2010考研数三真题及解析

2010年入学统一考数学三一、选择题(1~8小题,每小题4分,共32分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题若lim11aex1,则a等于 x0 (B) (C) (D)设y1,y2是一阶非齐次微分方程ypxyqx的两个特解,若常数，y1y2是该方程的解,y1y2是该方程对应的齐次方程的解,则(

1,1 2,1

1,1 2,2 【答案解析】见理论验证强化指导部分数二试题一设函数fxgx具有二阶导gx0gx0agx的极fgxx0取极大值的一个充分条件是(fa0 fa0 (C)fa0 (D)fa0x设fxln10x,gxx,hxe10,则当x充分大时有 (A)gxhxfx (B)hxgxfx(C)fxgxhx (D)gxfxhxI:1,2,rII12,s 设A为4阶实对称矩阵,且A2AO,若A的秩为3,则A相似于

(B) 0

(C) (D) 0

xXF(x)

1 0x12

PX1

x

2

1e1 2

1e1设f1(x)为标准正态分布的概率密度,f2(x)为1,3上均匀分布的概率密f(x)af1

x(a0,bx为概率密度,则a,b应满足 2a3b4 (B)3a2b4(C)ab (D)ab2二、填空题(9~14小题,每小题4分,共24分.请将答案写指定位置上设可导函数yy(x)由方程xyet2dtxxsint2dt确定,则 dx1设位于曲线y (ex)下方,x轴上方 区域为G,则G绕轴旋转一周所得空间区域的体积 设某商品的收益函数为R(p),收益弹性为1p3,其中p为价格,且R(1)1Rp).若曲线yx3ax2bx1有拐点(1,0),则b 设A,B为3阶矩阵,且A3,B2,A1B2,则AB1 2( 12X1X2,Xn是来自总体则ET

,(0)的简单随机样本,统计量T

Xinin三、解答题(15~23小题,共94分.请将解答写在指定位置上.解答应写出文字说明、(本题满分10 1limxx1)lnx1y(本题满分1yD计算二重积分(xy)3dxdyD由曲线xD

与直线x 2y0x 2y0(本题满分10求函数uxy2yzx2y2z210下的最大值和最小值.(18)(本题满分10分)I1lntln1tndt1tnlntdtn12,的大小,说明理由1 1nIIun0lntln1t

dtn12,,求极限limunn设函数f 在0,3上连续,在0,3内存在二阶导数,22 II0,3f(10(20111 A01，b

1 IaIIAxb的通解.(21)(本题满分11分) 4 设A a,正交矩阵Q使得 0 1(1,2,1)Ta,Q1

AQ为对角矩阵,若Q的第1列为设二维随量(X,Y)的概率密度f(x,y)Ae2x22xyy2,x,yAfY|Xy|x(23)(本题满分11箱中装有6个球,其中红、白、黑球的个数分别为1,2,3个,现从箱中随机取出2个球,XY为取出的白球个数.(I)求随量(X,Y)的概率分布(II)求Cov(X,Y一、选择题

2010年 入学统一考试【解析1 x

1

axexlima

1e1ax 1eaxe x0

x0 x0 x0

lim

1a

【解析】因y1 是yPxy0的解,故y1yPxy 0,所 2 而由已知y1Pxy1qxyPxyqx, qx0 又由于一阶次微分方程ypxyqx是非齐的由此可知qx0所0由于y1y2是非齐次微分方程yPxyqx的解,所y1y2Pxy1y2qx整理 yPxyyPxyqx 1 2 qxqx,由qx0可知1 由①②求解得

1,故应选2【解析】fg(x)fg(x)g(x)fg(x) fg(x)g(x) fg(x) fg(x)g(x) fg(x0)fg(x)g(x)fag(x g(x00,要使fg(x)0,必须有f(a0,故答案为

x【解析】因为 lim x x f ln10

ln9x

ln9又因为

lim lim10 x10lim x ln8x

109 x1092limlnx10!lim10 x xxf(xg(x)xf(xg(x)h(x【解析】由于向量组I能由向量组II线性表示,所以r(I)r(II)若向量I线性无关r(1,,rrrr(1,,rr(1,ssrs,选【解析】设AA2AO,所以20,即(1)0A的10.由于AA

A,r(A)r()3,因此, ,即A

【解析】离散型随量的分布函数是跳跃的阶梯形分段函数,连续型随量的分布函数是连续函数.观察本题中F(x)的形式,得到随量X既不是离散型随量,也不是连续型随量,所以求随量在一点处的概率,只能利用分布函数的定义.根据分布函数的定义,函数在某一点的概率可以写成两个区间内概率的差,即PX1PX1PX1F1F101e111e1故本题 1

1,1x【解析】根据题意知,f1x e2(x),f2x,fxdx1fxdx 0afxdxbfxdxafxdxb31dxa3b 2 0 【答案】 xyet2dtxxsint2dtx0y0x e(xy)2(1dy)xsint2dtxsinx2x0y0代入上式,得1dxx

【答案24 V y2dx dln

1P3【答案】p 【解析由弹性的定义,得dRp1p3,所以dR12 ,即lnRlnp1p2Cdp p3 1又R11,所以C .故lnRlnp p ,因此Rpe 【答案】b3【解析】函数为yx3ax2bx1,它的一阶导数为y3x22axb;二阶导数为y6x2a,又因为1,0是拐点,所以y 0,得a1,所以a3,又因为曲 过点10,所以x1,y0代入曲线方程,得b3【答案】【解析AA1B)B1(EAB)B1B1A,所AB1A(A1B)B1AA1BB2B1

2

1

AB1

A1

32

32 1 【解析】ETE Xi EXi ni 三、解答题1 1 lnx lnxx lnxx lnex1

ln

lim lim 【解析】limx limeln exln x 其

1) 1lnx

1ln

elnxe

1ln lim limex ln x

xlnx

故原式e1【解析】积分区域DD1D2,其中D1x,y0y1,2yx 1y2D2x,y1y0,2yx 1y2xy3dxdy

x33x2y3xy2y3 3x2y

dxdy0 Dx3x2y是y xydxdyx3xydxdy2x3xydxdy20 x3xy1y2 2211x43x2y2 dy219y42y21dy14y0 0 4 y 【解析】令Fx,y,z,xy2yzx2y2z210, 日乘数法Fxx2z2y F2y2zFzx2y2z210求解得六个点 A1,5,2,B1,5,C1,5,2,D1,5,E22,0,

2,F22,0,2；在点C与D处,u 又因为该问题必存在最值,并且不可能在其它点处,所以 ,umin I)当0x1时0ln(1xx,故ln(1t)ntnlntln(1t)nlnttn 1lntln(1t)ndt1lnttndtn1,2,101

lnttdt lnttdt

lntd

,故 n

n0

1lnttndt n根 定理得0limun 120,所以limun0 nn 2【解析】(I2f(0)0f(x)dxfx在02上连续,所以由积分中值定理得,至少有一点0,2,使得220fxdxf22即2f02f,所以存在02,使得ff0f2f(Ⅱ)因为f2f32f0,即 f0,又因为fx在2,3上2因为fx在02上连续,在02上可导,且f0f2,所以由罗尔中值定理知,Ｃ存在102f10又因为fx在2,1上连续,在2,1上可导,且f2f0中值定理知,存在22,1f20

又因为fx在,上二阶可导,且f f20,所以由罗尔中值定理, 【解析】因为方程组有两个不同的解,所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于3,进而可以通过秩的关系求解方程组中未知参数,有以下两种方法.1I已知Axb2个不同的解,故r(A)rA)3,对增广矩阵进行初等行 a 1A

1 1 1

1

a 1 1 11 a 1 a11当1A00

111 0

1,此时r(Ar(A)Axb无解(舍00

000 1

1,由于r(Ar(A3a2,故1a

aA

(1)2(1)0 知1或-当1r(A1rA)2Axb无解,因此1.由r(ArA,a211A011A0

10 322

1 1

10 0

122

0 0 3 x 1 2可知原方程组等价为

x1x32,写成向量的形式,即x1

0 0 2 3 2x2 x 1 3

32 2Axbxk0 2 0 4 【解析】由于A 0

,存在正交矩阵Q,使得

AQ为对角阵,且Q的第 1(1,2,1)T 1616 1616 根据特征值和特征向量的

A2 2A66 1 661616 1616 41 1

4 a22,由此可得a1,2.故A 14a0111 40 由EA 由(EA)x0,即 0,可解得对应于4的线性无关 2 4x3特征向量为210,1)T

由(EA)x0,即 0,可解得对应于5的特征向量 2 1 1 1

取Q,,

,则QTAQ33

X【解析】当给出二维正态随量的的概率密度fx,y后,要求条件概率密度f(y|x),可以根据条件概率