数学三分析详解评注数一至数四真题详解

2003年全国硕士入学统考数学(三)试题及答案一、填空题（此题共6小题，每题4分，满分24分.把答案填在题中横线上）（1）设f(x)xcos1,若x0,2.x若x其导函数在x=0处连续，则的取值范围是0,0,【剖析】当x0可直接按公式求导，当x=0时要求用定义求导.【详解】当1时，有f(x)x1cos1x2sin1,若x0,xx若x0,0,明显当2时，有limf(x)0f(0)，即其导函数在x=0处连续.x0（2）已知曲线yx33a2xb与x轴相切，则b2能够经过a表示为b24a6.【剖析】曲线在切点的斜率为0，即y0，由此可确立切点的坐标应知足的条件，再依据在切点处纵坐标为零，即可找到b2与a的关系.【详解】由题设，在切点处有y3x23a20，有x02a2.又在此点y坐标为0，于是有0x033a2x0b0,故b2x02(3a2x02)2a24a44a6.（3）设a>0，f(x)g(x)a,若0x1,而D表示全平面，则0,其余，If(x)g(yx)dxdy=a2.D【剖析】此题积分地区为全平面，但只有当0x1,0yx1时，被积函数才不为零，所以实质上只要在知足此不等式的地区内积分即可.【详解】If(x)g(yx)dxdy=a2dxdyD0x1,0yx1=a21x1a211)x]dxa2.dxdy[(x0x0（4）设n维向量(a,0,,0,a)T,a0；E为n阶单位矩阵，矩阵1AET，BE1T，此中A的逆矩阵为B，则a=-1.a【剖析】这里T为n阶矩阵，而T2a2为数，直接经过ABE进行计算并注意利用乘法的联合律即可.【详解】由题设，有AB(ET)(E1T)aEEE

TTT

1a1a1a

TTT

1TTa1(T)TaT2a=E(12a1TE,)1a1于是有12a0，即2a2a10，解得a,a1.因为A<0,故a=-1.a2（5）设随机变量X和Y的有关系数为0.9,若ZX0.4，则Y与Z的有关系数为0.9.【剖析】利用有关系数的计算公式即可.【详解】因为cov(Y,Z)cov(Y,X0.4)E[(Y(X0.4)]E(Y)E(X0.4)E(XY)0.4E(Y)E(Y)E(X)0.4E(Y)=E(XY)–E(X)E(Y)=cov(X,Y),且DZDX.于是有cov(Y,Z)=cov(Y,Z)=cov(X,Y)DYDZDXDY

XY0.9.（6）设整体X听从参数为2的指数散布，X1,X2,,Xn为来自整体X的简单随机样本，则当n1n2依概率收敛于1时，YnXi.ni12【剖析】此题考察大数定律：一组互相独立且拥有有限希望与方差的随机变量X1,X2,,Xn，当方差一致有界时，其算术均匀值依概率收敛于其数学希望的算术均匀值：1np1n).XiEXi(nni1ni12【详解】这里X12,X22,,Xn2知足大数定律的条件，且EXi2DXi(EXi)2=1(1)21，所以依据大数定律有422Yn1nXi2依概率收敛于1nEXi21.ni1ni12二、选择题（此题共6小题，每题4分，满分24分.每题给出的四个选项中，只有一项切合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内）（1）设f(x)为不恒等于零的奇函数，且ff(x)(0)存在，则函数g(x)x(A)在x=0处左极限不存在.(B)有跳跃中断点x=0.(C)在x=0处右极限不存在.(D)有可去中断点x=0.[D]【剖析】由题设，可推出f(0)=0,再利用在点x=0处的导数定义进行议论即可.【详解】明显x=0为g(x)的中断点，且由f(x)为不恒等于零的奇函数知，f(0)=0.于是有limg(x)limf(x)limf(x)f(0)f(0)存在，故x=0为可去中断点.x0x0xx0x0（2）设可微函数f(x,y)在点(x0,y0)获得极小值，则以下结论正确的选项是(A)f(x0,y)在yy0处的导数等于零.（B）f(x0,y)在yy0处的导数大于零.(C)f(x0,y)在yy0处的导数小于零.(D)f(x0,y)在yy0处的导数不存在.[A]【剖析】可微必有偏导数存在，再依据取极值的必需条件即可得结论.【详解】可微函数f(x,y)在点(x0,y0)获得极小值，依据取极值的必需条件知fy(x0,y0)0，即f(x0,y)在yy0处的导数等于零,故应选(A).anananan（3）设pn，qn，n1,2,，则以下命题正确的选项是22(A)若an条件收敛，则pn与qn都收敛.n1n1n1(B)若an绝对收敛，则pn与qn都收敛.n1n1n1(C)若an条件收敛，则pn与qn敛散性都不定.n1n1n13(D)若an绝对收敛，则pn与qn敛散性都不定.[B]n1n1n1【剖析】依据绝对收敛与条件收敛的关系以及收敛级数的运算性质即可找出答案.【详解】若an绝对收敛，即an收敛，自然也有级数an收敛，再依据n1n1n1anan，qnananpn与qn都收敛，故应选pn22及收敛级数的运算性质知，n1n1(B).abb（4）设三阶矩阵Abab，若A的陪伴矩阵的秩为1，则必有bba(A)a=b或a+2b=0.(B)a=b或a+2b0.(C)ab且a+2b=0.(D)ab且a+2b0.[C]【剖析】A的陪伴矩阵的秩为1,说明A的秩为2，由此可确立a,b应知足的条件.【详解】依据A与其陪伴矩阵A*秩之间的关系知，秩(A)=2，故有abbbab(a2b)(ab)20，即有a2b0或a=b.bba但当a=b时，明显秩(A)2,故必有ab且a+2b=0.应选(C).（5）设1,2,,s均为n维向量，以下结论不正确的选项是(A)若关于随意一组不全为零的数k1,k2,,ks，都有k11k22kss0，则1,2,,s线性没关.(B)若1,2,,s线性有关，则关于随意一组不全为零的数k1,k2,,ks，都有k11k22kss0.(C)1,2,,s线性没关的充分必需条件是此向量组的秩为s.(D)1,2,,s线性没关的必需条件是此中随意两个向量线性没关.[B]【剖析】此题波及到线性有关、线性没关观点的理解，以及线性有关、线性没关的等价表现形式.应注意是找寻不正确的命题.【详解】(A):若对于随意一组不全为零的数k1,k2,,ks,都有k11k22kss0，则1,2,,s必线性没关，因为若1,2,,s线性有关，4则存在一组不全为零的数k1,k2,,ks,使得k11k22kss0，矛盾.可见（A）建立.(B):若1,2,,s线性有关，则存在一组，而不是对随意一组不全为零的数k1,k2,,ks，都有k11k22kss0.(B)不建立.(C)1,2,,s线性没关,则此向量组的秩为s；反过来，若向量组1,2,,s的秩为s，则1,2,,s线性没关，所以(C)建立.(D)1,2,,s线性没关,则其任一部分组线性没关，自然此中随意两个向量线性无关，可见(D)也建立.综上所述，应选(B).（6）将一枚硬币独立地掷两次，引进事件：A1={掷第一次出现正面}，A2={掷第二次出现正面}，A3={正、反面各出现一次}，A4={正面出现两次}，则事件(A)A1,A2,A3互相独立.(B)A2,A3,A4互相独立.(C)A1,A2,A3两两独立.(D)A2,A3,A4两两独立.[C]【剖析】依据互相独立与两两独立的定义进行验算即可，注意应先检查两两独立，若成立，再查验能否互相独立.【详解】因为P(A1)1，P(A2)1，P(A3)1122，P(A4)，24且P(A1A2)1，P(A1A3)1，P(A2A3)1，P(A2A4)1P(A1A2A3)0，4444可见有P(A1A2)P(A1)P(A2)，P(A1A3)P(A1)P(A3)，P(A2A3)P(A2)P(A3)，P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)，P(A2A4)P(A2)P(A4).故A1,A2,A3两两独立但不互相独立；A2,A3,A4不两两独立更不互相独立，应选(C).三、（此题满分8分）设f(x)111,x1xsinx(1[,1).x)2试增补定义f(1)使得f(x)在[1,1]上连续.25【剖析】只要求出极限limf(x)，而后定义f(1)为此极限值即可.x1【详解】因为limf(x)=lim[111]x1x1xsinx(1x)=11lim(1x)sinxx1(1x)sinx=11limsinx(1cosxx1x)cosx112sinx=limcosxcosx(1x)2sinxx11.因为f(x)在[1,1)上连续，所以定义2f(1)1，使f(x)在[1,1]上连续.2四、（此题满分8分）设f(u,v)拥有二阶连续偏导数，且知足2f2f1，又g(x,y)f[xy,1(x2y2)],u2v222g2gx2y.求【剖析】此题是典型的复合函数求偏导问题：gf(u,v)，uxy,v1(x2y2)，2直接利用复合函数求偏导公式即可，注意利用2f2f.uvvu【详解】gyfxf，xuvgxfyf.yuv故2gy22f2xy2fvx22ff，x2u2uv2v62gx22f2xy2f22ffy2u2yv2.vuv所以2g2g(x2y2)2f(x2y2)2fx2y2u2v2x2y2.、（此题满分8分）计算二重积分Ie(x2y2)sin(x2y2)dxdy.D此中积分地区D={(x,y)x2y2}.【剖析】从被积函数与积分地区能够看出，应当利用极坐标进行计算.【详解】作极坐标变换：xrcos,yrsin，有Iee(x2y2)sin(x2y2)dxdyD=e2dre2sinr2dr.0r0令tr2，则Ieetsintdt.0记Aetsintdt，则0Aetintdet0=[etsintetcostdt]00=costdet0=[etcost0etsintdt]0=e1A.所以A1(1e)，2Ie(1e)(1e).22六、（此题满分9分）7求幂级数1(1)nx2n(x1)的和函数f(x)及其极值.n12n【剖析】先经过逐项求导后乞降，再积分即可得和函数，注意当x=0时和为1.求出和函数后，再按往常方法求极值.【详解】f(x)(1)nx2n11x.n1x2上式两边从0到x积分，得f(x)f(0)xtdt1ln(1x2).t2由f(0)=1,012得f(x)11ln(1x2),(x1).2令f(x)0，求得独一驻点x=0.因为f(x)1x2,(1x2)2f(0)10，可见f(x)在x=0处获得极大值，且极大值为f(0)=1.七、（此题满分9分）设F(x)=f(x)g(x),此中函数f(x),g(x)在(,)内知足以下条件：f(x)g(x)，g(x)f(x)，且f(0)=0,f(x)g(x)2ex.求F(x)所知足的一阶微分方程；求出F(x)的表达式.【剖析】F(x)所知足的微分方程自然应含有其导函数，提示应先对F(x)求导，并将其余部分转变为用F(x)表示，导出相应的微分方程，而后再求解相应的微分方程.【详解】(1)由F(x)f(x)g(x)f(x)g(x)=g2(x)f2(x)=[f(x)g(x)]22f(x)g(x)=(2ex)2-2F(x),可见F(x)所知足的一阶微分方程为8F(x)2F(x)4e2x.(2)F(x)2dx[4e2xe2dxedxC]=e2x[4e4xdxC]e2xCe2x.将F(0)=f(0)g(0)=0代入上式，得C=-1.于是F(x)e2xe2x.八、（此题满分8分）设函数f(x)在[0，3]上连续，在（0，3）内可导，且f(0)+f(1)+f(2)=3,f(3)=1.试证必存在(0,3)，使f()0.【剖析】依据罗尔定理，只要再证明存在一点c[0,3)，使得f(c)1f(3)，而后在[c,3]上应用罗尔定理即可.条件f(0)+f(1)+f(2)=3等价于f(0)f(1)f(2)1，问题转3化为1介于f(x)的最值之间，最后用介值定理能够达到目的.【详解】因为f(x)在[0，3]上连续，所以f(x)在[0，2]上连续，且在[0，2]上必有最大值M和最小值m，于是mf(0)M，mf(1)M，mf(2)M.故mf(0)f(1)f(2)3M.由介值定理知，起码存在一点c[0,2]，使f(c)f(0)f(1)f(2)31.因为f(c)=1=f(3),且f(x)在[c,3]上连续，在(c,3)内可导，所以由罗尔定理知，必存在(c,3)(0,3)，使f()0.九、（此题满分13分）已知齐次线性方程组9(a1b)x1a2x2a3x3anxn0,a1x1(a2b)x2a3x3anxn0,a1x1a2x2(a3b)x3anxn0,a1x1a2x2a3x3(anb)xn0,n此中ai0.试议论a1,a2,,an和b知足何种关系时，i1方程组仅有零解；方程组有非零解.在有非零解时，求此方程组的一个基础解系.【剖析】方程的个数与未知量的个数同样，问题转变为系数矩阵队列式能否为零，而系数队列式的计算拥有明显的特点：全部列对应元素相加后相等.可先将全部列对应元素相加，而后提出公因式，再将第一行的（-1）倍加到其余各行，即可计算出队列式的值.【详解】方程组的系数队列式a1ba2a3ana1a2ba3anAa1a2a3bana1a2a3anb=bn1(bnai).i1(1)当b0时且bnai0时，秩(A)=n，方程组仅有零解.1当b=0时，原方程组的同解方程组为a1x1a2x2anxn0.n0可知，ai(i由ai1,2,,n)不全为零.不如设a10，得原方程组的一个基础i1解系为1(a2,1,0,,0)T，2(a3,0,1,,0)T，,n(an,0,0,,1)T.a1a1a1n当bai时，有b0，原方程组的系数矩阵可化为i110na1aia2a3ani1na1a2aia3ani1na1a2a3aiani1na1a2a3anaii1（将第1行的-1倍加到其余各行，再从第2行到第n行同乘以1倍）naii1na1aia2a3ani1110010101001（将第n行an倍到第2行的a2倍加到第1行，再将第1行移到最后一行）11001010.10010000由此得原方程组的同解方程组为x2x1，x3x1，,xnx1.原方程组的一个基础解系为(1,1,,1)T.十、（此题满分13分）设二次型f(x1,x2,x3)XTAXax122x222x322bx1x3(b0)，中二次型的矩阵A的特点值之和为1，特点值之积为-12.(1)求a,b的值；(2)利用正交变换将二次型f化为标准形，并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵.【剖析】特点值之和为A的主对角线上元素之和，特点值之积为A的队列式，由此可求出a,b的值；进一步求出A的特点值和特点向量，并将同样特点值的特点向量正交化（若11有必需），而后将特点向量单位化并以此为列所结构的矩阵即为所求的正交矩阵.【详解】（1）二次型f的矩阵为a0bA020.b02设A的特点值为i(i1,2,3).由题设，有123a2(2)1，a0b1230204a2b212.b02解得a=1,b=-2.由矩阵A的特点多项式102EA020(2)2(3)，202得A的特点值122,33.关于122,解齐次线性方程组(2EA)x0，得其基础解系1(2,0,1)T，2(0,1,0)T.关于33，解齐次线性方程组(3EA)x0，得基础解系3(1,0,2)T.因为1,2,3已经是正交向量组，为了获得规范正交向量组，只要将1,2,3单位化，由此得1(2,0,1)T，2(0,1,0)T，3(1,0,2)T.5555令矩阵20155Q123010，10255则Q为正交矩阵.在正交变换X=QY下，有12200QTAQ020，003且二次型的标准