'(ξ)= F(ξ)sinξ=0.
因为当ξ∈(0,π),sinξ≠0,所以有F(ξ)=0.这样就证明了
F(0)= F(ξ)= F(π)=0.
再 对 F(x) 在 区 间 [0,ξ],[ξ,π] 上 分 别 用 罗 尔 中 值 定 理 知 , 至 少 存 在
ξ∈(0,ξ),ξ ∈(ξ,π).
1 2
使 F'(ξ)= F'(ξ)=0,.
1 2
即 f(ξ)= f(ξ)=0
1 2
九、（本题满分8分）
设向量组α =(a,0,10)T ，α =(−2,1,5)T，α =(−1,1,4)T ，β=(1,b,c)T ，试问：当
1 2 3
a,b,c满足什么条件时，
（1）β可由α,α,α线性表出，且表示唯一？
1 2 3
（2）β不可由α,α,α线性表出？
1 2 3
（3）β可由α,α,α线性表出，但表示不唯一？并求出一般表达式。
1 2 3
【详解1】 设有一组数x ,x ,x ,使得
1 2 3
xα+xα +xα =β,
1 1 2 2 3 3⎧ax −2x −x =1
1 2 3
⎪
即 ⎨2x +x +x =b
1 2 3
⎪
10x +5x +4x =c
⎩
1 2 3
该方程组的系数行列式
a −2 −1
A = 2 1 1 =−a−4.
10 5 4
(1) 当a ≠ −4时,行列式 A ≠0,方程组有唯一解, β可由α,α,α线性表出,
1 2 3
且表示唯一.
(2) a =−4,对增广矩阵作初等行变换,有
⎡−4 −2 −1 (cid:35) 1⎤ ⎡2 1 0 (cid:35) −b−1 ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
A= 2 1 1 (cid:35) b → 0 0 1 (cid:35) 2b+1 ,
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢10 5 4 (cid:35) c⎥ ⎢0 0 0 (cid:35) 3b−c−1⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
若3b−c≠1,则秩r(A)≠秩r(A),方程组无解, β不可由α,α,α线性表出
1 2 3
(3) a =−4且3b−c=1,时. 秩r(A)≠秩r(A)=2<3,方程组有无穷多解, β可由
α,α,α线性表出, 但表示不唯一.解方程组,得
1 2 3
x =C,x =−2C−b−1,x =2b+1(C为任何常数).
1 2 3
因此有
β=Cα−(2C+b+1)α +(2b+1)α.
1 2 3
【详解2】 设有一组数x ,x ,x ,使得
1 2 3
xα+xα +xα =β,
1 1 2 2 3 3
即
⎧ax −2x −x =1
1 2 3
⎪
⎨2x +x +x =b .
1 2 3
⎪
10x +5x +4x =c
⎩
1 2 3
对方程组的增广矩阵作初等行变换,有
⎡2 1 1 (cid:35) b ⎤
⎡a −2 −1 (cid:35) 1⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥ a a ab
A= 2 1 1 (cid:35) b →⎢0 −2− −1− (cid:35) 1− ⎥,
⎢ ⎥
⎢ 2 2 2 ⎥
⎢10 5 4 (cid:35) c⎥
⎣ ⎦ ⎢ 0 0 −1 (cid:35) c−5b ⎥
⎣ ⎦
a
(1) 当−2− ≠0,即a ≠−4 时, 秩r(A)≠秩r(A)=3,方程组有唯一解, β可由
2α,α,α线性表出,且表示唯一.
1 2 3
a
(2) 当−2− =0,即a =−4时, 对方程组的增广矩阵作初等行变换,有
2
⎡2 1 0 (cid:35) −b−1 ⎤
⎢ ⎥
A= 0 0 1 (cid:35) 1+2b .
⎢ ⎥
⎢0 0 0 (cid:35) 1−3b+c⎥
⎣ ⎦
当3b−c≠1,则秩r(A)≠秩r(A),方程组无解, β不可由α,α,α线性表出
1 2 3
(3) 同详解1.
十、设有n元实二次型
f (x ,x ,(cid:34),x )=(x +a x )2 +(x +a x )2 +(cid:34)+(x +a x )2 +(x +a x )2 ,
1 2 n 1 1 2 2 2 3 n−1 n−1 n n n 1
其中a (i =1,2,(cid:34),n)为实数，试问：当a ,a ,(cid:34),a 满足何种条件时，二次型
i 1 2 n
f (x ,x ,(cid:34),x )为正定二次型 .
1 2 n
【详解】 由题设条件可知，对于任意的x ,x ,(cid:34),x ,有
1 2 n
f (x ,x ,(cid:34),x )≥0
1 2 n
其中等号当且仅当
⎧x +a x =0
1 1 2
⎪
x +a x =0,
⎪ 2 2 3
⎪
⎨(cid:34)(cid:34)
⎪
x +a x =0,
⎪ n−1 n−1 n
⎪x +a x =0.
⎩
n n 1
同时成立.上述方程组仅有零解的充分必要条件是其系数行列式不为零，即
1 a 0 (cid:34) 0 0
1
0 1 a (cid:34) 0 0
2
(cid:35) (cid:35) (cid:35) (cid:35) (cid:35)
=1+(−1)n+1
aa (cid:34)a ≠0,
1 2 n
0 0 0 (cid:34) 1 a
n−1
a 0 0 (cid:34) 0 1
n
所以，当1+(−1)n+1
aa (cid:34)a ≠0时，对于任意的不全为零的x ,x ,(cid:34),x ,有
1 2 n 1 2 n
f (x ,x ,(cid:34),x )>0,
1 2 n
即当aa (cid:34)a ≠(−1)n+1 时，此时二次型 f (x ,x ,(cid:34),x )为正定二次型 .
1 2 n 1 2 n
十一、（本题满分8分）假设05.50、1.25、0.80、2.00是来自总体X的简单随机样本值.已知Y =lnX 服从正态分
布N(µ,1)
（1） 求X的数学期望值E(X)（记E(X)为b）；
（2） 求µ的置信度为0.95的置信区间；
（3） 利用上述结果求b的置信度为0.95的置信区间.
【详解】 （1）Y的概率密度为
1 −
(y−µ)2
f (y)= e 2 ,−∞< x<+∞,
2π
于是有
b= E(X)= E ( eY) = 1 ∫ +∞ eye − (y− 2 µ)2 dty−µ=t 1 ∫ +∞ et+µe µ+ t 2 2 dt
2π −∞ 2π −∞
1
(y−µ)2
1
µ+ +∞ − µ+
=e 2∫ e 2 dt =e 2.
−∞
（2） 当置信度1−α=0.95时，标准正态分布对应于α=0.05的双侧分位数等于1.96。
⎛ 1⎞
故Y ~ N
⎜
µ, ⎟,可得参数µ的置信度为0.95的置信区间为
⎝ 4⎠
⎛ 1 1⎞ ( )
⎜
Y −1.96× ,Y +1.96×
⎟
= Y −0.98,Y +0.98
⎝ 4 4⎠
其中Y 表示总体Y的样本均值，有
1 1
Y = (ln0.5+ln0.8+ln1.25+ln2)= ln1=0,
4 4
将其代入上式，得µ的置信度为(−0.98,0.98).
（4） 由指数函数ex的严格单调递增性，知
⎧ 1 ⎫
P{−0.98<µ<0.98}= P⎨−0.48<µ+ <0.48⎬
⎩ 2 ⎭
⎧ 1 ⎫
= P⎨e−0.48
