1992年数学三真题答案解析.pdf

11992 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析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.)一、填空题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)(1)设商品的需求函数为1005QP,其中,Q P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_.(1)【答案】(10,20【解析】根据()10050Q PP,得价格20P,又由1005QP得()5Q P,按照经济学需求弹性的定义,有()5()1005Q PPPQ PP,令55110051005PPPP,解得10P.所以商品价格的取值范围是(10,20.(2)级数21(2)4nnnxn的收敛域为_.(2)【答案】(0,4)【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20 x即2x 时级数收敛.当2x 时,后项比前项取绝对值求极限有2(1)2212(2)4(2)(2)limlim,(1)4(2)414nnnnnnxnxnxnxn当2(2)14x,即当02202xx或24x时级数绝对收敛.又当0 x 和4x 时得正项级数11nn,由p级数：11pnn当1p 时收敛；当1p 时发散.所以正项级数11nn是发散的.综合可得级数的收敛域是(0,4).注：注：本题也可作换元2(2)xt后,按如下通常求收敛半径的办法讨论幂级数14nnntn的收关注公众号【考研题库】保存更多高清资料2敛性.【相关知识点】收敛半径的求法：如果1nlimnnaa,其中1,nna a是幂级数0nnna x的相邻两项的系数,则这幂级数的收敛半径1,0,0,0,.R (3)交换积分次序2120(,)yydyf x y dx_.(3)【答案】221220010(,)(,)xxdxf x y dydxf x y dy【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(,).Df x y dxdy由累次积分的内外层积分限确定积分区域D：2(,)01,2Dx yyyxy,即D中最低点的纵坐标0y,最高点的纵坐标1y,D的左边界的方程是xy,即2yx的右支,D的右边界的方程是22xy即222xy的右半圆,从而画出D的图形如图中的阴影部分,从图形可见12DDD,且2122(,)01,0,(,)12,02.Dx yxyxDx yxyx所以2221212200010(,)(,)(,).yxxydyf x y dxdxf x y dydxf x y dy(4)设A为m阶方阵,B为n阶方阵,且0,0AAa Bb CB,则C _.(4)【答案】(1)mnab【解析】由拉普拉斯展开式,0(1)(1)0mnmnACA BabB .【相关知识点】两种特殊的拉普拉斯展开式：设A是m阶矩阵,B是n阶矩阵,则xyD12O关注公众号【考研题库】保存更多高清资料3*,*AOAABBOB*1*mnOAAABBBO.(5)将,C C E E I N S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_.(5)【答案】11260【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()P A,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7!n,而有利于事件A的样本点数为2!2!,即有利事件的基本事件数为 4,根据古典概型公式2!2!1()7!1260P A.二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)(1)设2()()xaxF xf t dtxa,其中()f x为连续函数,则lim()xaF x等于()(A)2a(B)2()a f a(C)0(D)不存在(1)【答案】(B)【解析】方法 1:方法 1:lim()xaF x为“00”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,所以可应用洛必达法则.22()lim()lim()limxxaaxaxaxaf t dtxF xf t dtaxaxa22()lim()1xaa f xa f a.故应选(B).方法 2:方法 2:特殊值法.取()2f x,则22lim()lim22xaxaxaxF xdtaxa.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()()()()ttF tf x dx,()t,()t均一阶可导,则()()()()()F ttfttft.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料4(2)当0 x 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)2x(B)1 cosx(C)211x(D)tanxx(2)【答案】(D)【解析】由于0 x 时,222111 cos,1122xxxx,故22,1 cos,11xxx是同阶无穷小,可见应选(D).(3)设A为m n矩阵,齐次线性方程组0Ax 仅有零解的充分条件是()(A)A的列向量线性无关(B)A的列向量线性相关(C)A的行向量线性无关(D)A的行向量线性相关(3)【答案】(A)【解析】齐次方程组0Ax 只有零解()r An.由于()r AA的行秩 A的列秩,现A是m n矩阵,()r An,即A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0Ax,有定理如下:对矩阵A按列分块,有12nA,则0Ax 的向量形式为11220nnxxx.那么,0Ax 有非零解12n,线性相关12nr,n r An.(4)设当事件A与B同时发生时,事件C必发生,则()(A)()()()1P CP AP B(B)()()()1P CP AP B(C)()()P CP AB(D)()()P CP AB(4)【答案】(B)【解析】依题意：由“当事件A与B同时发生时,事件C必发生”得出ABC,故()()P ABP C；由概率的广义加法公式()()()()P ABP AP BP AB推出()()()()P ABP AP BP AB；又由概率的性质()1P AB,我们得出()()()()()()()1P CP ABP AP BP ABP AP B,因此应选(B).关注公众号【考研题库】保存更多高清资料5(5)设n个随机变量12,nXXX独立同分布,2111(),niiD XXXn2211()1niiSXXn,则()(A)S是的无偏估计量(B)S是的最大似然估计量(C)S是的相合估计量(即一致估计量)(D)S与X相互独立(5)【答案】(C)【解析】根据简单随机样本的性质,可以将12,nXXX视为取自方差为2的某总体X的简单随机样本,X与2S是样本均值与样本方差.由于样本方差2S是总体方差的无偏估计量,因此22,ESES,否则若ES,则22()ES,22()0DSESES.故不能选(A).对于正态总体,S与X相互独立,由于总体X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2S是2的一致估计量,其连续函数2SS一定也是的一致估计量.三、(本题满分 5 分)三、(本题满分 5 分)设函数lncos(1),1,1 sin()21,1.xxxf xx问函数()f x在1x 处是否连续?若不连续,修改函数在1x 处的定义使之连续.【解析】函数()f x在0 xx处连续,则要求00lim()()xxf xf x.方法 1:方法 1:利用洛必达法则求极限1lim()xf x,因为1lim()xf x为“00”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,所以连续应用两次洛必达法则,有1111sin(1)lncos(1)2tan(1)cos(1)lim()limlimlim1 sincoscos2222xxxxxxxxf xxxx关注公众号【考研题库】保存更多高清资料6221124cos(1)lim(sin)22xxx.而(1)1f,故1lim()1xf x,所以()f x在1x 处不连续.若令24(1)f,则函数()f x在1x 处连续.方法 2:方法 2:利用变量代换与等价无穷小代换,0 x 时,21cos12xx；ln(1)xx.求极限1lim()xf x,令1xt,则有1100lncos(1)lncosln1(cos1)lim()limlimlim1 sin1 cos1 cos222xxttxttf xxtt222200221cos142limlim1248tttttt.以下同方法 1.四、(本题满分 5 分)四、(本题满分 5 分)计算arccot.xxeIdxe【解析】用分部积分法:2arccotarccot1xxxxxxxeIe deeeedxe 22arccot(1)1xxxxeeedxe 21arccotln(1)2xxxeexeC,其中C为任意常数.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()uu x与()vv x均具有连续的导函数,则,uv dxuvu vdx或者.udvuvvdu五、(本题满分 5 分)五、(本题满分 5 分)设sin()(,)xzxyxy,求2zx y,其中(,)u v有二阶偏导数.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料7【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zx,再求()zyx.由复合函数求导法,首先求xz,由题设121cos()xzyxyy,再对y求偏导数,即得122211cos()sin()()()xyyyzxyxyxyyy 12222211cos()sin()yyxxxyxyxyyyyy122222321cos()sin()xxxyxyxyyyy.【相关知识点】多元复合函数求导法则：如果函数(,),(,)ux y vx y都在点(,)x y具有对x及对y的偏导数,函数(,)zf u v在对应点(,)u v具有连续偏导数,则复合函数(,),(,)zfx yx y在点(,)x y的两个偏导数存在,且有12zzuzvuvffxuxv xxx ；12zzuzvuvffyuyv yyy .六、(本题满分 5 分)六、(本题满分 5 分)求连续函数()f x,使它满足20()2()xf xf t dtx.【解析】两端对x求导,得()2()2fxf xx.记()2,()2P xQ xx,有通解()()2221()()(2)2P x dxP x dxxxxf xeQ x edxCexe dxCCex,其中C为任意常数.由原方程易见(0)0f,代入求得参数12C.从而所求函数211()22xf xex.【相关知识点】一阶线性非齐次方程()()yP x yQ x的通解为关注公众号【考研题库】保存更多高清资料8()()()P x dxP x dxyeQ x edxC,其中C为任意常数.七、(本题满分 6 分)七、(本题满分 6 分)求证:当1x 时,212arctanarccos214xxx.【解析】方法 1：方法 1：令212()arctanarccos214xf xxx,则22222212(1)(1)()0(1)12(1)(1)xxfxxxxx.因为()f x在1,)连续,所以()f x在1,)上为常数,因为常数的导数恒为 0.故()(1)0f xf,即212arctanarccos214xxx.方法 2：方法 2：令212()arctanarccos214xf xxx,则()f x在1,x上连续,在(1,)x内可导,由拉格朗日中值定理知,至少存在一点(1,)x,使得()(1)()(1).f xffx由复合函数求导法则,得22222212(1)(1)()0(1)12(1)(1)xxfxxxxx,所以()(1)f xf.由(1)0f可得,当1x 时,212arctanarccos214xxx.【相关知识点】复合函数求导法则:如果()ug x在点x可导,而()yf x在点()ug x可导,则复合函数()yf g x在点x可导,且其导数为()()dyf ug xdx或dydy dudxdu dx.八、(本题满分 9 分)八、(本题满分 9 分)设曲线方程(0)xyex.(1)把曲线xye,x轴,y轴和直线(0)x 所围成平面图形绕x轴旋转一周,得一旋转体,求此旋转体体积()V;求满足1()lim()2V aV的a.(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.【解析】对于问题(1),先利用定积分求旋转体的公式求()V,并求出极限lim()V.问题关注公众号【考研题库】保存更多高清资料9(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y是x的函数,套用旋转体体积公式222200()(1),()(1),22xaVy dxedxeV ae2lim()lim(1)22Ve.由题设知2(1)24ae,得1ln22a.(2)过曲线上已知点00(,)xy的切线方程为00()yyk xx,其中当0()y x存在时,0()ky x.设切点为(,)aa e,则切线方程为()aayeexa.令0 x,得(1)ayea,令0y,得1xa.由三角形面积计算公式,有切线与两个坐标轴夹的面积为21(1)2aSa e.因2211(1)(1)(1),22aaaSa ea ea e 令0,S 得121,1aa(舍去).由于当1a 时,0S；当1a 时,0S.故当1a 时,面积S有极大值,此问题中即为最大值.故所求切点是1(1,)e,最大面积为2111222See.【相关知识点】由连续曲线()yf x、直线,xa xb及x轴所围成的曲边梯形绕x轴旋转一周所得的旋转体体积为：2()baVfx dx.九、(本题满分 7 分)九、(本题满分 7 分)设矩阵A与B相似,其中20010022,02031100AxBy.(1)求x和y的值.(2)求可逆矩阵P,使得1P APB.【解析】因为AB,故可用相似矩阵的性质建立方程组来求解参数x和y的值.若1P AP,则是A的特征向量.求可逆矩阵P就是求A的特征向量.(1)因为AB,故其特征多项式相同,即,EAEB即关注公众号【考研题库】保存更多高清资料102(2)(1)(2)(1)(2)()xxy.由于是的多项式,由的任意性,令0,得2(2)2xy.令1,得3(2)2(1)y .由上两式解出2y 与0 x.(2)由(1)知200100202020311002.因为B恰好是对角阵,所以马上可得出矩阵A的特征值,矩阵A的特征值是1231,2,2 .当11 时,由()0EA x,100100212012312000,得到属于特征值1 的特征向量1(0,2,1)T.当22时,由(2)0EA x,400100222011311000,得到属于特征值2的特征向量2(0,1,1)T.当32 时,由(2)0EA x,000111222010313000.得到属于特征值2 的特征向量3(1,0,1)T.那么令123001(,)210111P ,有1P APB.十、(本题满分 6 分)十、(本题满分 6 分)已知三阶矩阵0B,且B的每一个列向量都是以下方程组的解:123123123220,20,30.xxxxxxxxx(1)求的值;(2)证明0B.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料11【解析】对于条件0AB 应当有两个思路：一是B的列向量是齐次方程组0Ax 的解；另一个是秩的信息即()()r Ar Bn.要有这两种思考问题的意识.(1)方法 1：方法 1：令12221311A,对 3 阶矩阵A,由0AB,0B 知必有0A,否则A可逆,从而11()00BAABA,这与0B 矛盾.故122210311A,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102215(1)0301A.解出1.方法 2：方法 2：因为0B,故B中至少有一个非零列向量.依题意,所给齐次方程组0Ax 有非零解,得系数矩阵的列向量组线性相关,于是122210311A,以下同方法一.(2)反证法：对于0AB,若0B,则B可逆,那么1100AAB BB.与已知条件0A 矛盾.故假设不成立,0B.【相关知识点】对齐次线性方程组0Ax,有定理如下:对矩阵A按列分块,有12nA,则0Ax 的向量形式为11220nnxxx.那么,0Ax 有非零解12n,线性相关12nr,n r An.对矩阵B按列分块,记123(,)B,那么123123(,)(,)(0,0,0)ABAAAA.因而0iA(1,2,3)i,即i是0Ax 的解.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料12十一、(本题满分 6 分)十一、(本题满分 6 分)设AB、分别为mn、阶正定矩阵,试判定分块矩阵00ACB是否是正定矩阵.【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：方法 1：定义法.因为AB、均为正定矩阵,由正定矩阵的性质,故,TTAA BB,那么000000TTTTAAACCBBB,即C是对称矩阵.设mn维列向量(,)TTTZXY,其中1212(,),(,)TTmnXx xxYy yy,若0Z,则,X Y不同时为 0,不妨设0X,因为A是正定矩阵,所以0TX AX.又因为B是正定矩阵,故对任意的n维向量Y,恒有0TY AY.于是0(,)00TTTTTAXZ CZXYX AXY AYBY,即TZ CZ是正定二次型,因此C是正定矩阵.方法 2：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AB、均为正定矩阵,由正定矩阵的性质,故,TTAA BB,那么000000TTTTAAACCBBB,即C是对称矩阵.设A的特征值是12,m B的特征值是12,.n 由,A B均正定,知0,0ij(1,2,1,2,)im jn.因为00mmnnEAECEAEBEB11,mm于是,矩阵C的特征值为12,m 12,.n 因为C的特征值全大于 0,所以矩阵C正定.十二、(本题满分 7 分)十二、(本题满分 7 分)假设测量的随机误差2(0,10)XN,试求100次独立重复测量中,至少有三次测量误差关注公众号【考研题库】保存更多高清资料13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1234567e0.3680.1350.0500.0180.0070.0020.001【解析】设事件A“每次测量中测量误差的绝对值大于 19.6”,因为2(0,10)XN,即220,10EXDX.根据正态分布的性质则有：19.6()19.6XpP AP XP|0|19.60|1.96101010XXPP11.961.961(1.96)(1.96)10XP 1(1.96)(1(1.96)22(1.96)2(1(1.96)0.05.设Y为 100 次独立重复测量中事件A出现的次数,则Y服从参数为100,0.05np的二项分布.根据二项分布的定义,(1)(0,1,2)kkn knP YkC ppk,则至少有三次测量误差的绝对值大于 19.6 的概率为：3131012P YP YP YP YP Y 0010011100 122100 210010010010.05(1 0.05)0.05(1 0.05)0.05(1 0.05)CCC 10099982100 991 0.95100 0.950.050.950.052.根据泊松定理,对于成功率为p的n重伯努利试验,只要独立重复试验的次数n充分大,而p相当小(一般要求100,0.1np),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(,)YB n p,则当n充分大,p相当小时当Y近似服从参数为np的泊松分布,即()(1)(0,1,2)!kkkn knpnnpP YkC ppekk.设Y为 100 次独立重复测量中事件A出现的次数,则Y服从参数为100,0.05np的关注公众号【考研题库】保存更多高清资料14二项分布.故3131012P YP YP YP YP Y 0122()()()110!1!2!2eeeeee 2551(1 5)0.872e .十三、(本题满分 5 分)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X表示同时需要调整的部件数,试求X的数学期望EX和方差DX.【解析】令随机变量1,0,iiXi第 个部件需调整第 个部件不需调整，1,2,3i.依题意123,XXX相互独立,且123,XXX分别服从参数为 0.1,0.2,0.3 的0 1分布,即1X01p0.90.12X01p0.80.23X01p0.70.3由题意知123XXXX,显然X的所有可能取值为 0,1,2,3,又123,XXX相互独立,所以(1)123123000,0,0P XP XXXP XXX1230 0 00.9 0.8 0.70.504P XP XP X,1231231231231231231211 1,0,0 0,1,00,0,1 1 0 0 0 1 00 0P XP XXXP XXXP XXXP XXXP XP XP XP XP XP XP XP X3 1 0.1 0.8 0.70.9 0.2 0.70.9 0.8 0.30.398,P X 123123331,1,1P XP XXXP XXX关注公众号【考研题库】保存更多高清资料151231 1 10.1 0.2 0.30.006P XP XP X.由01231P XP XP XP X得出21013 1 0.5040.3980.0060.092.P XP XP XP X 因此X的概率分布为X0123p0.5040.3980.0920.006(2)令112210.1,10.2,pP XpP X3310.3,pP X因iX均服从0 1分布,故,(1)iiiiiEXp DXpp所以123()0.1()0.2()0.3E XE XE X ,123()0.1 0.90.09,()0.2 0.80.16,()0.3 0.70.21D XD XD X123XXXX.因iX服从0 1分布,且123,XXX相互独立,故由数学期望与方差的性质123123()0.6EXE XXXEXEXEX.123123()0.46DXD XXXDXDXDX.注：X的期望与方差也可以直接用期望与方差的公式来计算：()00 1122330 0.504 1 0.3982 0.0923 0.0060.6,E XP XP XP XP X 22222222()00 11223300.504 10.39820.09230.0060.46.D XP XP XP XP X十四、(本题满分 4 分)十四、(本题满分 4 分)设二维随机变量(,)X Y的概率密度为,0,(,)0,yexyf x y其他,(1)求随机变量X的密度()Xfx;(2)求概率1P XY.【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()(,)Xfxf x y dy求出边缘概率密度.当0 x 时,()00Xfxdy;关注公众号【考研题库】保存更多高清资料16当0 x 时,()(,)0 xyyxXxxfxf x y dydye dyee.因此X的密度为,0,()0,0.xXexfxx(2)概率1P XY实际上是计算一个二重积分,根据概率的计算公式：11(,)x yP XYf x y dxdy,再由二重积分的计算,化为累计积分求得概率1P XY.112011(,)xyxx yP XYf x y dxdydxe dy 1111(1)1122220001 2.xxxxeedxedxe dxee 1211xyyxyxO1关注公众号【考研题库】保存更多高清资料