新《考研资料》1992考研数三真题及解析.doc

Born to win1992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.)(1) 设商品的需求函数为,其中分别表示为需求量和价格,如果商品需求弹性的绝对值大于1,则商品价格的取值范围是_.(2) 级数的收敛域为_.(3) 交换积分次序_.(4) 设为阶方阵,为阶方阵,且,则_.(5) 将等七个字母随机地排成一行,那么,恰好排成英文单词SCIENCE的概率为_.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1) 设,其中为连续函数,则等于 ( )(A) (B) (C) 0 (D) 不存在(2) 当时,下面四个无穷小量中,哪一个是比其他三个更高阶的无穷小量? ( )(A) (B) (C) (D) (3) 设为矩阵,齐次线性方程组仅有零解的充分条件是 ( )(A) 的列向量线性无关 (B) 的列向量线性相关(C) 的行向量线性无关 (D) 的行向量线性相关(4) 设当事件与同时发生时,事件必发生,则 ( )(A) (B) (C) (D) (5) 设个随机变量独立同分布,则 ( )(A) 是的无偏估计量 (B) 是的最大似然估计量(C) 是的相合估计量(即一致估计量) (D) 与相互独立三、(本题满分5分)设函数问函数在处是否连续?若不连续,修改函数在处的定义使之连续.四、(本题满分5分)计算五、(本题满分5分)设,求,其中有二阶偏导数.六、(本题满分5分)求连续函数,使它满足.七、(本题满分6分)求证:当时,.八、(本题满分9分)设曲线方程.(1) 把曲线,轴,轴和直线所围成平面图形绕轴旋转一周,得一旋转体,求此旋转体体积;求满足的.(2) 在此曲线上找一点,使过该点的切线与两个坐标轴所夹平面图形的面积最大,并求出该面积.九、(本题满分7分)设矩阵与相似,其中.(1) 求和的值.(2) 求可逆矩阵,使得.十、(本题满分6分)已知三阶矩阵,且的每一个列向量都是以下方程组的解:(1) 求的值; (2) 证明.十一、(本题满分6分)设分别为阶正定矩阵,试判定分块矩阵是否是正定矩阵.十二、(本题满分7分)假设测量的随机误差,试求100次独立重复测量中,至少有三次测量误差的绝对值大于19.6的概率,并利用泊松分布求出的近似值(要求小数点后取两位有效数字).附表1 2 3 4 5 6 7 0.368 0.135 0.050 0.018 0.007 0.002 0.001 十三、(本题满分5分)一台设备由三大部分构成,在设备运转中各部件需要调整的概率相应为0.10,0.20和0.30.假设各部件的状态相互独立,以表示同时需要调整的部件数,试求的数学期望和方差.十四、(本题满分4分)设二维随机变量的概率密度为(1) 求随机变量的密度; (2) 求概率.1992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(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)(1)【答案】【解析】根据,得价格,又由得,按照经济学需求弹性的定义,有,令,解得.所以商品价格的取值范围是.(2)【答案】【解析】因题设的幂级数是缺项幂级数,故可直接用比值判别法讨论其收敛性.首先当即时级数收敛.当时,后项比前项取绝对值求极限有当,即当或时级数绝对收敛.又当和时得正项级数,由级数：当时收敛；当时发散.所以正项级数是发散的.综合可得级数的收敛域是.注：本题也可作换元后,按如下通常求收敛半径的办法讨论幂级数的收敛性.【相关知识点】收敛半径的求法：如果,其中是幂级数的相邻两项的系数,则这幂级数的收敛半径 (3)【答案】【解析】这是一个二重积分的累次积分,改换积分次序时,先表成：原式由累次积分的内外层积分限确定积分区域：, 即中最低点的纵坐标,最高点的纵坐标,的左边界的方程是,即的右支,的右边界的方程是即的右半圆,从而画出的图形如图中的阴影部分,从图形可见,且所以(4)【答案】【解析】由拉普拉斯展开式, .【相关知识点】两种特殊的拉普拉斯展开式：设是阶矩阵,是阶矩阵,则 .(5)【答案】【解析】按古典概型求出基本事件总数和有利的基本事件即可. 设所求概率为,易见,这是一个古典型概率的计算问题,将给出的七个字母任意排成一行,其全部的等可能排法为7!种,即基本事件总数为,而有利于事件的样本点数为,即有利事件的基本事件数为4,根据古典概型公式.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)(1)【答案】(B)【解析】方法1:为“”型的极限未定式,又分子分母在点处导数都存在,所以可应用洛必达法则. .故应选(B).方法2: 特殊值法.取,则.显然(A),(C),(D)均不正确,故选(B).【相关知识点】对积分上限的函数的求导公式：若,均一阶可导,则.(2)【答案】(D)【解析】由于时,故是同阶无穷小,可见应选(D).(3)【答案】(A)【解析】齐次方程组只有零解.由于的行秩的列秩,现是矩阵,即的列向量线性无关.故应选(A).【相关知识点】对齐次线性方程组,有定理如下:对矩阵按列分块,有,则的向量形式为那么, 有非零解线性相关 (4)【答案】(B)【解析】依题意：由“当事件与同时发生时,事件必发生”得出,故；由概率的广义加法公式推出；又由概率的性质,我们得出,因此应选(B).(5)【答案】(C)【解析】根据简单随机样本的性质,可以将视为取自方差为的某总体的简单随机样本,与是样本均值与样本方差.由于样本方差是总体方差的无偏估计量,因此,否则若,则,.故不能选(A).对于正态总体, 与相互独立,由于总体的分布未知,不能选(D).同样因总体分布未知,也不能选(B).综上分析,应选(C).进一步分析,由于样本方差是的一致估计量,其连续函数一定也是的一致估计量.三、(本题满分5分)【解析】函数在处连续,则要求.方法1:利用洛必达法则求极限,因为为“”型的极限未定式,又分子分母在点处导数都存在,所以连续应用两次洛必达法则,有 .而,故,所以在处不连续.若令,则函数在处连续.方法2:利用变量代换与等价无穷小代换,时,；.求极限,令,则有 .以下同方法1.四、(本题满分5分)【解析】用分部积分法:, 其中为任意常数.注：分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题,如果选择不当可能引起更繁杂的计算,最后甚至算不出结果来.在做题的时候应该好好总结,积累经验.【相关知识点】分部积分公式：假定与均具有连续的导函数,则 或者 五、(本题满分5分)【解析】这是带抽象函数记号的复合函数的二阶混合偏导数,重要的是要分清函数是如何复合的.由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关,所以本题可以先求,再求.由复合函数求导法,首先求,由题设 ,再对求偏导数,即得 .【相关知识点】多元复合函数求导法则：如果函数都在点具有对及对的偏导数,函数在对应点具有连续偏导数,则复合函数在点的两个偏导数存在,且有；.六、(本题满分5分)【解析】两端对求导,得.记,有通解,其中为任意常数.由原方程易见,代入求得参数.从而所求函数.【相关知识点】一阶线性非齐次方程的通解为 , 其中为任意常数.七、(本题满分6分)【解析】方法1：令,则.因为在连续,所以在上为常数,因为常数的导数恒为0.故,即. 方法2：令,则在上连续,在内可导,由拉格朗日中值定理知,至少存在一点,使得由复合函数求导法则,得 ,所以.由可得,当时,.【相关知识点】复合函数求导法则:如果在点可导,而在点可导,则复合函数在点可导,且其导数为 或 .八、(本题满分9分)【解析】对于问题(1),先利用定积分求旋转体的公式求,并求出极限.问题(2)是导数在求最值中的应用,首先建立目标函数,即面积函数,然后求最大值.(1)将曲线表成是的函数,套用旋转体体积公式.由题设知,得.(2) 过曲线上已知点的切线方程为,其中当存在时, .设切点为,则切线方程为.令,得,令,得.由三角形面积计算公式,有切线与两个坐标轴夹的面积为.因令得(舍去).由于当时,；当时,.故当时,面积有极大值,此问题中即为最大值.故所求切点是,最大面积为 .【相关知识点】由连续曲线、直线及轴所围成的曲边梯形绕轴旋转一周所得的旋转体体积为：.九、(本题满分7分)【解析】因为,故可用相似矩阵的性质建立方程组来求解参数和的值.若,则是的特征向量.求可逆矩阵就是求的特征向量.(1) 因为,故其特征多项式相同,即即.由于是的多项式,由的任意性,令,得. 令,得.由上两式解出与.(2) 由(1)知.因为恰好是对角阵,所以马上可得出矩阵的特征值,矩阵的特征值是.当时,由,得到属于特征值的特征向量. 当时,由,得到属于特征值的特征向量.当时,由,.得到属于特征值的特征向量.那么令,有.十、(本题满分6分)【解析】对于条件应当有两个思路：一是的列向量是齐次方程组的解；另一个是秩的信息即.要有这两种思考问题的意识.(1) 方法1：令,对3阶矩阵,由,知必有,否则可逆,从而,这与矛盾. 故,用行列式的等价变换,将第三列加到第二列上,再按第二列展开,有.解出.方法2：因为,故中至少有一个非零列向量.依题意,所给齐次方程组有非零解,得系数矩阵的列向量组线性相关,于是,以下同方法一.(2) 反证法：对于,若,则可逆,那么.与已知条件矛盾.故假设不成立,.【相关知识点】对齐次线性方程组,有定理如下:对矩阵按列分块,有,则的向量形式为那么, 有非零解 线性相关 对矩阵按列分块,记,那么.因而,即是的解.十一、(本题满分6分)【解析】在证明一个矩阵是正定矩阵时,不要忘记验证该矩阵是对称的.方法1：定义法.因为均为正定矩阵,由正定矩阵的性质,故,那么,即是对称矩阵.设维列向量,其中,若,则不同时为0,不妨设,因为是正定矩阵,所以.又因为是正定矩阵,故对任意的维向量,恒有.于是,即是正定二次型,因此是正定矩阵.方法2：用正定的充分必要条件是特征值大于0,这是证明正定时很常用的一种方法.因为均为正定矩阵,由正定矩阵的性质,故,那么,即是对称矩阵.设的特征值是的特征值是由均正定,知.因为于是,矩阵的特征值为因为的特征值全大于0,所以矩阵正定.十二、(本题满分7分)【解析】设事件“每次测量中测量误差的绝对值大于19.6”,因为 ,即.根据正态分布的性质则有：.设为100次独立重复测量中事件出现的次数,则服从参数为的二项分布.根据二项分布的定义,则至少有三次测量误差的绝对值大于19.6的概率为：.根据泊松定理,对于成功率为的重伯努利试验,只要独立重复试验的次数充分大,而相当小(一般要求),则其成功次数可以认为近似服从参数为的泊松分布,具体应用模式为若,则当充分大,相当小时当近似服从参数为的泊松分布,即 .设为100次独立重复测量中事件出现的次数,则服从参数为的二项分布.故.十三、(本题满分5分)【解析】令随机变量.依题意相互独立,且分别服从参数为0.1,0.2,0.3的分布,即01 0.90.1 010.80.2010.70.3由题意知,显然的所有可能取值为0,1,2,3,又相互独立, 所以(1) , .由得出 因此的概率分布为01230.5040.3980.0920.006(2)令因均服从分布,故所以,.因服从分布, 且相互独立,故由数学期望与方差的性质 .注：的期望与方差也可以直接用期望与方差的公式来计算：十四、(本题满分4分)【解析】(1)已知联合概率密度可以直接利用求边缘密度的公式求出边缘概率密度.当时,;当时,.因此的密度为11(2) 概率实际上是计算一个二重积分,根据概率的计算公式：,再由二重积分的计算,化为累计积分求得概率.