考研主任2009数三真题及解析

2009年 入学统一考试数学三试一、选择题：1～8小题,每小题4分,共32分,下列每小题给出的四个选项中,只有一项符合x函数fx sin(A) (B) (C) (D)当x0时,fxxsinax与gxx2ln1bx是等价无穷小,

a1,b1 6a1,b1 6

a1,b16a1,b16

xsint

dtlnx成立的x的范围 1 (A)(0,1) (B)(1,) (C)(,) (D)(,) x设函yfx在区间13上的图x则函数Fx0ftdt的图形 AB2A*B*ABA2,B3 A 3B* 2B*

2 (B) O O 3A*

2A*

O

O

00(6)00(6)AP3PTPPTAP10P,,),Q,,,则QTAQ02

0 0 2 0 0 1 0

0 2

0 2 2 设事 与事 互不相容,((A)P(AB)0 (B)P(AB)(C)P(A)1P(B) (D)P(AB)设 量X与Y相互独立,且X服从标准正态分布N0,1,Y的概率分布PY0PY11.记FZz为 量ZXY的分布函数,则函数FZz2 (A) (B) (C) (D)二、填空题：9-14小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸指定位置上.eecos 31 31x2y zxe)

en(1)nn幂级数 n

x的收敛半径 设某产品的需求函数为QQpp的弹性p0.2 元 0设(1,1,1)T,(1,0,k)T.若矩阵T相似于 0,则k 0 设X1,X2,,Xm为来自二项分布总体B(n,p)的简单随机样本,X和S2分别为样本均值和样本方差,记统计量TXS2,则ET 三、解答题：15－23小题,共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(15)(本题满分9f(xyx22y2ylny(16)(1011计算不定积分ln dx(x0) (17)(10计算二xydxdyDxyx12y122yxD(18)(11(Ⅰ)证 日中值定理：若函数fx在a,b上连续,在(a,b)可导,则存在a,b,fbfafba(Ⅱ)证明：若函数fxx0处连续,在0,0内可导,且limfxAf0f0A.(19)(本题满分10分)设曲线yf(x)f(x)是可导函数,且f(x0yf(x)与直线y0,x1xt(t1)x轴旋转一周所得的立体体积值是该曲边梯形面积值的t倍,求该曲线方程.(20)(11 A 1,1

2 AA2的所有向量, (Ⅱ)对(Ⅰ)中的任意向量2,3,证明：1,2,3线性无关.(21)(11分)fx,x,xax2ax2a1x22xx2x 1 2 fy2y2a (22)(11设二维随量(X,Y)的概率密度ex, 0yx,f(x,y) fYXyx(23)(本题满分11分)12个黑球与3PX1Z(Ⅱ)求二维 量X,Y的概率分布2009年入学统一考试数学三试题解一、选择题：1～8小题,每小题4分,共32分,下列每小题给出的四个选项中,只有一项符合x【解析】由于fx ,则当x取任何整数时,fx均无意义,故fxxsin穷多个,但可去间断点为极限存在的点,故应是xx30的解x1,2,30,1.limxx3lim13x2 1,x0sinx x0cosxxx3 13x2

2lim x1sin x1cos limxx3lim1 2x1sin x1cos 故可去间3个x1,2,30,fxxsinaxgxx2ln1bxx0limf(x)limxsinax等limxsinx0 x0x2ln(1 xsin

x0x21acos a2sin

洛

洛 x0 x0 a3sin lim

x0 1acos

存在,蕴含了1acosax0x0a1,xsinf(x

tf(x)xsintdtlnxxsintdtx1 1xsint1dt11sintdt 1sin由t0,1时, t①x1,0F(x0②x0,1F(x0x1,2F(x④x2,3F(x⑤F(x A 【解析】分块矩阵 A A A B1 O O O

1B B

2B61

6

O OAA故答案为

0 0【解析】Q,,

) 0P 0 3 1 QTAQ

P

0 AP 1

1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 1 2P(ABP(AB)1P(ABP(AB1,所以(AP(AB)P(AB)1P(AB)1(DFZ(z)P{XYP{XYzY0}P{Y0}P{XYzY1}P{Y1P{XYzY0}1P{XYzY 1P{X0zY0}1P{XzY F(z)1P{X0z}1P{Xz}Zz0

(z)1(z)2z0FZ(z11(z) 二、填空题：9-14小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸指定位置上.3【答案】2

eecos e(1ecosx13131x2 31x2lime(1cosx)

e1 3e【答案】12ln

1 x01 【解析】解法1：zxeyxzx0x1x x1xexln(1x)exln(1x)ln(1x)xx1

ln2

1x ln2 2ln2解法2：

2(xey)x exln(xey) y

z

(xe

ln(xe) xey (1e)

0e)

2ln210

1e【答案】

en 0lim

n

n enen111n11 1 nn

所以,该幂级数的e1【解析】所求即为QpQpQ

en1 e因为

Qp0.2,所以Qp0.2Q,所以Qp0.2QQ0.8QQ将Q10000代入有Qp8000 0 【解析】T相似于 0,根据相似矩阵有相同的特征值,得到T的特征 0 3,0,0.而T为矩阵T的对角 和,1k300,k2ETE(XS2EXES2npnp(1pnp2三、解答题：15－23小题,共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(15)(本题满分9 fx(x,y)2x(2y2)yf(x,y)2x2ylnyyf(x,y) 令 解得唯一驻点(0,) A 12(2y2 2(21efxx(0, 2eB

e

(0,e1fxy(0,

(0,eC 1(2x21 fyy(0,e

y1y(0,e)所 B2AC2e(210,且A0) 从而f(0,)是f(x,y)的极小值,极小值为f(0,) (16)(101 1t21x 1x dxln1tdt21 ln1tt2而

1t21t dt4

2t1t

t t11lnt11lnt1 2t1x ln1t t1xln dx t2 4lnt12t1 xln

1x

1x 1x

11x

x x 1xxln1x

ln1x x 1x 1x1x1x1x1x1 2 x2x1

111 111解法 ln dxxln x

1x 11 11xln 2 1 1xln 2x21x x1 dxx1

1u2 2udu21u2x1分部uu21lnu u21x1

ln 1x11即ln dxxln x x1xlnx1x11 1 2ln 1x x1 1 1

1x1x 2ln x1x

(17)(100r2(sin0r2(sincos),3y扫 研 ：kaoyan33，获 考研咨询，免费获 资x(xy)dxdy4d

2(sincos)(rcosrsin 3 r2(sincos) 4

(cossin)

r

4 3 (cossin)(sincos)33yy12x 4(sincos 4

d(sincos8

(sincos)4

84 42DD1D2两部分(如右图),其2(xD1x,y y 2(x1)2 x2(x2D2x,yxy 2(x1),0x2xydxdyxydxdyxydxdy 2(x2(x1)2( xydxdy

1

(x010

2(x1)2(x1)22

2(x1)2

20 1 0 xydxdy

(x1222(x1)2(x1)210

32 42

2(2(x所 xydxdyxydxdyxydxdy228 (18)(11F(xf(x

你考研的超级班让考研更轻松f(b)f(a)(xa)b由题意知F(x)在ab上连ab内可导F(a)f(a)F(b)f(b)

f(b)f(a)(aa)fbf(b)f(a)(ba)fb根 定理,存在a,b,使得F()f()f(b)f(a)f()(b

f(bf(a)0b(Ⅱ)对于任意的t(0,),函数f(x)在0t上连0t内可导,由右导数定义及f0limf(tf0limf()tlimf(,其中0,t t t t tlimftAt00limf()Af(0)tf(0)A(19)(10 tf2(x)dxttf(x)dx

t两边对tf2(t)tf(x)dxtf(t)1代入t1得f(11f(10再求导 记f(t)y,

1t2 t

12y

1 22ydyC)2(

ydy1 y2 y2C) y 3代入t1,y1得C1,从而t2y 3

.故所求曲线方程为 3x y 332f(t)f(t)2f(t)tf(t),f(1) dy

2.2y 令u,则 ut 原方程变成t

2u 2u1du1dtu(3

3

3 t

1lnu(32u)2lnCt3 u3(3

3Ct代入t1,u1,得C1,所以u(32u)2133代入uy化简得y(3t2y)21,即t 2y.故所求曲线方程为x2y 33 (20)(11【解析】(Ⅰ)对矩阵(A1)施以初 1 1

2A 1 1 2 2 0 k

21

0 A

0

,对矩阵

1

12 2A1 1 0

1a2 2 3

(Ⅱ)11,2,3

1 1 1

102所以1,2,3线性2由题设可A10.设存在k1k2k3,使 A,得kA20k0 310k30k210k20(21)(11 1 a|EA00 1aA的特征值为1