2001年考研数学三真题及全面解析

1、.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 Q AL K , 其中 Q是产出量 , L 是劳动投入量 , K 是资本投入量 ,而 A, , 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 Wt 表示第 t 年的工资总额 (单位：百万元 )，则 Wt 满足的差分方程是_k1111k11(3) 设矩阵 A1k, 且秩 (A)=3,则 k =11111k(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 P X -Y

2、6.(5) 设总体 X服从正态分布N (0,0.2 2 ), 而 X1, X 2 ,LX15 是来自总体 X 的简单随机样本， 则随机变量 YX12LX102X112服从 _分布，参数为 _2LX152二、选择题f (x)(1) 设函数 f (x)的导数在 x=a处连续 ,又 limx a x a(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1, 则()y=f(x)的拐点 .x1 (x21),0x1(2) 设函数 g(

3、x)f (u)du, 其中 f (x)2, 则 g(x)在区间 (0,2)内 ()01 (x1),1x23(A) 无界 (B) 递减 (C) 不连续 (D) 连续a11a12a13a14a14a13a12a110001a21a22a23a24a24a23a22a21, P10100(3) 设 Aa32a33a34, Ba33a32a31001,a31a340a41a42a43a44a44a43a42a411000;.1000P20010, 其中 A 可逆 ,则 B1 等于 ()0100000111P1P2 A11(A)A P1P2(B)P A P2(C)(D)P2 A P1.1(4)设A是n阶

4、矩阵，是 维列向量 若秩A秩(A)，则线性方程组 ()Tn.0(A) AX =(B) AX =必有惟一解 .必有无穷多解(C )AX0 仅有零解( D )AX0 必有非零解 .T0yT0y(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) 01(D) 1(C)2三、 (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:exyxyxxz sin tdt, 求du2 和 e0tdx四、 (本题满分 6 分 )已知 f (x)在 (- ,+ )内可导 ,

5、且 limf( ) ,xcxlim f ( x)f (x 1),求的值 .xxe lim()cxxcx、 (本题满分 6分 )五y11 (x2y2 )的值 ,其中 D是由直线 y=x, y= - 1及 x =1围成的平面求二重积分2xedxdyD区域六、 (本题满分 7 分 )已知抛物线 ypx2qx ( 其中 p0)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 )1设 f (x)在区间 0,1 上连续 ,在 (0,1) 内可导 ,且满足 f (1)k 3 xe1 x

6、f (x)dx,( k 1).0证明：存在 (0,1),使得 f ( )2(11 ) f ( ).;.八、 (本题满分 7 分 )已知 f n ( x) 满足 fn (x)fn ( x)xn 1ex (n为正整数 )且 fn (1)e , 求函数项级数nf n (x) 之和 .i 1九、 (本题满分 9 分 )11a1设矩阵A 1a1,1 .已知线性方程组有解但不唯一 ,试求 :AX =a112(1) a的值 ;(2) 正交矩阵 Q,使 Q T AQ 为对角矩阵 .十、 (本题满分 8 分 )设A为 阶实对称矩阵，秩(A)=n ，Aij 是 Aaijnn中元素 aij 的代数余子式 (i,jn

7、=1,2,n，二次型f ( x , x ,L x)nnAijx x.)1 2ni 1 j1Ai j(1) 记 A ( x1 , x2 ,L xn ), 把 f ( x1 , x2 ,Lxn )nnAijxi xj . 写成矩阵形式， 并证明二次i 1j1A型 f ( X ) 的矩阵为 A 1 ;(2) 二次型 g ( X )X T AX 与 f ( X ) 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

8、能保障不超载的概率大于0.977. ( (2)=0.977,其中 (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 x3,1y3上的均匀分布，试求随机变量的概率密度 p(u).U=X- Y;.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 y fx 在 x 处可导， 且 f x0，则函数 y 关于 x 的弹性在 x 处的值为Eyx yxfxExyf x1【详解】由 QAL K，当 Q1时，即 AL K1 ，有 KA L , 于是 K 关于 L 的弹性为：111d A LEK

9、LLALLELK1dL1KALAL(2) 【答案】 1.2Wt 1 2【详解】 Wt 表示第 t年的工资总额，则Wt 1 表示第 t1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Wt 满足的差分方程是：Wt (120 )Wt 1 21.2Wt 1 2(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A 进行初等变换k111k111A1k111行 ( 1)分别加到 2,3, 4行 1kk 101011k1uuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuur1k0k0111k1k0

10、0k1;.k31112,3, 4列分别加到1列0k100uuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuur00k 10000k 1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A0 .由k111k111A1k111行 (1)分别加到 2,3, 4行 1kk 10011k11k0k 10111k1k00k 1k31112,3, 4列分别加到 1列0k100(k3)(k 1)30,00k10000k1解得 k =1或 k = - 3.当k =1时，111111111111行分别加到，行0000A1111(1)2 3 400001uu

11、uuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuur11110000可知，此时 r(A)=1，不符合题意，因此一定有k =- 3.1(4) 【答案】12【所用概念性质】切比雪夫不等式为：PXE( X )D ( X )2期望和方差的性质： E( X Y) EXEY ； D ( XY)DX2cov( X ,Y ) DY【详解】把 X Y 看成是一个新的随机变量，则需要求出其期望和方差.故E( X Y) EX EY2 2 0又相关系数的定义：( X ,Y )cov( X , Y)DXDY则cov( X , Y)( X ,Y)DXDY(0.5)141D ( X Y )DX 2cov( X ,Y )D

12、Y1 2(1)4 3所以由切比雪夫不等式：;.D ( X Y )31P X Y 6 P X Y E( X Y) 6361262(5) 【答案】 F ； (10,5)X【所用概念】 1.F 分布的定义： Fn1其中 X 2 ( n1 )Y 2 ( n2 )Yn2n2.2 分布的定义： 若 Z1,L , Zn 相互独立，且都服从标准正态分布N (0,1) ，则 Zi2 2 (n)i 13.正态分布标准化的定义：若Z N (u, 2 ) ，则 Zu N (0,1)【详解】因为 X i : N (0, 22 )i1,2,L ,15 ， 将其标准化有Xi0Xi : N (0,1) ，从而根22据卡方分布

13、的定义2X1022X152X1L:2(10),X11L:2(5),22222222由样本的独立性可知，X1LX10与X11LX15相互独立 .2222故，根据 F 分布的定义X12X102L2210X12LX102YX2X1522X112LX152 : F (10,5).11L225故 Y 服从第一个自由度为10，第二个自由度为 5的 F 分布 .二、选择题(1) 【答案】 B【详解】方法 1：由 lim f (x)xaxalim f (x)xa1,知limf (x)x alimf (x)lim x a1 0 0x ax ax ax ax a又函数 f ( x) 的导数在 xa 处连续，根据函

14、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f (a)0 ，于是有;.f (a)limf (x)f(a)f(x)xalim1,xax a xa即 f ( a)0 ， f(a)10 ，根据判定极值的第二充分条件：设函数f (x) 在 x0 处具有二阶导数且f ( x0 )0， f(x0 )0 ，当 f (x0 )0时，函数 f (x) 在 x0 处取得极大值 . 知 xa 是 f ( x) 的极大值点，因此，正确选项为(B).方法 2：由 limf (x)1,及极限保号性定理：如果lim fxA ，且 A0 (或 A 0 )，x ax ax x0那么存在常数0，使得当 0x x

15、0时，有 fx0 (或 f x0 ) ，知存在xa 的去心邻域，在此去心邻域内f(x)0.于是推知，在此去心邻域内当x a 时xaf( x) 0；当 xa 时 f ( x)0. 又由条件知f ( x) 在 xa 处连续，由判定极值的第一充分条件：设函数f ( x) 在x0 处连续，且在x0 的某去心领域内可导，若xx0, x0 时， f ( x)0 ，而 xx0 , x0时， f (x) 0 ，则 f (x) 在 x0 处取得极大值，知 f (a) 为 f ( x) 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0x时，f ( x)1( x21)，

16、有121 (u1 u31 u1 x31 x,xx21)duxxg( x)f u du000026262当 1x 2 时，f ( x)1 ( x 1) ，有31 1x 1g (x)x1f (u)duxf (u)du21)du1)duf (u)du01(u(u00213111 2 x12 13 11x2u02u 06u1u136x1631x31x,0x1即g (x)6221x1,1x2236因为lim g (x)lim1 x31 x2 ， lim g(x)lim2 1 x122 ，x 1x 1623x 1x 13 63;.且2122g (1)1 1，363所以由函数连续的定义，知g( x) 在点

17、x1 处连续，所以 g (x) 在区间 0,2 内连续，选 (D).同样，可以验证 (A) 、 (B) 不正确，0x1时， g (x)1 x31 x1 x210 ，单6222调增，所以 (B) 递减错；同理可以验证当1x2时，g (x)21x 121x10 ，363单调增，所以g 0gx g2 ，即 0gx5与选项 (A) 无界矛盾 .6(3) 【答案】(C)【详解】由所给矩阵A, B 观察，将 A 的 2,3列互换，再将 A 的 1,4 列互换， 可得 B . 根据初等矩阵变换的性质，知将A 的 2,3列互换相当于在矩阵A 的右侧乘以 E23 ，将 A 的 1,4列互换相当于在矩阵 A 的右

18、侧乘以 E14，即10000001AE23E14B ，其中 E2300100100010， E140010000011000由题设条件知 P1E14 , P2E23 ，因此 BAP2 P1 .由于对初等矩阵Eij 有， Eij1Eij，故P11P1 , P21P2 .因此，由 BAP2 P1 ，及逆矩阵的运算规律，有B 1AP2 P111P2 1 A 1PP12 A 1 .P1(4) 【答案】(D )【详解】 由题设， A 是 n 阶矩阵，是 n维列向量， 即T 是一维行向量， 可知A是T0A秩 ( A) n n 1,An 1阶矩阵 . 显然有秩T0即系数矩阵T0非列满秩，由齐次线性方程组有非

19、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;.AX0 必有非零解 .T0y(5)【答案】 AXYn ，从而 Yn X ，【详解】 掷硬币结果不是正面向上就是反面向上，所以故DYD ( nX )DX由方差的定义：DXEX 2(EX ) 2 ， 所以DYD( nX )E(nX )2E (nX )22nX X 2 )(n EX )2E (n2n22nEXEX 2n22nEX( EX )2EX 2(EX ) 2DX )由协方差的性质：cov( X , c)0 ( c 为常数 )； cov( aX , bY)cov( X1X 2 ,Y )cov( X1,Y )cov( X 2 , Y)ab

20、 cov( X ,Y)所以cov( X, Y)cov( X , n X )cov( X , n)cov( X , X ) 0 DXDX由相关系数的定义，得( X ,Y)cov( X ,Y)DXDX DY1DX DX三【变限积分求导公式】 f ( x)g f ( x) f (x)g (t )dt xa【详解】 根据复合函数求导公式，有duff gdyf gdz .(*)dxxy dxz dx在 exyxy2 两边分别对 x 求导，得exy ( ydy即dxdydyx)( yx)0,dxdxy .xxx z sin t两边分别对 x求导，得在 edt0txsin(xz)dzdzex( xz)ex(

21、1), 即dx1.zdxsin( xz)将其代入 (*) 式，得duff dyf dzfy fex( x z)fdxxggxx y1.y dxz dxsin( x z)z;.四 【详解】因为 lim(11 )xexxlim( xc )xlim( xc2c )x(把 xc 写成 x c 2c )xxcxxcxc2cxc 2cxx c2 cxlim(xc) 2 c x c (把 x 写成2 cx c )xxclim(12c ) 2 cxxcx c2 cxxc2 c2cln(1)lim excx2cx2c xcxln (1xc) 2cclim ex2 cxx c( 利用幂函数的性质amn(am )n

22、 )(利用对数性质eln f ( x)f ( x) )(利用对数性质ln f ( x)g ( x)g(x)ln f (x) )lim 2 cx ln (12c )xx cxcex c 2 c(利用 yex 函数的连续性， lim ef ( x)lim f ( x)ex)xx clim2 cxlim ln (12 c ) 2 cxx cxx ce(当各部分极限均存在时，lim f (x) g( x)lim f ( x) lim g(x) )xxxlim 2 cx ln lim(12 c )xx cxxcx c2 ce(利用 yln x函数的连续性， limln f (x)lnlim f (x)

23、)xxe2c ln e(利用 lim(11) xe)x xe2c( ln e1)又因为 f ( x) 在,内可导，故在闭区间 x1, x 上连续，在开区间(x1, x) 内可导，那么又由拉格朗日中值定理，有f ( x)f ( x 1)f ( ) x ( x 1)f ( ), x 1x左右两边同时求极限，于是lim f ( x)f (x1) lim f ()e ，xx因为 x 1x ， x 趋于无穷大时，也趋向于无穷大由题意， lim( xc) xlim f (x)f ( x1), 从而 e2 ce ，故 c1xxcx2;.五 【详解】积分区域如图所示，可以写成1y1, yx1y11 ( x2

24、y2 )ydxdy1 ( x2 y2 )xe2dxdyxye2dxdy,DDDydxdy11ydx1y)dy2 ;其中，dyyy(1D1131 ( x2 y2 )1ydy11 ( x2 y2 )dx1ydy11 ( x2 y 2 )d (1x2 )xye2dxdy1xe21ye2Dy2111112 (x2 y2 )(x2y2)12(1 y2 )y2ydyyed1(ee)dy12111 (1y 2 )ey2)dy22(e2111(1y2 )d 1(1y 2 )1e22于是12 )( x2 yy1 xe2dxdyD111(1 y2 )dy211y222e22edy11111(1 y2 )11 y2

25、 1y22e2edye02112123六【详解】 方法 1：依题意知，抛物线如图所示，令 y px2qx x( pxq)0 ，求得它与 x 轴交点的横坐标为： x10, x2q .p根据定积分的定义，面积S 为qp x3q x2q31 xn 1 C )Sp px2qx dxpq 2 (注： xndx03206 pn 1;.因直线 xy5 与抛物线 ypx2qx 相切，故它们有唯一公共点. 由方程组xy5ypx2qx求其公共解，消去y ，得 px 2( q1)x50 ，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(q1)24p( 5)(q1)220 p 0,解得p1( q 1)2 .20将 p 代入 S 中，得q3q3200q3S(q)6 p261223(q1)4 .(q1) 20根据函数除法的求导公式，S (q)(200 q3 )3( q 1)4 3( q1)4 (200 q3 )200q2 (3q)3( q1)4 23(q 1)5根据驻点的定义，令S (q)0 ，已知有 q0 ，得唯一驻点 q