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, 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

2、)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) 设其中A 可逆,则等于( )(A) (B) (C) (D).(4) 设A 是n 阶矩阵，是n维列向量.若秩秩，则线性方程组( )AX =必有无穷多解 AX = 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

3、,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

4、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(0,1), 使得八、(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 =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

5、,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. (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)|1x3,1y3上的均匀分布，试求随机变量U=XY 的概率密度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

6、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：(5)【答案】；【所用概念】1. 分布

7、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

8、)，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 ，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

9、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 (

10、*)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，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 (注：)因直线与抛物线相切，故它

11、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

12、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 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， 故记则，则其收敛半径为，收敛区间为. 当时

13、，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，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

14、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.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)由此得从而， 即最多可以装