2000安徽考研数学三真题及答案.doc

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1、2000安徽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，其中均可微，则.(2) (3) 若四阶矩阵与相似，矩阵的特征值为，则行列式(4) 设随机变量的概率密度为 若使得，则的取值范围是 (5) 假设随机变量在区间上服从均匀分布，随机变量则方差二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分，在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) 设对任意的，总有，且，则 ( )(A)存在且一定等于零. (B)存在但不一定等于零.(C)一定不存在. (D)不一定存在.(2) 设函数在点处可导，则函数在点

2、处不可导的充分条件是 ( )(A) (B)(C) (D)(3) 设是四元非齐次线性方程组的三个解向量，且，表任意常数，则线性方程组的通解 ( )(A) (B) (C) (D)(4) 设为阶实矩阵，是的转置矩阵，则对于线性方程组和，必有 ( )(A)的解是的解，的解也是的解.(B)的解是的解，但的解不是的解.(C)的解不是的解，的解也不是的解.(D)的解是的解，但的解不是的解.(5) 在电炉上安装了4个温控器，其显示温度的误差是随机的.在使用过程中，只要有两个温控器显示的温度不低于临界温度，电炉就断电，以表示事件“电炉断电”，而为4个温控器显示的按递增顺序排列的温度值，则事件等于事件( )(A)

3、 (B) (C) (D)三、(本题满分6分)求微分方程满足条件.四、(本题满分6分)计算二重积分，其中是由曲线和直线围成的区域五、(本题满分6分)假设某企业在两个相互分割的市场上出售同一种产品，两个市场的需求函数分别是其中和分别表示该产品在两个市场的价格(单位：万元/吨)，和分别表示该产品在两个市场的销售量(即需求量，单位：吨)，并且该企业生产这种产品的总成本函数是，其中表示该产品在两个市场的销售总量，即(1)如果该企业实行价格差别策略，试确定两个市场上该产品的销售量和价格，使该企业获得最大利润；(2)如果该企业实行价格无差别策略，试确定两个市场上该产品的销售量及其统一的价格，使该企业的总利润

4、最大化；并比较两种价格策略下的总利润大小.六、(本题满分7分)求函数的单调区间和极值，并求该函数图形的渐近线.七、(本题满分6分)设求八、(本题满分6分)设函数在上连续，且，试证明：在 内至少存在两个不同的点，使九、(本题满分8分)设向量组，试问满足什么条件时，(1)可由线性表出，且表示唯一？(2)不能由线性表出？(3)可由线性表出，但表示不唯一？并求出一般表达式.十、(本题满分9分)设有元实二次型其中为实数.试问：当满足条件时，二次型为正定二次型.十一、(本题满分8分)假设是来自总体的简单随机样本值.已知服从正态分布.(1)求的数学期望(记为);(2)求的置信度为0.95的置信区间;(3)利

5、用上述结果求的置信度为0.95的置信区间.十二、(本题满分8分)设是二随机事件；随机变量试证明随机变量不相关的充分必要条件是相互独立.参考答案一、填空题(1)【答案】【详解】根据复合函数的求导公式，有(2)【答案】【详解】被积函数的分母中含有，且当时，即被积函数属于无穷限的反常积分，只需先求不定积分，在令其上限趋于无穷.(3)【答案】24【详解】方法1：有相同的特征值：由矩阵是矩阵的逆矩阵，他们所有特征值具有倒数的关系，得有特征值 由特征局矩阵为，得特征矩阵为可以看出与的特征值相差1 ，所以有特征值由矩阵的行列式等于其特征值得乘积，所有特征值的和等于矩阵主对角元素之和， 知 方法2 ：即存在可

6、逆阵，使得.两边求逆得.又有四个不同的特征值，存在可逆矩阵，使，其中上式两边求逆得 ，从而有(4)【答案】【详解】在给定概率密度条件下，有性质 因此，(或)因为时，；时，都是定值，因为，所以最可能的取值区间是包含在区间之内的区间，否则是不可能的.当时， (或者，当时，)所以，答案应该填或(5)【答案】【详解】由于题中是离散型随机变量，其所取值的概率分别为和.又由于是均匀分布，所以可以直接得出这些概率，从而实现由的概率计算过渡到的概率. 因此 所以 二、选择题(1)【答案】D【详解】用排除法.例1：设, 满足条件, 并且,由夹逼准则知，则选项与错误.例2：设, 满足条件,但是由于,有，极限不存在

7、，故不选,所以选.因为最终结论是“：不一定存在”,所以只能举例说明“可以这样”“可以那样”，无法给出相应的证明.(2)【答案】B【详解】方法1：排除法，用找反例的方式：,满足,但在处可导；：,满足,但当,在处可导；(D)：,满足但当，在处可导；方法2：推理法.由的条件, 则所以 (1) (2)可见，在处可导的充要条件是，所以，所以当时必不可导，选.(3)【答案】(C)【详解】因为是非齐次方程组的解向量所以我们有，故是的一个特解又(未知量的个数)，故的基础解系由一个非零解组成. 即基础解系的个数为1.因为 故是对应齐次方程组的基础解系，故的通解为(4)【答案】(A)【详解】若是方程组的解，即，两

8、边左乘，得，即也是方程组的解，即的解也是的解. 若是方程组的解，即，两边左乘得 是一个向量，设，则故有，从而有，即也是方程组的解.(5)【答案】C【详解】随机变量为4个温控器显示的按递增顺序排列的温度值，事件表示事件“电炉断电”，即有两个温控器显示的温度不低于，此时必定两个显示较高的温度大于等于，即 所以说断电事件就是三【详解】本题属于二阶常系数非齐次线性微分方程，对于二阶常系数非齐次线性微分方程得求解，首先需要求出对应的齐次微分方程的通解，再求出非齐次方程的特解，再利用线性方程解的解构，从而得到对应方程的通解.本题对应的齐次微分方程为 ，其特征方程为 ，特征根为. 于是齐次方程的通解为 由于

9、是特征方程的单根，所以设 求得 代入原方程，得 ，即约去，再比较等式左、右两边，得故得特解，非齐次方程的通解为 再由初始条件，得： (1)由，得 (2)联立(1)与(2)得 则满足初始条件的通解为.四【详解】画出积分区域. 由被积函数的形式以及积分区域形状, 易见采用极坐标更为方便.将曲线化为：，极坐标方程为，再区域是由曲线和直线围成的区域，于是，极半径，则令，有时；时，.五【定理】简单极值问题(无条件极值)：设在开区域内可偏导，又根据实际问题可知，它在内有最大值或最小值，于是只需在的点中找到的最大值点或最小值点【详解】记总利润函数为，总收益函数为，则总利润总收益总成本其中，为销售总量.(1)

10、 令解得. 而, 故相应地在的范围内驻点唯一，且实际问题在范围内必有最大值，故在处为最大值.(2) 若两地的销售单价无差别, 即,于是, 得, 在此约束条件下求的最值，以下用两个方法：方法1： 若求函数在条件的最大值或最小值，用拉格朗日乘数法：先构造辅助函数，然后解方程组所有满足此方程组的解中的是在条件的可能极值点，在可能极值点中求得最大值点或最小值点.故用拉格朗日乘数法，其中，构造函数令解得，在的范围内驻点唯一,且实际问题在范围内必有最大值,故在处为最大值.得.方法2：由代入消去一个变量得这样就变成了简单极值问题(无条件极值)，按(1)的做法：令得为的唯一驻点.当(说明在这个区间上函数单调递

11、增)；当时 (说明在这个区间上函数单调递减)故，为的唯一极大值点,所以是最大值点，而, 故.六【渐近线】水平渐近线：若有，则为水平渐近线；铅直渐近线：若有，则为铅直渐近线；斜渐近线：若有存在且不为，则为斜渐近线. 【详解】原函数对求导，所以 令，得驻点.列表-10+0-0+注：表示函数值大于0，表示函数值小于0；表示在这区间内单调递增；表示在这区间内单调递减.所以由以上表格可以得出函数的大概形状，有严格单调增的区间为与；严格单调减的区间为.为极小值, 为极大值.以下求渐近线. 通过对函数大概形状的估计，所以此函数无水平渐近线；同理，也没有铅直渐近线. 所以令所以，渐近线为及，共两条.七【概念】

12、幂级数的收敛半径：若，其中是幂级数的相邻两项的系数，则这幂级数的收敛半径【详解】先计算出积分的具体表达式，再求和则 .考虑幂级数求出幂级数的和函数，代入即可得出答案，按通常求收敛半径的办法.所以 得到本题中幂级数的收敛半径内，先微分再积分，在收敛域内幂级数仍收敛，有,所以 以代入, 得. 即 .八【证明】方法1：令，有由题设有.又由题设，用分部积分，有由积分中值定理知，存在使因为，所以推知存在使得. 再在区间与上对用罗尔定理，推知存在，使，即 方法2：由及积分中值定理知，存在，使. 若在区间内仅有一个零点，则在区间与内异号. 不妨设在内，在内. 于是由，有当时，；当时，仍有，得到：. 矛盾，此

13、矛盾证明了在仅有1个零点的假设不正确，故在内至少有2个不同的零点.九【详解】方法1：设方程组 对方程组的增广矩阵作初等行变换，化成阶梯形矩阵，有(1) 当时，. 方程组唯一解，即可由线性表出，且表出唯一.(2) 当，但时，方程组无解，不可由线性表出(3) 当，且时，方程组有无穷多解，此时有得对应齐次方程组的基础解系为：(取自由未知量，回代得)，非齐次方程的一个特解是，故通解为其中是任意常数.方法2：设方程组 因为是三个方程的三个未知量的线性非齐次方程组，故也可由系数行列式讨论，因此知道：(1) 当时，方程组有唯一解，可由线性表出，且表出唯一.(2) 当时，(有可能无解或无穷多解)对增广矩阵作初

14、等行变换，得(i) 当时，且但时，有方程组无解.(ii) 当，且时，方程组有无穷多解，其通解为其中是任意常数.十【详解】方法1：用正定性的定义判别. 已知对任意的均有，其中等号成立当且仅当 方程组仅有零解的充分必要条件是其系数行列式即当 时，方程组只有零解，此时. 若对任意的非零向量 中总有一个方程不为零，则有所以，根据正定二次型的定义，对任意的向量，如果，则二次型正定. 由以上证明题中是正定二次型.方法2： 将二次型表示成矩阵形式，有记 则 当 即当时，只有零解，故当任意的时，均有，从而由正定二次型的定义，对任意的向量，如果，则是正定二次型.十一【详解】. 题设条件为正态，故可用函数的期望的

15、公式求得. 将的样本可以转化成的样本，从而对正态中的求得置信区间. 最后，再从的置信区间转得的置信区间.(1) 由正态分布密度函数的定义知，的概率密度为 于是 令，有 .(2) 当置信度时，.查表可知标准正态分布的双侧分位数等于1.96.故由，其中表示总体的样本均值，是的无偏估计，且已知，所以，按标准正态分布的分位点的定义，有 即 这样，我们就得到了的一个置信水平为的置信区间在此题中，所以参数的置信度为的置信区间为(3) 由指数函数的严格单调递增性，有因此的置信度为的置信区间为十二【分析】随机变量不相关. 事件相互独立. 要找出这二者之间的联系就应从入手.【详解】，同理，现在求，由于只有两个可能值和，所以其中 和 ( 或者 )所以 由协方差公式，因此，当且仅当，即不相关的充分必要条件是相互独立.