1992考研数学三真题及解析

1、1992年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题、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 Q 100 5P,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 .(x 2)2n(2)级数 (X ?的收敛域为.n 1 n41 寸 父换积分次序° dy/ f (x, y)dx . 0A 一(4)设A为m阶万阵，B为n阶万阵，且A a B b C，则CB 0(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的概率为二、选择题(本题共5小题，每小题

2、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.)X x(1)设F(x) f(t)dt,其中f(x)为连续函数，则limF(x)等于ax a(A) a2(B)a2f(a)(C) 0(D)不存在(2)当x 0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？()2(A) x(B)1 COSx(C) 、1 x21(D)(3)设A为m n矩阵，齐次线性方程组(A) A的列向量线性无关(C) A的行向量线性无关(4)设当事件A与B同时发生时，事件x tanxAx 0仅有零解的充分条件是()(B)A的列向量线性相关(D)A的行向量线性相关

3、)必发生，则()(A) P(C) P(A) P(B) 1(B)P(C) P(A) P(B) 1(C) P(C) P(AB)(D)P(C) P(AU B)s21 n2 (Xi X),则 n 1 i i(A) S是的无偏估计量(B)(C) S是的相合估计量(即一致估计量)(D)S是的最大似然估计量S与X相互独立三、(本题满分5分)设函数f (x)ln cos(x 1)1 sin - x21,x 1,问函数f(x)在x 1处是否连续？若不连续，修x 1.改函数在x 1处的定义使之连续四、(本题满分5分)计算Iarccot ex-dx.五、(本题满分5分)2x z .、一 ,设z sin(xy)(xS

4、)，求，其中(u,v)有二阶偏导数y x y六、(本题满分5分)X2求连续函数f(x)，使它满足f (x) 2 0f (t)dt x .七、(本题满分6分)一1 2x求证：当 x 1 时，arctanx -arccos2 一.21 x24八、(本题满分9分)设曲线方程y e x(x 0).(1)把曲线y 3:*轴，丫轴和直线*(0)所围成平面图形绕 x轴旋转一周1得一旋转体，求此旋转体体积 V ();求满足V (a) 3 lim V ()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.九、(本题满分7分)设矩阵A与B相似,其中200A2x2,B3

5、11求x和y的值.（2）求可逆矩阵P,使得P1AP B.十、（本题满分6分）已知三阶矩阵B 0,且B的每一个列向量都是以下方程组的解：x1 2x2 2x3 0,2xi x2 x30,3xi x2 x30.（1）求的值；（2）证明B 0.十一、（本题满分6分）A 0设A、B分别为m> n阶正定矩阵，试判定分块矩阵 C是否是正定矩阵.0 B十二、（本题满分7分）2假设测量的随机误差 X : N（0,10 ）,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1234567e0.368 0.135 0.0

6、50 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 .十四、（本题满分4分）设二维随机变量（X,Y）的概率密度为f(x,y)0,0 x y,其他， 求随机变量X的密度fX（x） ; （2） 求概率PX Y 1.1992年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析、填空题（本题共5小题，每小题3分，满分15分.） 【答案】（10,20【解析】根据Q（P） 100 5P 0,得价格P 20,又由 Q

7、 100 5P 得 Q (P)5,按照经济学需求弹性的定义，有P QJH Q(P)5P100 5P5P100 5P5P100 5P1,解得P 10.所以商品价格的取值范围是(10,20.（2）【答案】（0,4）【解析】因题设的哥级数是缺项哥级数，故可直接用比值判别法讨论其收敛性首先当x 2 0即x 2时级数收敛.当x 2时，后项比前项取绝对值求极限有limn当(x 2)24(x 2)2(n1)(n 1)4n 11,即当0 xn4n(x 2)2nUQ 34 n n 1420 x 2或2 x 4时级数绝对收敛1 . 一， 1 ,又当x 0和x 4时得正项级数,，由p级数： ,当p 1时收敛；当p

8、1时发散.n 1 nn 1 np1所以正项级数1是发散的.n 1 n综合可得级数的收敛域是 (0, 4).2 一tn 汪：本题也可作换兀(x 2)t后，按如下通常求收敛半径的办法讨论哥级数一n的收n 1 n4a 。lim ，其中an,an 1是帚级数anx的相邻n anann 000,敛性.【相关知识点】收敛半径的求法：如果两项的系数，则这哥级数的收敛半径1R0,1x222 x20dx0 f(x,y)dy 1 dx 0 f(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f(x, y)dxdy.D由累次积分的内外层积分限确定积分区域D : D即D中最低点的纵坐标 y

9、 0,最高点的纵坐标y 1,D的左边界的方程是 x丙，即 2yx2的右支，D的右边界的方程是x42 y2即x2 y2 2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D D1 D2，且Di(x, y) 0 x 1,0 yx2,yL.12 y2所以 0dy f(x, y)dxy1dxf(x,y)dydx 0 f(x, y)dy.D2 (x,y)1 x .2,0(4)【答案】(1)mnab【解析】由拉普拉斯展开式mn【相关知识点】两种特殊的拉普拉斯展开式：设1)mn A B ( 1)mnab.A是m阶矩阵，B是n阶矩阵，则mn,将给出的七个字母任意排【解析】方法1: limx a所以可应用

10、洛必达法则.9，, 0型的极限未定式，又分子分母在点0处导数都存在，lim F (x) x alimx af(t)dtlim x af (t)dtlimx aa2f (x)1a2f (a).A lB,1【答案】，1260【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成一行，其全部的等可能排法为7!种，即基本事件总数为 n 7!,而有利于事件 A的样本点2! 2!1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 P(A).7!1260二、选择题(本题共5小题，每小题3分，满分15分.)【答案】(B)故应选(B).方法

11、2:特殊值法.取 f(x) 2,则 limF(x) x alimx a_ 22dt 2a .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 F(t)(t)(t)f (x)dx, (t), (t)均一阶可导，则F (t)(t) f (t)(t) f (t)(2)【答案】(D)1 O O1 OCr【解析】由于 x 0时，1 cosx x2,，1 x2 1- -x2，故 x2,1 cosx, 1x2 1 22是同阶无穷小，可见应选(D).【答案】(A)【解析】齐次方程组 Ax 0只有零解r(A) n.由于r(A) A的行秩A的列秩，现A是m n矩阵，r(

12、A) n,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Ax 0,有定理如下：对矩阵A按列分块，有A 1, 2,L , n ,则Ax 0的向量形式为x1 1 x2 2 L xn n 0.那么， Ax 0有非零解1, 2,L , n线性相关r 1, 2,L , n n r A n.(4)【答案】(B)【解析】依题意：由“当事件A与B同时发生时，事彳C必发生”得出 AB C ,故P(AB) P(C);由概率的广义加法公式 P(AU B) P(A) P(B) P(AB)推出P(AB) P(A) P(B) P(AU B)；又由概率的性质 P(AUB) 1,我们得出P(C) P(AB

13、) P(A) P(B) P(AU B) P(A) P(B) 1, 因此应选(B).【答案】(C)【解析】根据简单随机样本的性质，可以将Xi,X2,L ,Xn视为取自方差为2的某总体X的简单随机样本，X与S2是样本均值与样本方差.222由于样本万差S是总体方差的无偏估计量 ，因此ES ,ES ,否则若ES , 则(ES)22, DS ES2 (ES)2 0.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S2是2的一致估计量 其连续函数S JS2 一定也是 的一致估计量.三、(

14、本题满分5分)【解析】函数f(x)在x x0处连续，则要求lim f(x)f(x0).“0 ”型的极限未定式，又分子分0x x)方法1：利用洛必达法则求极限lim f(x),因为lim f(x)为 x 1x 1母在点0处导数都存在，所以连续应用两次洛必达法则，有sin(x 1)则f (x)lxmIn cos(x 1)lim8s(x 12. tan(x 1)lim -limxsin21cos (x 1)x一 cos22x cos2而 f (1) 1,故 limx 1f(x). .4若令f(1) 不，则函数1X(sin)一221,所以f (x)在x42f(x)在x 1处连续.方法2:利用变量代换与

15、等价无穷小代换,x0 时，cosxgx2 ； ln(1 x) : x.求极限MMx),令x 1t，则有lxm1f(x)lxmln cos(x 1)ln cost limlimx1 sin 2cost 12t24lim:222t28t cos 242 .lim 1n1 (8st 1)1 cos 2以下同方法1.四、(本题满分5分)【解析】用分部积分法arccot exdex arccot e2x1 edxx, xe arccot e2xJ)dxe_ xxe arccote21n(1 e2x)C,其中C为任意常数.,如果选择不当可能引起更繁杂的计 ,积累经验.注：分部积分法的关键是要选好谁先进入积

16、分号的问题算，最后甚至算不出结果来.在做题的时候应该好好总结【相关知识点】分部积分公式：假定u u(x)与v v(x)均具有连续的导函数，则uvdx uv u vdx, 或者 udv uv vdu.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 二，再求一(二).x y x由复合函数求导法，首先求zx,由题设再对y求偏导数，即得Zxycos(xy)Zxycos(xy) xysin(xy)(1'11一(2)y - 2yycos(xy) xysin(xy)x 1x 112

17、22 2 2yy yyy ycos(xy) xysin(xy)xx212 -322yy122 .y【相关知识点】多元复合函数求导法则：如果函数u (x，y)，v(x，y)都在点(x，y)具(u，v)具有连续偏导数，则复合函数有对x及对y的偏导数，函数z f (u,v)在对应点 z f( (x，y)，(x,y)在点(x，y)的两个偏导数存在，且有ZZuzv工 u0Vf1 f2 ； xuxv x x xf1f2 dv y y y六、(本题满分5分)【解析】两端对 x求导，得f(x) 2f(x) 2x.记P(x) 2，Q(x) 2x，有通解P(x) dxP(x)dx2x2x2x1f (x) e (

18、Q(x)e dx C) e ( 2xedx C) Ce x -，其中C为任意常数.11 ”1由原方程易见f (0) 0，代入求得参数C .从而所求函数f (x) e x .222【相关知识点】一阶线性非齐次方程y P(x)y Q(x)的通解为其中C为任意常数七、(本题满分6分)【解析】方法1：令f(x)1 2x arctanx arccos221 x2f (x)11 x2-222 (1 x )(1 x )二 22-22 (x 1)(1 x )0(x 1).P(x)dxP(x)dxy eQ(x)e dx C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 0.1 2

19、x故 f (x) f (1) 0,即 arctanx 一 arccos2 1 .21 x24、一. -1 2x万法 2：令 f(x) arctanx -arccosz ,则 f(x)在1,x上连续，在(1,x)内可导,21 x2 4由拉格朗日中值定理知，至少存在一点 (1,x)，使得f(x) f(1) f ( )(x 1).由复合函数求导法则，得f (x)11 x22 (1 x2)(1 x2)2 (x2 1)(1 x2)20(x 1),1 2x所以 f (x)f(1).由 f(1) 0 可得，当 x 1 时，arctanx - arccos3 .21 x24【相关知识点】复合函数求导法则：如果

20、u g(x)在点x可导，而y f (x)在点u g(x)可导，则复合函数 y f g(x)在点x可导，且其导数为dx f(u)g(x)或dy dy dudx du dx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V(),并求出极限limV().问题(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V( )0 y2dx0e2xdx 2(1 e2 ),V(a)金(1 e2a),lim V( ) lim (1 e2 ).222a1 一由题设知 一(1 e2a) /Ha -ln2.242(2)过曲线上已

21、知点(x°,y°)的切线方程为yy°k(xx0),其中当y(x0)存在时,k y(X0).设切点为(a,e a),则切线方程为y e a e a(x a).令 x 0,得 y e a(1 a),令 y 0,得 x 1 a .1O a由三角形面积计算公式，有切线与两个坐标轴夹的面积为S 1(1 a)2ea.1-10 a因 S (1 a)ea -(1 a)2ea -(1 a2)e a,令 S 0,得 a1 1包 1(舍去).由于当a 1时，S 0；当a 1时，S 0.故当a 1时，面积S有极大值，此问题中即为最 大值.1故所求切点是(1 e 1),最大面积为S 22,

22、 32.1001 时，由(E A)x 0,212312 22 e 1 2e 1.2【相关知识点】由连续曲线y f(x)、直线x a, x b及x轴所围成的曲边梯形绕 x轴旋b 2转一周所得的旋转体体积为：V a f 2(x)dx.九、(本题满分7分)【解析】因为 A : B,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1 .P 1AP ，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A: B,故其特征多项式相同，即 E A(2) 2 (x 1)由于是 的多项式，由 的任意性，令 0,得 2(x 2) 2y .(x 2) (1)(2)( y).令 1,得 3 ( 2)2

23、(1 y).由上两式解出y 2与x 0.200(2)由知 202311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的特征值是得到属于特征值1的特征向量1(0, 2,1)T .400当 2 2 时，由(2E A)x 0,222311得到属于特征值2的特征向量2(0,1,1)T .00032 时，由(2E A)x 0,222313得到属于特征值2的特征向量3 (1,0, 1)T.0 01那么令P ( 1, 2, 3)2 10 ，有 P1AP B.111十、(本题满分6分) 【解析】对于条件AB 0应当有两个思路：一是B的列向量是齐次方程组 Ax 0的解；另一个是秩的信息即r(A) r(

24、B) n.要有这两种思考问题的意识 .1 22方法1：令A 21,对3阶矩阵A,由AB 0, B 0知必有 A 0,否则A3 11可逆，从而B A 1(AB) A 10 0,这与B 0矛盾.故1 22A 210,3 11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0215(1) 0.01解出 1 .方法2：因为B 0,故B中至少有一个非零列向量.依题意，所给齐次方程组 Ax 0有非零解，得系数矩阵的列向量组线性相关 ，于是1 22A 210,3 11以下同方法一.(2)反证法：对于 AB 0,若B 0,则B可逆，那么A ABB1 0B 1 0 .与已知条件A 0矛盾.故假设不成立

25、,|B 0.【相关知识点】对齐次线性方程组Ax 0,有定理如下：对矩阵A按列分块，有A 1, 2,L , n ,则Ax 0的向量形式为X1 1 X2 2 L Xn n 0.那么， Ax 0有非零解1, 2,L , n线性相关r 1, 2,L , n n r A n.对矩阵B按列分块，记B ( 1, 2, 3),那么AB A( 1, 2, 3) (A 1,A 2,A 3) (0,0,0).因而 A i 0 i (1,2,3)，即 *Ax 0 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，不要忘记验证该次I阵是对称的 .方法1:定义法.因为A、B均为正定矩阵，由正定矩阵的性质，故

26、AT A, BT B,那么T .TCTC ,即C是对称矩阵.0 B 0 Bt 0 B设 m n维列向量 ZT (XT,YT),其中 XT (x1,x2,L ,xm),YT (y1，y2,L ,yn),若Z 0,则X,Y不同日为0,不妨设X 0,因为A是正定矩阵，所以XT AX 0 .又因为B是正定矩阵，故对任意的n维向量Y,恒有YTAY 0 .于是T-T T A 0 X TTZTCZ (XT,YT)XTAX YTAY 0,0 B Y即ZTCZ是正定二次型，因此C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A、B均为正定矩阵,由正定矩阵的性质，故AT

27、A, BTB,那么CTTTA 0 AT0A 0 C JPC是对称矩阵.BT0 B设A的特征值是2 ,Lm, B的特征值是1,2,L ,n.由A, B均正定，知i 0, j 0 (i 1,2,L1,2,L ,n).因为是，矩阵C的特征值为Em0EnBEmAEnB1 , 2,L ,m,1 ,2,L ,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）【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 X : N(0,102),即EX0,DX2 102 .根据正态分布的性质则有:P(A) P X 19.619.6|X 0|1019.6 010|X |1.96101.9

28、61.96 10(1.96)( 1.96)(1.96)(1(1.96)2 2 (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n 100, p 0.05的二项分布.根据二项分布的定义，PY k C：pk(1 p)nk(k 0,1,2L),则至少有三次测量误差的绝对值大于19.6的概率为:PY 3 1 PY 3 1 PY 0 PY 1 PY 2而p相当小(一般要求n布，具体应用模式为若Y :B(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P Y kCkpk(1 p)nk 它enp(k 0,1,2L).k!设Y为100

29、次独立重复测量中事件 A出现的次数，则Y服从参数为n 100, p 0.05的二项分布.故PY 3PY3 1 PY 0 PY 1PY 2十三、(本题满分()0e0!()1e1!工1 e 2!e5(15分)5220.87.0010011100 122100 21 C100 0.05 (1 0.05)C100 0.05 (1 0.05)C1000.05 (1 0.05)1 0.95100 100 0.9599 0.05 100 99 0.9598 0.052.2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，100, p 0.1),则其成功次数可以认为近似服从参数为

30、的泊松分【解析】令随机变量Xi1,0,第i个部件需调整，i第i个部件不需调整，1,2,3 .的0 1分布，即X101p0.90.1依题意Xi,X2,X3相互独立，且Xi,X2,X3分别服从参数为0.1,0.2,0.3X201p0.80.2X301p0.70.3由题意知X Xi X2 X3 ,显然X的所有可能取值为0,1,2,3,又Xi,X2,X3相互独立PX 0 PX1 X2 X3 0 PX10,X20,X3 0所以PX1 0PX2 0 PX3 0 0.9 0.8 0.7 0,504 ,PX 1 PXi X2 X3 1PXi 1,X2 0,X30PXi0,X2 1,X3 0 P Xi 0,X2 0,X3 1PXi 1 PX2