1996年考研数学三真题及答案.doc

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1、1996年考研数学三真题及答案一、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) 设方程确定是的函数,则_. (2) 设,则_.(3) 设是抛物线上的一点,若在该点的切线过原点,则系数应满足的关系是_. (4) 设,其中.则线性方程组的解是_.(5) 设由来自正态总体容量为9的简单随机样本,得样本均值,则未知参数的置信度为0.95的置信区间为_.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.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) 累次积分可以写成 ( )(A) (B) (C) (D) (2) 下述各选项正确的是

2、 ( )(A) 若和都收敛,则收敛(B) 收敛,则与都收敛(C) 若正项级数发散,则(D) 若级数收敛,且,则级数也收敛(3) 设阶矩阵非奇异(),是矩阵的伴随矩阵,则 ( )(A) (B) (C) (D) (4) 设有任意两个维向量组和,若存在两组不全为零的数 和,使,则( )(A) 和都线性相关(B) 和都线性无关(C) 线性无关(D) 线性相关(5) 已知且,则下列选项成立的是( )(A) (B) (C) (D) 三、(本题满分6分)设其中有二阶连续导数,且.(1)求；(2)讨论在上的连续性.四、(本题满分6分)设函数,方程确定是的函数,其中可微；,连续,且.求.五、(本题满分6分)计算

3、.六、(本题满分5分)设在区间上可微,且满足条件.试证:存在使七、(本题满分6分)设某种商品的单价为时,售出的商品数量可以表示成,其中均为正数,且.(1) 求在何范围变化时,使相应销售额增加或减少.(2) 要使销售额最大,商品单价应取何值?最大销售额是多少?八、(本题满分6分)求微分方程的通解.九、(本题满分8分)设矩阵.(1) 已知的一个特征值为3,试求；(2) 求矩阵,使为对角矩阵.十、(本题满分8分)设向量是齐次线性方程组的一个基础解系,向量不是方程组的解,即.试证明:向量组线性无关.十一、(本题满分7分)假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2,机器发生故障时全天停止工作,若一周5个

4、工作日里无故障,可获利润10万元；发生一次故障仍可获得利润5万元；发生两次故障所获利润0元；发生三次或三次以上故障就要亏损2万元.求一周内期望利润是多少?十二、(本题满分6分)考虑一元二次方程,其中分别是将一枚色子(骰子)接连掷两次先后出现的点数.求该方程有实根的概率和有重根的概率.十三、(本题满分6分)假设是来自总体X的简单随机样本；已知.证明：当充分大时,随机变量近似服从正态分布,并指出其分布参数.答案一、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)【答案】(2)【答案】(3)【答案】(或),任意(4)【答案】(5)【答案】二、选择题(本题共5小题,每小题3

5、分,满分15分.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)【答案】(D)(2)【答案】(A)(5)【答案】(B)三、(本题满分6分)【解析】(1) 由于有二阶连续导数,故当时,也具有二阶连续导数,此时,可直接计算,且连续；当时,需用导数的定义求.当时, 当时,由导数定义及洛必达法则,有.所以 (2) 在点的连续性要用定义来判定.因为在处,有.而在处是连续函数,所以在上为连续函数.四、(本题满分6分)【解析】由可得.在方程两边分别对求偏导数,得所以 .于是 .五、(本题满分6分)【分析】题的被积函数是幂函数与指数函数两类不同的函数相乘,应该用分部积分

6、法.【解析】方法1:因为 所以 而 ,故原式.方法2: 六、(本题满分5分)【分析】由结论可知,若令,则.因此,只需证明在内某一区间上满足罗尔定理的条件.【解析】令,由积分中值定理可知,存在,使,由已知条件,有于是且在上可导,故由罗尔定理可知,存在使得即七、(本题满分6分)【分析】利用函数的单调性的判定,如果在的某个区间上导函数,则函数单调递增,反之递减.【解析】(1)设售出商品的销售额为,则令得 .当时,所以随单价的增加,相应销售额也将增加.当时,有,所以随单价的增加,相应销售额将减少.(2)由(1)可知,当时,销售额取得最大值,最大销售额为.八、(本题满分6分)【解析】令,则.当时,原方程

7、化为,即,其通解为 或 .代回原变量,得通解.当时,原方程的解与时相同,理由如下:令,于是,而且.从而有通解,即.综合得,方程的通解为.注：由于未给定自变量的取值范围,因而在本题求解过程中,引入新未知函数后得,从而,应当分别对和求解,在类似的问题中,这一点应当牢记.九、(本题满分8分)【分析】本题的(1)是考查特征值的基本概念,而(2)是把实对称矩阵合同于对角矩阵的问题转化成二次型求标准形的问题,用二次型的理论与方法来处理矩阵中的问题.【解析】(1)因为是的特征值,故所以.(2)由于,要,而是对称矩阵,故可构造二次型,将其化为标准形.即有与合同.亦即.方法一：配方法.由于 那么,令即经坐标变换

8、有 .所以,取 ,有 .方法二：正交变换法.二次型对应的矩阵为,其特征多项式.的特征值.由,即,和,即,分别求得对应的线性无关特征向量,和的特征向量.对用施密特正交化方法得,再将单位化为,其中：.取正交矩阵,则 ,即 .十、(本题满分8分)【解析】证法1： (定义法)若有一组数使得 (1)则因是的解,知,用左乘上式的两边,有. (2)由于,故. 对(1)重新分组为. (3) 把(2)代入(3)得 .由于是基础解系,它们线性无关,故必有.代入(2)式得:.因此向量组线性无关.证法2： (用秩)经初等变换向量组的秩不变.把第一列的-1倍分别加至其余各列,有因此 由于是基础解系,它们是线性无关的,秩

9、,又必不能由线性表出(否则),故.所以 即向量组线性无关.十一、(本题满分7分)【解析】设一周5个工作日内发生故障的天数为,则服从二项分布即.由二项分布的概率计算公式,有设一周内所获利润(万元),则是的函数,且由离散型随机变量数学期望计算公式,.而在处是连续函数,所以在上为连续函数.四、(本题满分6分)【解析】由可得.在方程两边分别对求偏导数,得所以 .于是 .五、(本题满分6分)【分析】题的被积函数是幂函数与指数函数两类不同的函数相乘,应该用分部积分法.【解析】方法1:因为 所以 而 ,故原式.方法2: 六、(本题满分5分)【分析】由结论可知,若令,则.因此,只需证明在内某一区间上满足罗尔定

10、理的条件.【解析】令,由积分中值定理可知,存在,使,由已知条件,有于是且在上可导,故由罗尔定理可知,存在使得即七、(本题满分6分)【分析】利用函数的单调性的判定,如果在的某个区间上导函数,则函数单调递增,反之递减.【解析】(1)设售出商品的销售额为,则令得 .当时,所以随单价的增加,相应销售额也将增加.当时,有,所以随单价的增加,相应销售额将减少.(2)由(1)可知,当时,销售额取得最大值,最大销售额为.八、(本题满分6分)【解析】令,则.当时,原方程化为,即,其通解为 或 .代回原变量,得通解.当时,原方程的解与时相同,理由如下:令,于是,而且.从而有通解,即.综合得,方程的通解为.注：由于

11、未给定自变量的取值范围,因而在本题求解过程中,引入新未知函数后得,从而,应当分别对和求解,在类似的问题中,这一点应当牢记.九、(本题满分8分)【分析】本题的(1)是考查特征值的基本概念,而(2)是把实对称矩阵合同于对角矩阵的问题转化成二次型求标准形的问题,用二次型的理论与方法来处理矩阵中的问题.【解析】(1)因为是的特征值,故所以.(2)由于,要,而是对称矩阵,故可构造二次型,将其化为标准形.即有与合同.亦即.方法一：配方法.由于 那么,令即经坐标变换有 .所以,取 ,有 .方法二：正交变换法.二次型对应的矩阵为,其特征多项式.的特征值.由,即,和,即,分别求得对应的线性无关特征向量,和的特征

12、向量.对用施密特正交化方法得,再将单位化为,其中：.取正交矩阵,则 ,即 .十、(本题满分8分)【解析】证法1： (定义法)若有一组数使得 (1)则因是的解,知,用左乘上式的两边,有. (2)由于,故. 对(1)重新分组为. (3) 把(2)代入(3)得 .由于是基础解系,它们线性无关,故必有.代入(2)式得:.因此向量组线性无关.证法2： (用秩)经初等变换向量组的秩不变.把第一列的-1倍分别加至其余各列,有因此 由于是基础解系,它们是线性无关的,秩,又必不能由线性表出(否则),故.所以 即向量组线性无关.十一、(本题满分7分)【解析】设一周5个工作日内发生故障的天数为,则服从二项分布即.由

13、二项分布的概率计算公式,有设一周内所获利润(万元),则是的函数,且由离散型随机变量数学期望计算公式,(万元).十二、(本题满分6分)【解析】一枚色子(骰子)接连掷两次,其样本空间中样本点总数为36.设事件“方程有实根”,“方程有重根”,则.用列举法求有利于的样本点个数(),具体做法见下表:有利于的意思就是使不等式尽可能的成立,则需要越大越好,越小越好.当取遍1,2,3,4,5,6时,统计可能出现的点数有多少种.B1 2 3 4 5 6有利于的样本点数0 1 2 4 6 6有利于的样本点数0 1 0 1 0 0由古典型概率计算公式得到十三、(本题满分6分)【解析】依题意,独立同分布,可见也独立同分布.由及方差计算公式,有因此,根据中心极限定理的极限分布是标准正态分布,即当充分大时,近似服从参数为的正态分布.