1、12001 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析一、填空题一、填空题(1)【答案】【使用概念】设 yf x在x处可导，且 0f x，则函数y关于x的弹性在x处的值为 EyxxyfxExyf x【详解】由QAL K，当1Q 时，即1AL K，有1,KAL于是K关于L的弹性为：EKELLKK11dALLdLAL111ALLAL(2)【答案】11.22tW【详解】tW表示第t年的工资总额，则1tW表示第1t 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tW满足的差分方程是：11(120)21.22tttW
2、WW(3)【答案】-3【详解】方法方法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111111111111kkAkk11111001(1)2,3,410101001kkkkkkk 行分别加到行关注公众号【考研题库】保存更多高清资料2311101002,3,400100001kkkk 列分别加到1列可见只有当k=3时，r(A)=3.故k=3.方法方法2：由题设r(A)=3，故应有四阶矩阵行列式0A.由111111111111kkAkk11111001(1)2,3,410101001kkkkkkk 行分别加到行311101002,3,400100001k
3、kkk列分别加到1列3(3)(1)0,kk解得k=1或k=3.当k=1时，1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1A111100001(1)2 3 400000000 行分别加到，行可知，此时r(A)=1，不符合题意，因此一定有k=3.(4)【答案】112【所用概念性质】切比雪夫不等式为：2()()D XP XE X期望和方差的性质：()E XYEXEY；()2cov(,)D XYDXX YDY【详解】把XY看成是一个新的随机变量，则需要求出其期望和方差.故()220E XYEXEY 又相关系数的定义：cov(,)(,)X YX YDXDY则cov(,)(,)(0.5)141X
4、 YX YDXDY ()2cov(,)12(1)43D XYDXX YDY 所以由切比雪夫不等式：关注公众号【考研题库】保存更多高清资料32()316()663612D XYP XYP XYE XY(5)【答案】F；(10,5)【所用概念】1.F分布的定义：12XnFYn其中21()Xn22()Yn2.2分布的定义：若1,nZZ相互独立，且都服从标准正态分布(0,1)N，则221()niiZn3.正态分布标准化的定义：若2(,)ZN u，则(0,1)ZuN【详解】因为2(0,2)1,2,15iXNi，将其标准化有0(0,1)22iiXXN，从而根据卡方分布的定义2222221015111(10
5、),(5),2222XXXX由样本的独立性可知，2210122XX与22151122XX相互独立.故，根据F分布的定义22101221102222111515112210(10,5).2225XXXXYFXXXX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、选择题二、选择题(1)【答案】B【详解】方法方法1：由()lim1,xafxxa 知lim()xafx()limxafxxaxa()limlimxaxafxxaxa1 0 0又函数()f x的导数在xa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()0fa，于是有关注公众号【考研题库】保存更多高清
6、资料4()()()()limlim1,xaxafxfafxfaxaxa 即()0fa，()10fa ，根据判定极值的第二充分条件：设函数()f x在0 x处具有二阶导数且0()0fx，0()0fx，当0()0fx时，函数()f x在0 x处取得极大值.知xa是()f x的极大值点，因此，正确选项为(B).方法方法2：由()lim1,xafxxa 及极限保号性定理：如果 0limxxf xA，且0A(或0A)，那么存在常数0，使得当00 xx时，有 0f x(或 0f x)，知存在xa的去心邻域，在此去心邻域内()0fxxa.于是推知，在此去心邻域内当xa时()0fx；当xa时()0.fx又由条
7、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0 x处连续，且在0 x的某去心领域内可导，若00,xxx 时，()0fx，而00,xxx 时，()0fx，则()f x在0 x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01x时，21()(1)2f xx，有()g x 0 xf u du201(1)2xudu3001162xxuu311,62xx当12x时，1()(1)3f xx，有0()()xg xf u du101()()xf u duf u du120111(1)(1)23xuduudu1
8、132010111116263xxuuuu221136x即3211,0162()211,1236xxxg xxx因为311112lim()lim623xxg xxx，211212lim()lim1363xxg xx，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料5且2212(1)1 1363g，所以由函数连续的定义，知()g x在点1x 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，01x时，321111()06222g xxxx，单调增，所以(B)递减错；同理可以验证当12x时，2211()110363g xxx，单调增，所以 02gg xg，即 506g
9、x与选项(A)无界矛盾.(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23E，将A的1,4列互换相当于在矩阵A的右侧乘以14E，即2314AE EB，其中231000001001000001E，140001010000101000E由题设条件知114223,PEPE，因此21BAP P.由于对初等矩阵ijE有，1ijijEE，故111122,PP PP.因此，由21BAP P，及逆矩阵的运算规律，有111111211212BAP PP P APP A.(4)【答案】()D
10、【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0TA是1n阶矩阵.显然有秩0TA秩()A1,nn即系数矩阵0TA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关注公众号【考研题库】保存更多高清资料600TAXy必有非零解.(5)【答案】A【详解】掷硬币结果不是正面向上就是反面向上，所以XYn，从而YnX，故()DYD nXDX由方差的定义：22()DXEXEX，所以22()()()DYD nXE nXE nX222(2)()E nnXXnEX222222()nnEXEXnnEXEX22()EXEXDX)由协方差的性质：cov(,)0X
11、 c(c为常数)；cov(,)cov(,)aX bYabX Y1212cov(,)cov(,)cov(,)XXYX YXY)所以cov(,)cov(,)cov(,)cov(,)0X YX nXX nX XDXDX 由相关系数的定义，得cov(,)(,)1X YDXX YDXDYDXDX 三【变限积分求导公式】()()()()f xxag t dtg f xfx【详解】根据复合函数求导公式，有.duff dyf dzdxxy dxz dx(*)在2xyexy两边分别对x求导，得()()0,xydydyeyxyxdxdx即.dyydxx 在0sinx zxtedtt两边分别对x求导，得sin()(
12、1),xxzdzexzdx即()1.sin()xdzexzdxxz 将其代入(*)式，得dudxff dyf dzxy dxz dx()1.sin()xfy fexzfxxyxzz关注公众号【考研题库】保存更多高清资料7四【详解】因为1lim(1)xxexlim()xxxcxc2lim()xxxccxc(把xc写成2xcc)222lim()x ccxc x cxxccxc(把x写成22x ccxcx c)222lim(1)cxx cx ccxcxc(利用幂函数的性质()mnmnaa)222ln(1)limcxx cx cccx cxe(利用对数性质ln()()f xef x)222ln(1)l
13、imx cccxcx cx cxe(利用对数性质()ln()()ln()g xf xg xf x)222limln(1)x ccxcxcx cx ce(利用xye函数的连续性，lim()()limxf xf xxee)222limlim ln(1)x ccxxcxcx cx ce(当各部分极限均存在时，lim()()lim()lim()xxxf xg xf xg x)222limln lim(1)x ccxxcxcx cx ce(利用lnyx函数的连续性，limln()lnlim()xxf xf x)2 lncee(利用1lim(1)xxex)2ce(ln1e)又因为()f x在,内可导，故在
14、闭区间1,xx上连续，在开区间(1,)xx内可导，那么又由拉格朗日中值定理，有()(1)()(1)(),1f xf xfxxfxx 左右两边同时求极限，于是lim()(1)lim()xxf xf xfe，因为1xx，x趋于无穷大时，也趋向于无穷大由题意，lim()lim()(1),xxxxcf xf xxc从而2cee，故12c 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料8五【详解】积分区域如图所示，可以写成11,1yyx 222211()()221,xyxyDDDyxedxdyydxdyxyedxdy其中，111112(1);3yDydxdydyydxyy dy 221()2xyDxyedxdy
15、22111()21xyyydyxedx22111()2211()2xyyydyedx22111()22211()2xyyydyedxy2211(1)21()yyeedy2211(1)2211()2yyeedy22111(1)222111122yyedye dy22111(1)2221111(1)22yyedye dy22111(1)21112yyee0于是221()2213xyDyxedxdy 六【详解】方法方法1：依题意知，抛物线如图所示，令2()0ypxqxx pxq，求得它与x轴交点的横坐标为：120,.qxxp 根据定积分的定义，面积S为3232203260qpqpqqpSpxqx d
16、xxxp(注：111nnx dxxCn)关注公众号【考研题库】保存更多高清资料9因直线5xy与抛物线2ypxqx相切，故它们有唯一公共点.由方程组25xyypxqx求其公共解，消去y，得2(1)50pxqx，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22(1)4(5)(1)200,qpqp 解得21(1).20pq 将p代入S中，得()S q326qp32 216(1)20qq34200.3(1)qq根据函数除法的求导公式，()S q34434 2(200)3(1)3(1)(200)3(1)qqqqq25200(3)3(1)qqq根据驻点的定义，令()0S q，已知有0
17、q，得唯一驻点3q.当13q时，()0S q；3q 时，()0S q.故根据极值判定的第一充分条件知，3q 时，()S q取唯一极大值，即最大值.从而最大值为225(3).32SS方法方法2：设抛物线2ypxqx与直线5xy相切的切点坐标为00(,)xy，切点既在抛物线上，也在直线上，于是满足方程有2000ypxqx和005xy.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2ypxqx左右两边关于x求导，得2ypxq，在5xy左右两边关于x求导，得1y ，把切点坐标00(,)xy代入，得0021x xypxq 012qxp 由005xy005yx，将两结果代入2000ypxqx
18、得关注公众号【考研题库】保存更多高清资料1022000011155()()()222qqqyxpxqxpqppp 整理得21(1).20pq 将p代入S中，得34200().3(1)qS qq根据函数除法的求导公式，()S q34434 2(200)3(1)3(1)(200)3(1)qqqqq25200(3)3(1)qqq根据驻点(即使得一阶导数为零的点)的定义，令()0S q，已知有0q，得唯一驻点3q.当13q时，()0;S q3q 时，()0;S q故根据极值判定的第一充分条件知，3q 时，()S q取唯一极大值，即最大值.从而最大值为225(3).32SS七【详解】将要证的等式中的换成
19、x，移项，并命1()()()xxfxf xx问题转化为证在区间(0,1)内()x存在零点.将1()()0 xfxf xx看成一个微分方程，用分离变量法求解.由()1()df xxdxf xx两边积分得()11(1)()df xxdxdxf xxx利用1lndxxCx及111nnx dxxCn，得1ln()lnf xxxC ln()lnxCef xx()xCef xx，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料11即()xxef xC，命()()xF xxef x.由110(1)(),(1)xkfkxef x dx k及积分中值定理(如果函数()f x在闭区间,a b上连续，则在积分区间,a b上至
20、少存在一个点，使得()()()()baf x dxfba ab)，知至少存在一点1(0,)0,1k，使1110(1)()()xkfkxef x dxef且()()Fef，1(1)(1)Fef.把1(1)()fef代入，则111(1)(1)()()()FefeefefF那么()F x在,1上连续，在(,1)内可导，由罗尔中值定理知，至少存在一点(,1)0,1，使得()()()0Fefef即1()(1)().ff八【详解】由已知条件可见1()()nxnnfxfxxe，这是以()nfx为未知函数的一阶线性非齐次微分方程，其中1()1,()nxp xq xxe，代入通解公式()()()()p x dx
21、p x dxf xeq x edxC得其通解为1(),ndxdxnxxnxfxexe edxCeCn由条件(1),nefn又1(1)nfeCn，得0C，故(),nxnx efxn111()nxnxnnnnx exfxenn记1(),nnxS xn则1nan，111limlim11nnnnanan，则其收敛半径为11R，收敛区间为(1,1).当(1,1)x 时，根据幂级数的性质，可以逐项求导，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料1211111()1nnnnnnxxS xxnnx，其中2111nxxxx 故根据函数积分和求导的关系()()f x dxf xC，得00()()()(0)xxS x
22、dxS xS xS又由于21000(0)012nnSn，所以001()(0)()0ln(1)1xxS xSS x dxdxxx，即有1ln(1),(1,1)nnxx xn 当1x 时，1(1)ln2nnn.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1x 处，即1ln(1),1,1)nnxx xn 于是1()ln(1),1,1)xnnfxex x 九九【详解】(1)线性方程组AX有解但不唯一，即有无穷多解()()3r Ar An，将增广矩阵作初等行变换，得111111112aAaa21112131()01100112aaaaaaa 行行，行行倍11123011000(1)(2)2a
23、aaaaa 行加到 行（）因为方程组AX有解但不唯一，所以()()3r Ar A，故a=2.(2)由(1)，有112121211A由关注公众号【考研题库】保存更多高清资料13112121211EA122,312111列加到 列1121121111提出 列公因子1121(1)2,3033003 行分别加到行(3)(3)0 故A的特征值为1230,3,3.当10时，112(0)121211EA 1121(1),20332,3033行的倍分别加到行1122033000行加到3行于是得方程组(0)0EA x的同解方程组为1232320330 xxxxx可见，(0)2rEA，可知基础解系的个数为(0)3
24、21nrEA，故有1个自由未知量，选2x为自由未知量，取21x，解得对应的特征向量为1(1,1,1)T.当13时，2123151212EA 1511,2212212 行互换151212000 3行-2行15122090000 1行加到 行于是得方程组(3)0EA x的同解方程组为12325090 xxxx可见，(3)2rEA，可知基础解系的个数为(3)321nrEA，故有1个自由未知关注公众号【考研题库】保存更多高清资料14量，选1x为自由未知量，取11x，解得对应的特征向量为2(1,0,1)T.当13 时，4123111214EA 11112412214，行互换1111(4),2036036
25、 行倍倍分别加到2,3行1112036000 行加到3行于是得方程组(3)0EA x的同解方程组为123230360 xxxxx可见，(3)2rEA，可知基础解系的个数为(3)321nrEA，故有1个自由未知量，选2x为自由未知量，取22x，解得对应的特征向量为3(1,2,1)T.由于A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123,单位化，3121231231111111,0,2.326111 其中，222222221231113,1(1)2,(1)2(1)6 令12311132612,036111326Q 则有1300030.000TQ A
26、QQ AQ十【详解】(1)由题设条件，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料151211(,)|nnijnijijAf x xxx xA111111nnnnijijiijjijijA x xxA xAA 1 12211()niiiinnix A xA xA xA121211(,)niiiininxxx AAAAx121211(,)niiiininxxx AAAAx12111121221222121(,)(,)(,)nnnnnnnnxxx AAAxAAAxAAAAx11121121222212121(,)nnnnnnnnA AAxA AAxx xxAA AAx1212(,)TnnxxAx xxA
27、xTTAXXA1()TX A X其中()的理由：A是可逆的实对称矩阵，故111()()TTAAA，因此由实对称的定义知，1A也是实对称矩阵，又由伴随矩阵的性质A AA E，知1AA A，因此A也是实对称矩阵，TAA，故()成立.(2)因为1111TTAAAAEA，所以由合同的定义知A与1A合同.由实对称矩阵AB与合同的充要条件：二次型Tx Ax与Tx Bx有相同的正、负惯性指数.可知，()Tg XX AX与()f X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：()E XYEXEY；独立随机变量方差的性质：若随机变量XY和独立，则()D XYDXDY(ii)列
28、维-林德伯格中心极限定理：设随机变量12,nXXX相互独立同分布，方差存在，记22(0)u 与分别是它们共同的期望与方差，则对任意实数x，恒有关注公众号【考研题库】保存更多高清资料1611lim()()niniPXnuxxn(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2(,)ZN u，则(0,1)ZuN【详解】设(1,2,)iX in是装运的第i箱的重量(单位:千克)，n是所求箱数.由题设可以将1,inXXX视为独立同分布的随机变量，而n箱的总重量12nnSXXX是独立同分布随机变量之和.由题设，有
29、()50,()5iiE XD X(单位:千克)所以1212()()50nnnE SE XXXEXEXEXn1212()()25nnnD SD XXXDXDXDXn则根据列维林德柏格中心极限定理，知nS近似服从正态分布(50,25)Nnn，箱数n根据下述条件确定50500050500055nnSnnP SPnn(将nS标准化)1000 10()0.977(2)nn 由此得1000 102,nn从而98.0199n，即最多可以装98箱.十二【详解】由题设条件X和Y是正方形(,):13,13Gx yxy上的均匀分布，则X和Y的联合密度为：1,13,13,(,)40,xyf x y其他(二维均匀分布的
30、概率密度为1面积)由分布函数的定义：()F uP UuP XYu(1)当0u 时，()0F u(因为XY是非负的，所以小于 0 是不可能事件)关注公众号【考研题库】保存更多高清资料17(2)当2u 时，()1F u(因为X和Y最大为 3，X和Y最小为 1，所以XY最大也就只能为 2，所以2XY是必然事件，概率为 1)(3)当02u时，()F uP Uu相当于阴影部分所占的概率大小.如图所示：()F uP UuP XYu214(2)4SuS阴影面积总面积211(2)4u(二维均匀分布中各部分所占的概率，相当于用这部分的面积除以总面积，这里阴影部分面积是用总面积减去两个三角形的面积)于是随机变量U的概率密度为：1(2),02,()()20,uup uF u其他y1xO3yxu xyu21yxu23关注公众号【考研题库】保存更多高清资料
