2002考研数三真题及解析_最新修正版

1、最新修正版2002年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题一、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 )则 lim in p-2T =F n(1-2a)交换积分次序:1 1f(x, y)dx+dyffd, y)dx = y4设三阶矩阵A=22 ，三维列向量a = (a,1,iy .已知 A 与a线性相关，则4>丫-10100.070.180.1510.080.320.20设随机变量X和丫的联合概率分布为则X2和丫2的协方差cov(X2，丫2)=设总体X的概率密度为feQ寫而Xi,X2l|,Xn是来自总体X的简单随机样本，则未知参数 日的矩估计量为二、选择题(本题

2、共5小题，每小题3分，共15分，在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1)设函数f (x)在闭区间a,b上有定义，在开区间(a,b)内可导，则 ()(A) 当 f(a)f (b) <0 时，存在(a,b)，使 f (©) =0.(B) 对任何 ©忘(a,b)，有呼 f(x)-f (©) =0(C) 当f(a) = f(b)时，存在巴亡(a,b)，使f牡)=0.(D)存在从(a,b)，使 f(b) f(a) = f'(©)(ba).设幕级数2 anxn与送bnxn的收敛半径分别为 n 4n 4

3、3£ axn的收敛半 i4 b n(A) 575(B)亍1(C)31(D)-5设A是mxn矩阵，B是nx m矩阵，则线性方程组(AB )x = 0(A)当n > m时仅有零解(C)当m >n时仅有零解(B)当n > m时必有非零解(D) 当m > n时必有非零解径为(设A是n阶实对称矩阵，P是n阶可逆矩阵，已知n维列向量a是A的属于特征值a的, T特征向量，则矩阵(PAP)属于特征值)、的特征向量是()(A) P 七(B)PTa(C) Pa1 T(D) ( P ) a设随机变量X和丫都服从标准正态分布，则()(A) X +丫服从正态分布(B) X? +丫xm0

4、x(1-cosx)四、(本题满分设函数u=f(x,y,z)有连续偏导数，且z = z(x, y)由方程xeX-yey=zez所确定，求du.五、(本题满分6分)设 f (sin2 X)=,求(x)dx.si nxX六、(本题满分7分)2设Di是由抛物线y=2x和直线x=a,x = 2及y = 0所围成的平面区域；D：是由抛物 线y =2x和直线y = 0 , X = a所围成的平面区域，其中Ova v2.(1)试求Di绕x轴旋转而成的旋转体体积V ；D2绕y轴旋转而成的旋转体体积V2 ；(2)问当a为何值时，V, +V2取得最大值？试求此最大值服从/2分布(C)X2和丫2都服从 厂分布(D)

5、X2/Y2服从F分布三、(本题满分求极限 .0O arctan(1+t)dtdu最新修正版求该设备每次开机无故障工作的时间丫的分布函数F (y).七、(本题满分7分)X3(1)验证函数 y(x)=1+3!X6X9X岔+ + + +(|)+ tii( 吒 +满足微分方程 6!9!(31)!(2)利用(1)的结果求幕级数czn=03n-x一的和函数.(3n)!八、(本题满分6分)设函数f(x),g(x)在a,b上连续，且g(x)O.利用闭区间上连续函数性质，证明存在一点©忘a, b，使bba f(x)g(x)dx = f (©) Ja g(x)dx .九、(本题满分8分) 设齐

6、次线性方程组卜为 + bx2+bx3+川+bXn =0,jbx1 +ax2 +bx3 +川 +bXn =0,F III III IIIbxj +bx2 +bx3 +川 + aXn = 0,其中aHO,bHO, n>2，试讨论a, b为何值时，方程组仅有零解、有无穷多组解？在有无穷多组解时，求出全部解，并用基础解系表示全部解 十、(本题满分8分)设A为三阶实对称矩阵，且满足条件a2+2A= 0,已知A的秩r(A)=2(1) 求A的全部特征值(2) 当k为何值时，矩阵 A+kE为正定矩阵，其中 E为三阶单位矩阵. 卜一、(本题满分8分)假设随机变量U在区间-2,2 上服从均匀分布，随机变量X

7、=若厂一X Y=fl若心11,若 U A1;11,若 U >1;试求：(1)X和丫的联合概率分布；(2) D(X +Y).十二、(本题满分8分)假设一设备开机后无故障工作的时间X服从指数分布，平均无故障工作的时间E(X)2小时便关机.试为5小时设备定时开机，出现故障时自动关机，而在无故障的情况下工作最新修正版2002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(1)【答案】 1 -2a【详解】“ In ”里面为“广'型, 通过凑成重要极限形式来求极限,limln 口呵Y n(1-2a)1= lim nY1 - 2an(1-2a)”In 1 +J卿几(1七)_n(1 J2

8、a)1_n( 1 _2a) .i1j1 1=In e =1 -2a 1 -2a1X【答案】；1 JJf(x,y)db = J：dx2f(x,y)dy.DdxJx2 f(x, y)dy【详解】画出与原题中二次积分的限所对应的积分区域01与02，将它们的并集记为 D 于是 V dy f f(x, y)dx + d dy f f (x, y)dx 二 J J f(x,y)d .4D1 2再将后者根据积分定义化为如下形式，即X从0T -，y从x2t x，所以最新修正版X【答案】-1【详解】f!Aa = I2a13Yaf a )1=2a+3丿J丿饬+4丿24（两个非零向量线性相关，则对应分量成比例），所

9、以有由于Act与a线性相关，a 2a +3 3a +4=，得 2a+ 3=3a + 4,a=1.a 11或Ad =ka,（k hO）（两个非零向量线性相关，则其中一个可以由另一个线性表出r a 、fa、即2a+ 3=k1a + 4丿Iv得【答案】-0.02.a =ka2a+3 = k，得 a = -1.k= 1) 38+4 =k2 2 2 2【详解】X、丫和X Y都是0-1分布，而0-1分布的期望值恰为取1时的概率P .由离散型随机变量 X和丫的联合概率分布表可得 X2的可能取值为0和1,且丫2的可能取值也为0和1，且X和丫的边缘分布为PX =0=0.07 + 0.18 + 0.15 = 0.

10、4； PX =1 = 0.08 + 0.32 + 0.20 = 0.6；PY = -1 =0.07 + 0.08 =0.15； P丫 =0 = 0.18 + 0.32 =0.5；P 丫 =1 =0.15 + 0.20 =0.35 ；故有01丫-1010.40.60.150.50.35P X2 =0,Y2 =0 = PX =0,Y=0 = 0.18,最新修正版x2y201p0. 720. 28所以由0-1分布的期望值恰为取 1时的概率P得到:px2=0,丫2 =1 = px =0,丫 = -1 + px =0,丫 = 1 = 0.07 + 0.15=0.22,px2=1丫2 =0 = px =1

11、 丫 =0 =0.32,px2=1丫2 =1 = px =1,Y = _1 + P X =11 = 0.08 +0.20 = 0.28,而边缘分布律：px2= 0 = pX =0 = 0.4, PX2 =1= PX =1 = 0.6,p 丫2 =0 = pY =0=0.5,pY2 =1 = pY =_1+ PY =1 = 0.15 + 0.35 = 0.50100. 180. 220. 4010. 320. 280. 600. 500. 5012 2所以，（X , Y ）的联合分布及其边缘分布为由上表同理可求得 x2y2的分布律为E(X2) =0.5, E(Y2) =0.60,E(X2Y2)

12、= 0.28cov(X2, Y2) E(X 2Y2) -E(X2) E(Y2) = 0.28-0.60.5 = -0.02【答案】X -1.【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只期望需要用样本一阶原点矩（样本均值）来估计总体的一阶原点矩（期望）E（X） = .fxf （x）dx =右 xe样本均值用样本均值估计期望有EX = -X,即卩0+ 1=1Zxi ,n iT1 n _ 解得未知参数Q的矩估计量为§ =Xi-1=X-1.n y二、选择题(1)【答案】(B)【详解】方法1：论证法.由题设f(x)在开区间(a,b)内可导，所以f(x)在(a

13、,b)内连续,因此，对于(a,b)内的任意一点©，必有 iimf(x)=f(©).即有 iim f(x)-f(E)=0 故选(B).方法2:排除法.n(A)的反例：f(x)=jI1xa，b，有 f(a)1, f(b 1 fafb10cX =a但f (x)在(a,b)内无零点.(C)与(D)的反例，f (x)rx"("1,1 f(-1)= f (仔,但 f'(x) = 1(当1X = -1x(-1,1)，不满足罗尔中值定理，当然也不满足拉格朗日中值定理的结论.故选(B) 【答案】(D)【详解】 方法1: A是mxn矩阵，B是n咒m矩阵，则AB是m阶

14、方阵，因r(AB) <min(r(A), r(B).当mnn时，有r(AB)<min( r(A), r(B) < n<m .(系数矩阵的秩小于未知数的个数)方程组(AB )x = 0必有非零解，故应选(D).方法2： B是nxm矩阵，当m>n时，则r(B) =n ,(系数矩阵的秩小于未知数的个数)方程组Bx =0必有非零解，即存在 x0 H0 ,使得Bx0 =0，两边左乘 A，得ABx0 = 0 ,即ABx=0有非零解，故选(D).【答案】(B)【详解】方法1:由题设根据特征值和特征向量的定义，A是n阶实对称矩阵,T彳T故 At =A .设(PAP) =B，贝UB

15、 = P tAt P"*T = PtAP=PtA( PtF上式左乘pT丄，右乘pT，得(PT)-BPT =(PT)PTA(PT)PT，即 A = PtBPT ,T 1T所以A- =(P BPT)ot = g两边左乘pT，得 (PT pJ B旦共=P'aa 得 B(PTa) = APTa根据特征值和特征向量的定义，知B = (PAP)T的对应于特征值 Z的特征向量为PTa，即应选(B).方法2:逐个验算(A) , (B) , (C), (D)中哪个选项满足，由题设根据特征值和特征向量的定义，AM = ACt , a是n阶实对称矩阵，故 AT = a .设(PAP 属于特征值K的

16、特征向量为匕，即(PAP aE ,其中(PAP J = P TAT p/T =pTAP对(A)，即令 e =P，a，代入 pTApY(P七)HapAz对(B) , PtA P'Ip Ta) =PtA( p4pT)a =P TA(卩丁尸 pT)a =pT =Z(P)成立.故应选(B).【答案】C【分析】(i) 72变量的典型模式是：72 =Xi2+X2+ill+X：，其中Xi要求满足：Xi相互独立，XjL N(0,1).称T2为参数为n的/2变量.(ii) F变量的典型模式是：F二“1，其中X,丫要求满足：X与丫相互独立,丫/门2X L /2(口),丫X2(n2)，称F为参数为(m,n2

17、 )的F变量.【详解】方法1:根据题设条件，X和丫均服从N(0,1).故X2和丫2都服从/ 2(1)分布,答案应选(C).方法2：题设条件只有 X和丫服从N(0,1),没有X与丫的相互独立条件.因此，X2与丫2的独立条件不存在，选(B)、(D)项均不正确.题中条件既没有 X与丫独立，也没有(X,Y)正态，这样就不能推出 X+Y服从正态分布的选项(A) 根据排除法，正确选项必为(C).三【详解】最新修正版L arctan( 1+t)dtduarctan(1+t)dtdulim 等 lim LX-；0X(1COSX)=7x2f arctan(1+t)dt'0洛 lim«j02ar

18、ctan(1 + x ) 2x3x四【详解】 方法1：用一阶微分形式不变性求全微分.du = f/dx + fz'd y + fdz解出所以= z（x, y）由xeX yey =zez所确定，两边求全微分，有xyzxyzd(xe -ye ) = d(ze ) = d(xe ) -d(ye ) = d(ze )二 xeXdx +eXdx yeydy -eydy = zezdz +ezdz ,dz(x+1)dxey(y+1)dy,(设 z+iHo).ez(z+1)duYdxr'dy + fa.ax+Jdx endyez(z+1)方法2:皀exY + fa竿旦 r' + fa

19、'皀<x cycy（根据多元函数偏导数的链式法则 ）F面通过隐函数求导得到ex由xeX yey = zez两边对x求偏导数，有x.x / z.Z 石zxe +e =(ze +e ),exrX丄 X/曰 cz xe +e 得一=-z 丄 zex ze +e，（设z+1 H0）.类似可得,czy 丄 y-ry?二，代入皀启表达式ze +eex cyf2 far,ze +eKX丄 X4- +“xe +e、 = f1+f3 r z+ z)，<xze 十 er-.再代入 du =dx +皀dy中，得 cy,ex(x + 1)3du =+ f/ ez(x ') idx +Lez

20、(z+1)五【详解】首先要从f (sin2 X)= 求出f (x). sin x厂TU命 u =sin693noc 3n x，则有 sin x = JU , x = arcsin JU，于是 f (u) = arcs； u .(通过换元 求出函数的表达式)J 名 f (x)d_；£rcs dx=jar浮dxyxsintt= f2sin t costdt (换元积分法)、cost六【分析】旋转体的体积公式：设有连续曲线r： y = f (x)(a< x< b), f(x)>0与直线= 2 Jtsintdt =2tcost +sint +C(分部积分法) = 2Q x

21、arcsin 仮+呵+ Cb2X = a, X = b及x轴围成平面图形绕 x轴旋转一周产生旋转体的体积V = J兀f(X)dx a224辽【详解】(1) 乂 =兀 f (2x2 )dx = (32 a5)a521 L 22a2 24V2 "a L2a 兀X dy =兀a0 c a c 2 .(2) V+2 =L(32-a5) + ；ia七【解】(1) wxT+i!6t+9!川+話川+三話5根据一元函数最值的求法要求驻点，令dV 3 =4a3(1a)=0, dap| /rl/得a=1.当0cac1时E >0，当1<ac2时卫一v。，因此a = 1是V的唯一极值点且dada

22、是极大值点，所以是 V的最大值点， maxV =129兀同理得从而y(x)=(1+2：3n处xn丄(3n)!cx32y 二L(3n2)!yp(x)+y(x)+y(x)3CY = n 4/ 3nx3nxl(3n)!丿n4 (3n)!3C% (3n1)!3n J xc= (L(3n2)'心(3n-1)!3n_2x)+(送刊+三而）处xn=1中送（由e的麦克劳林展开式） ni n!x=e这说明,或x3nyr(3n)!是微分方程y " + y' + y = eX的解，并且满足初始条件nm(3 n)!=1，y'（o）=2心(3n-1)!=0.所以c3微分方程 y&quo

23、t;+y'+y=e对应的齐次线性方程为y" + y'+ y = 0，其特征方程为汇+ a +1=0，其特征根为-丄±V3i，所以其通解为2 2y =e 2C1 cos阴 x + C2Sin 五 x.1 2 2 2另外，该非齐次方程的特解形式为y = ce= -1>e(C2C)sin 砸x-1xeW(C1 -2C2天頂)cos逅 x + eX2222223，代入原非齐次方程得 cex + cex + cex = ex，-.故微分方程y" + y' + y = ex的通解为=e 2C1 cos晅 X +C2 sin x +1 ex.223

24、=1 xeiG 8也 X +C2 sin晅 X +J -Q X 3 X sin x+Wc2 cosxex由初始条件y(0) =iy(0) =0 得2222223最新修正版解得-0 J3J31011 =e 2C1 co X0+ C2sinLx0+ e =C1 +22331 _0J31 -« 0 =xe 2(C2 -ZGxJsin1x0-xe 2(C2C22 2 2 21 , Ts 1=G +C2 X +2 23咒込cos邑0比。223+1=14CfC2r0于是得到惟一的一组解:C-,C0.从而得到满足微分方程3y" + / + y = ex及初始条件y(0) =l,y(O)

25、=0的解，只有一个,y 二e 畤 cos逅 x+1ex3 23c另一方面，由(1)已知y(x)nz0y y = e及初始条件y(0) =1,y(O) =0的解，由微分方程解的唯一性，知1+2 丄=2eNos晅 xeY 亠 £x< 址)心(3n)!323八【详解】方法1：因为f (x)与g(x)在a,b 上连续，所以存在 x1 x2使得f (x1)= M = max f (x) , f (x?) = m = min f (x),X 年a,bxQa,b满足m < f(X)< M .又g(x)0，故根据不等式的性质mg(x) < f (x)g(x) < Mg(

26、x)根据定积分的不等式性质有bbbm / g(x)dx<J f(x)g(x)dx<M J g(x)dx, aaabJaf(x)g(x)叫M.所以 m < bJag(x)dxbf f(x)g(x)dx由连续函数的介值定理知，存在Ua,b，使f(g)=f g(x)dxa即有bbJa f (x)g(x)dx = f ( fa g(x)dx .方法2:因为f(x)与 g(x)在a,b 上连续，且 g(x)0,故 f f (x)g(x)ck 与 f g(x)dx 都存在,bJ g(x)dx aO." aaf (x)g(x)dxbbb-b= h，于是 Ja f (x)g(x)d

27、x = h a g(x)dx = hg(x)dx,即f g(x)dx'a'a'a%bJa (f(X)-h)g(x)dx =0因此必存在(a,b)使f(©)=h .不然，则在(a,b)内由连续函数的零点定理知要么bf(x)-h恒为正，从而根据积分的基本性质得J (f(x)-h)g(x)dxA0 ;要么f(x)-habf (f(X)-h)g(x)dx =0不符.由此推"ab恒为负，同理得f (f(X)-h)g(x)dx <0，均与"a知存在(a,b)使 frh， 从而b. bJa f (x)g(x)dx = f (© Ja g(

28、x)dx .九【详解】方法1：对系数矩阵记为fabbHIb'2行 J行3行 4行r abbHIb、babIIIbI1n行4行b -aa-b0III0bbaIIIbTb -a0a-bIII0+X+11 'RF+4+411HRRr.bbbIIIa>(b - a00IIIa-b丿A作初等行变换A =r (A ) = 1, AX =0的同解方程组为Xj 中 X211 + Xn = 0 ,基础解当 a =b(HO)时,系中含有n-1个(未知数的个数-系数矩阵的秩)线性无关的解向量，取x2,x3,., xn为自由 未 知 量，分 别取X2=1,X3= 0,.,Xn=0 ,X2= 0,

29、X3=1，Xn= 0 ,-X2 =0, X3 =0，Xn =1得方程组nT个线性无关的解，-1,1,0,川0字2 =T,0,1,0，川,0川1,鳥70,川,0,订,为基础解系，方程组AX=0的全部解为X=k15 + kf丹H +kn _J_ ,1其中ki(i = 1,2H n- 是任意常数.1行_2行过1行_3行1行行Tabbb2行/( a_b)3行 /( a_b)-aa -b00n行 /( a_b)-aI0 ap1 -bIII0T-a卜0卜0a -bfa +(n-1)b00III 0、At-1a-1-1rbb-1-1-1当 a Hb且 a H (n 1)b 时,IIIIIIIIIINthth

30、a = a + (n- 1)bH0, r(A) = n,AX：=0仅有零解.当a = (n - 1)b时，r(A) =n-1, AX =0的同解方程组是-xi-X1+ X2 =0,+ X3 ：= 0,-X1+ Xn =0,基础解系中含有1个线性无关的解向量，取 X1为自由未知量,X1=1，得方程组1个非零解t = 1,1川,1，即其基础解系，故方程组的全部解为X其中k是任意常数.方法2:方程组的系数行列式iliiliilib把第2., n列b加到第例a+( n- 1)ba+( n- 1)ba+( n- 1)bHIIIIIIIIIIa+( n- 1)bIII提取第1列的公因子a + (n-1)b

31、INththINIIIIIIill第2行-第1行第3行-第1行a+(n_1)bIIIa-b= a+(n - 1)b(a -b)n4(1)当 a Hb且 a(n - 1)b时,r (A) = n方程组只有零解.当a =b(H0)时,faaHIHiilla第2行-第1行 a 第3行-第1行a -a00inHiIIIa00第1行咒-0zn1?IIIHiII)illIIIL0II)方程组的同解方程组为X1 +X2+ Xn =0基础解系中含有n -1个(未知数的个数-系数矩阵的秩)线性无关的解向量，取X2,X3，Xn 为自由未知量，分别取X2=1,X3=0，Xn=0 ,X 0,X 1,.,X 0 ,X2

32、 =0,X3 =0，Xn =1得方程组n1个线性无关的解为基础解系-1,1,0,川0字2 =T,0,1,0,川,0川|,©=70,川,0,订,方程组AX=0的全部解为X=k1j + k2卅ll+knE ,其中ki(i = 1, 2Hn是任意常数.(1)当 a =-(n 1)b(bH0)时,*1n11III12行-1行q - n11IN1、11-n1ih13行-1行nn0IN01J11-nIII1亠+n+0nIII0111FP11IIIFPn丿行+< nRR0R0INFPnIIIbbb(1 n)b 丿1,2,.n行分别¥T'(1- n)bbbb(1- n)bbb

33、b(1- n)bIIItil川2,.,n行1分别X -1-1010-1-V011把第2,.,n行都依次加到第1行/I10-1000-1出出Ki-Vr（A）= n -1,其同解方程组是Xi X2Xi X3=0,=0,X1 Xn=0,基础解系中含有1个线性无关的解向量,取 X1为自由未知量，取Xi =1，得方程组1个非零解£ =【1,1川，1丁，即其基础解系，故方程组的全部解为X ，其中k是任意常数.十【详解】（1）设）是A的任意特征值,a是A的属于A的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有Aa = AC,皆 0,两边左乘A，得+2*得(A2 + 2A ”+2 肖因 A2 +2A =0

34、 ,工0，从而上式（A2 +2AM2所以有入+2几=0,故A的特征值几的取值范围为0,-2 .因为A是实对称矩阵，所以必相似于对角阵A,且A的主对角线上元素由 A的特征值(若没有0，则A=-2,故r(A) =r(A) =3与已知矛盾；若有两个0,则人=01L0f01r-，故r(A) =r(A) =0与已知0故r(A)=r(A) =1与已知矛盾；若三个全为0，则A =组成，且r(A) =r(A)=2，故A的特征值中有且只有一个0.矛盾).故r-2aL a=即A有特征值 片=扎2 = 2,為=0 .(2) A + kE是实对称矩阵，A有特征值扎1 =:吃=一2,打=0 ,知A + kE的特征值为k -2,k-2,k .因为矩阵正定的充要条件是它的所有的特征值均大于零，故2 >2二 « U k > 2Ik aOk-2>"0A+kE正定吕化20故k :>2时A+kE是正定矩阵.U的值卜一【分析】(X,Y)有四个可能值，可以逐个求出.在计算过程中