2001考研数三真题及解析公众号：小乖考研免费分享_06.数学三历年真题_普通版本数学三_1987-2002考研数（三）真题及解析

Born to win 2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题 一、填空题 (1) 设生产函数为 , 其中Q是产出量, L 是劳动投入量, K 是资本投入量,而 A, α, β均为大于零的参数,则当Q =1时K关于L的弹性为 (2) 某公司每年的工资总额比上一年增加20％的基础上再追加2 百万.若以 表示第t 年的 工资总额(单位：百万元)，则 满足的差分方程是___ (3) 设矩阵 且秩(A)=3,则k = (4) 设随机变量X,Y 的数学期望都是2,方差分别为1和4,而相关系数为0.5.则根据切比雪夫不 等式 . (5) 设总体X服从正态分布 而 是来自总体X的简单随机样本，则随 机变量 服从___分布，参数为_______ 二、选择题 (1) 设函数f (x)的导数在x=a处连续,又 则( ) (A) x = a 是f (x)的极小值点. (B) x = a 是f (x)的极大值点. (C) (a, f(a))是曲线y= f(x)的拐点. (D) x =a不是f (x)的极值点, (a, f(a))也不是曲线y=f(x)的拐点. (2) 设函数 其中 则g(x)在区间(0,2) 内( ) (A)无界 (B)递减 (C) 不连续 (D) 连续 (3) 设 1Born to win 其中A 可逆,则 等于( ) (A) (B) (C) (D) . (4) 设A 是n 阶矩阵，α是n维列向量.若秩 秩 ，则线性方程组( ) AX =α必有无穷多解 AX =α 必有惟一解. 仅有零解 必有非零解. (5) 将一枚硬币重复掷n 次,以X和Y 分别表示正面向上和反面向上的次数,则X和Y的相关系 数等于( ) (A) -1 (B) 0 (C) (D) 1 三 、(本题满分5 分) 设u= f(x,y,z)有连续的一阶偏导数,又函数y=y(x)及z=z(x)分别由下列两式确定: 和 求 四 、(本题满分6 分) 已知f (x)在(−∞,+∞)内可导,且 求c的值. 五 、(本题满分6 分) 求二重积分 的值,其中D 是由直线y=x, y= −1及x =1围成的平面 区域 六、(本题满分7 分) 已知抛物线 (其中p<0,q>0)在第一象限与直线x+y=5相切，且此抛物线与x 轴所围成的平面图形的面积为S. (1) 问p和q为何值时，S达到最大? (2)求出此最大值. 七、(本题满分6 分) 设f (x)在区间[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且满足 证明：存在ξ∈(0,1), 使得 2Born to win 八、(本题满分7 分) 已知 满足 (n为正整数)且 求函数项级数 之和. 九、(本题满分9 分) 设矩阵 已知线性方程组AX =β有解但不唯一,试求: (1) a的值; (2) 正交矩阵Q,使 为对角矩阵. 十、(本题满分8 分) 设A为n阶实对称矩阵，秩(A)=n， 是 中元素 的代数余子式 (i,j =1,2,…,n) ，二次型 (1) 记 把 写成矩阵形式，并证明二次 型 的矩阵为 ; (2) 二次型 与 的规范形是否相同？说明理由. 十一、(本题满分8 分) 生产线生产的产品成箱包装,每箱的重量是随机的,假设每箱平均重50 千克,标准差为5千 克.若用最大载重量为5 吨的汽车承运,试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱,才 能保障不超载的概率大于0.977. (Φ(2)=0.977,其中Φ(x) 是标准正态分布函数). 十二、(本题满分8 分) 设随机变量X 和Y 对联和分布是正方形G= {(x,y)|1≤x≤3,1≤y≤3 } 上的均匀分布，试求 随机变量U={X−Y} 的概率密度 3Born to win 2001 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】 【使用概念】设 在 处可导，且 ，则函数 关于 的弹性在 处的值为 【详解】由 ，当 时，即 ，有 于是 关于 的弹性 为： (2)【答案】 【详解】 表示第t年的工资总额，则 表示第 年的工资总额，再根据每年的工资总额 比上一年增加20％的基础上再追加2百万，所以由差分的定义可得 满足的差分方程是： (3)【答案】-3 【详解】 方法1：由初等变换(既可作初等行变换，也可作初等列变换).不改变矩阵的秩，故对 进行初 等变换 4Born to win 可见只有当k =−3时，r(A)=3.故k =−3. 方法2：由题设r(A)=3，故应有四阶矩阵行列式 .由 解得 k =1或k = −3. 当k =1时， 可知，此时r(A)=1，不符合题意，因此一定有k =−3. (4)【答案】 【所用概念性质】切比雪夫不等式为： 期望和方差的性质： ； 【详解】 把 看成是一个新的随机变量，则需要求出其期望和方差. 故 又相关系数的定义： 则 所以由切比雪夫不等式： 5Born to win (5)【答案】 ； 【所用概念】1. 分布的定义： 其中 2. 分布的定义：若 相互独立，且都服从标准正态分布 ，则 3. 正态分布标准化的定义：若 ，则 【详解】因为 ，将其标准化有 ，从而根据 卡方分布的定义 由样本的独立性可知， 与 相互独立. 故，根据 分布的定义 故 服从第一个自由度为10，第二个自由度为5的 分布. 二、选择题 (1)【答案】 [ B] 【详解】 方法1：由 知 又函数 的导数在 处连续，根据函数在某点连续的定义，左极限等于右极 限等于函数在这一点的值，所以 ，于是有 6Born to win 即 ， ，根据判定极值的第二充分条件：设函数 在 处具 有二阶导数且 ， ，当 时，函数 在 处取得极大 值. 知 是 的极大值点，因此，正确选项为(B). 方法2：由 及极限保号性定理：如果 ，且 (或 )，那 么存在常数 ，使得当 时，有 (或 )，知存在 的去心邻域，在此去心邻域内 .于是推知，在此去心邻域内当 时 ；当 时 又由条件知 在 处连续，由判定极值的第一 充分条件：设函数 在 处连续，且在 的某去心 领域内可导，若 时， ，而 时， ，则 在 处取得 极大值，知 为 的极大值. 因此，选 (B). (2)【答案】(D) 【详解】应先写出g(x)的表达式. 当 时， ，有 当 时， ，有 即 因为 ， ， 7Born to win 且 ， 所以由函数连续的定义，知 在点 处连续，所以 在区间 内连续，选(D). 同样，可以验证(A)、(B)不正确， 时， ，单调增， 所以(B)递减错；同理可以验证当 时， ，单调 增，所以 ，即 与选项(A)无界矛盾. (3)【答案】 (C) 【详解】由所给矩阵 观察，将 的 列互换，再将 的 列互换，可得 . 根据初等 矩阵变换的性质，知将 的 列互换相当于在矩阵 的右侧乘以 ，将 的 列互换 相当于在矩阵 的右侧乘以 ，即 ，其中 ， 由题设条件知 ，因此 . 由于对初等矩阵 有， ，故 . 因此，由 ，及逆矩阵的运算规律，有 . (4)【答案】 【详解】由题设， 是n 阶矩阵， 是n维列向量，即 是一维行向量，可知 是 阶矩阵. 显然有秩 秩 即系数矩阵 非列满秩， 由齐次线性方程组有非零解的充要条件：系数矩阵非列或行满秩，可知齐次线性方程组 8Born to win 必有非零解. (5) 【答案】 【详解】 掷硬币结果不是正面向上就是反面向上，所以 ，从而 ， 故 由方差的定义： ， 所以 ) 由协方差的性质： ( 为常数)； ) 所以 由相关系数的定义，得 三【变限积分求导公式】 【详解】 根据复合函数求导公式，有 (*) 在 两边分别对 求导，得 即 在 两边分别对x求导，得 即 将其代入(*)式，得 9Born to win 四 【详解】因为 (把 写成 ) (把 写成 ) (利用幂函数的性质 ) (利用对数性质 ) (利用对数性质 ) (利用 函数的连续性， ) (当各部分极限均存在时， ) (利用 函数的连续性， ) (利用 ) ( ) 又因为 在 内可导，故在闭区间 上连续，在开区间 内可 导，那么又由拉格朗日中值定理，有 左右两边同时求极限，于是 ， 10Born to win 因为 ， 趋于无穷大时， 也趋向于无穷大 由题意， 从而 ，故 五 【详解】 积分区域如图所示，可以写成 其中， 于是 六【详解】方法1：依题意知，抛物线如图所示， 令 ，求得它与 轴交点的横坐标为： 根据定积分的定义，面积 为 11Born to win (注： ) 因直线 与抛物线 相切，故它们有唯一公共点. 由方程组 求其公共解，消去 ，得 ，因为其公共解唯一，则该一元二次方程 只有唯一解，故其判别式必为零，即 解得 将 代入 中，得 根据函数除法的求导公式， 根据驻点的定义，令 ，已知有 ，得唯一驻点 . 当 时， ； 时， . 故根据极值判定的第一充分条件 知， 时， 取唯一极大值，即最大值. 从而最大值为 方法2：设抛物线 与直线 相切的切点坐标为 ，切点既在抛物 线上，也在直线上，于是满足方程有 和 . 抛物线与直线在切点处的切线斜率是相等的，即一阶导数值相等. 在 左右两边关于 求导，得 ，在 左右两边关于 求导，得 ， 把切点坐标 代入，得 12Born to win 由 ，将两结果代入 得 整理得 将 代入 中，得 根据函数除法的求导公式， 根据驻点(即使得一阶导数为零的点)的定义，令 ，已知有 ，得唯一驻 点 .当 时， 时， 故根据极值判定的第一充分条 件知， 时， 取唯一极大值，即最大值. 从而最大值为 七【详解】将要证的等式中的 换成 ，移项，并命 问题转化为证在区间 内 存在零点. 将 看成一个微分方程，用分离变量法求解. 由 两边积分得 13Born to win 利用 及 ，得 ， 即 ，命 . 由 及积分中值定理(如果函数 在闭区间 上连续，则在积分区间 上至少存在一 个点 ，使得 )，知至少存在一点 ，使 且 ， . 把 代入，则 那么 在 上连续，在 内可导，由罗尔中值定理知，至少存在一点 ， 使得 即 八【详解】由已知条件可见 ，这是以 为未知函数的一阶线性非 齐次微分方程，其中 ，代入通解公式 得其通解为 由条件 又 ，得 ， 故 14Born to win 记 则 ， ，则其收敛半径为 ， 收敛区间为 . 当 时，根据幂级数的性质，可以逐项求导， ， 其 中 故根据函数积分和求导的关系 ，得 又由于 ，所以 ， 即有 当 时， . 级数在此点处收敛，而右边函数连续，因此成立的范 围可扩大到 处，即 于是 九【详解】(1) 线性方程组 有解但不唯一，即有无穷多解 ，将 增广矩阵作初等行变换，得 15Born to win 因为方程组 有解但不唯一，所以 ，故a=−2. (2) 由(1)，有 由 故A的特征值为 . 当 时， 于是得方程组 的同解方程组为 可见， ，可知基础解系的个数为 ，故有1个自由未知 量，选 为自由未知量，取 ，解得对应的特征向量为 . 当 时， 16Born to win 于是得方程组 的同解方程组为 可见， ，可知基础解系的个数为 ，故有1个自由未知 量，选 为自由未知量，取 ，解得对应的特征向量为 . 当 时， 于是得方程组 的同解方程组为 可见， ，可知基础解系的个数为 ，故有1个自由未 知量，选 为自由未知量，取 ，解得对应的特征向量为 . 由于 是实对称矩阵，其不同特征值的特征向量相互正交，故这三个不同特征值的特征 向量相互正交，之需将 单位化， 其中， 令 17Born to win 则有 十【详解】(1)由题设条件， 其中 的理由： 是可逆的实对称矩阵，故 ，因此由实对称的定义知， 也是实对称矩阵，又由伴随矩阵的性质 ，知 ，因此 也是实对 称矩阵， ，故 成立. (2) 因为 ，所以由合同的定义知 与 合同. 18Born to win 由实对称矩阵 合同的充要条件：二次型 与 有相同的正、负惯性指数. 可知， 与 有相同的正、负惯性指数， 故它们有相同的规范形. 十一【应用定理】(i) 期望的性质： ；独立随机变量方差的性质：若随机 变量 独立，则 (ii)列维-林德伯格中心极限定理：设随机变量 相互独立同分布，方差 存在，记 分别是它们共同的期望与方差，则对任意实数 ，恒有 (通俗的说：独立同分布的随机变量，其期望方差存在，则只要随机变量足够的多，这些 随机变量的和以正态分布为极限分布) (iii) 正态分布标准化：若 ，则 【详解】设 是装运的第 箱的重量(单位:千克)， n是所求箱数. 由题设可以将 视为独立同分布的随机变量，而n箱的总重量 是独立 同分布随机变量之和. 由题设，有 (单位:千克) 所以 则根据列维—林德柏格中心极限定理，知 近似服从正态分布 ， 箱数 根据下述条件确定 (将 标准化) 由此得 19Born to win 从而 ， 即最多可以装98箱. 十二【详解】由题设条件 和 是正方形 上的均匀分布，则 和 的联合密度为： (二维均匀分布的概率密度为 ) 由分布函数的定义： (1)当 时， (因为 是非负的，所以小于0是不可能事件) (2)当 时， (因为 和 最大为3， 和 最小为1，所以 最大也 就只能为2，所以 是必然事件，概率为1) (3)当 时， 相当于 y 阴影部分所占的概率大小. 如图所示： yx u 3 yxu 2 xy u 1 x O 1 2 3 (二维均匀分布中各部分所占的概率，相当于用这部分的面积除以总面积，这里阴影部分面积 是用总面积减去两个三角形的面积) 于是随机变量 的概率密度为： 20