2023年考研数三真题及解析精选.doc

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1、1999 年全国硕士硕士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) 设有一个原函数，则 (2) (3) 设，而为整数，则 (4) 在天平上反复称量一重为物品，假设各次称量结果互相独立且同服从正态分布.若以表达次称量结果算术平均值，则为使，最小值应大于自然数 (5) 设随机变量独立同分布，则行列式数学盼望 二、选择题(本题共5小题，每小题3分，满分15分。每小题给出得四个选项中，只有一个是符合题目规定，把所选项前字母填在提后括号内。)(1) 设是连续函数，是原函数，则 ( )(A) 当是奇函数时，必是偶函数。(B) 当是偶函数时，必是奇

2、函数。(C) 当是周期函数时，必是周期函数。(D) 当是单调增函数时，必是单调增函数。(2) 设连续，且，其中是由所围成区域，则等于 ( )(A) (B) (C) (D)(3) 设向量可由向量组线性表达，但不能由向量组()线性表达，记向量组()，则 ( )(A) 不能由(I)线性表达，也不能由()线性表达。(B) 不能由(I)线性表达，但可由()线性表达。(C) 可由(I)线性表达，也可由()线性表达。(D) 可由(I)线性表达，但不可由()线性表达。(4) 设为阶矩阵，且和相同，为阶单位矩阵，则 ( )(A) (B)和有相同特性值和特性向量.(C)和所有相同于一个对角矩阵. (D)对任意常数

3、，和相同.(5) 设随机变量，且满足，则 等于( )(A) 0. (B) . (C) . (D) 1.三、(本题满分6分)曲线切线和轴和轴围成一个图形，记切点横坐标为，试求切线方程和这个图形面积，当切点沿曲线趋于无穷远时，该面积变换趋势如何？四、(本题满分7分)计算二重积分，其中是由直线和曲线所围成平面区域。五、(本题满分6分)设生产某种产品必需投入两种要素，和分别为两要素投入量，为产出量；若生产函数为，其中为正常数，且.假设两种要素价格分别为和，试问：当产出量为12时，两要素各投入多少可以使得投入总费用最小？六、(本题满分6分)设有微分方程，其中试求: 在内连续函数，使之在和内所有满足所给方

4、程，且满足条件.七、(本题满分6分)设函数连续，且.已知，求值.八、(本题满分7分)设函数在区间上连续，在内可导，且.试证：(1)存在，使； (2)对任意实数，必存在，使得.九、(本题满分9分)设矩阵，且.又设随着矩阵有特性值，属于特性向量为，求及值.十、(本题满分7分)设为实矩阵，为阶单位矩阵.已知矩阵，试证：当初，矩阵为正定矩阵.十一、(本题满分9分)假设二维随机变量在矩形上服从均匀分布.记， (1) 求和联合分布； (2) 求和相关系数.十二、(本题满分7分)设是来自正态总体简朴随机样本，证实记录量服从自由度为2分布.1999 年全国硕士硕士入学统一考试数学三试题解析一、填空题(1)【答

5、案】【详解】由题设可知.由分部积分法，得(2)【答案】4【详解】考虑幂级数，由可知，该幂级数收敛半径为1，收敛区间为，则.记，两边从到积分，得所以 所以 (3) 【答案】【详解】，依据矩阵乘法，和数和矩阵相乘，矩阵每一个元素所有要乘以该数，有故有 或由，式子左右两端同右乘，得，即，得 或由，式子左右两端同右乘，得，式子左右两端再同乘，得，依次类推，得 所以 (4)【答案】 【概念和性质】(1) 独立正态随机变量性质：服从正态分布独立随机变量线性组合仍服从正态分布；(2) 盼望性质：， (其中为常数)；(3) 方差性质: ；若独立，则(4) 正态分布标准化：若，则【详解】由题知：，且互相独立，故

6、，其中 ，所以 所以 ，标准化得 则只需将中大括号里不等式两端同除以标准差，即有：因 ，查标准正态分布表知 所以，解得. 由于整数，所以最小为16.(5)【答案】 【概念和性质】(1) ；(2)若独立，则有【详解】由行列式定义知，行列式是由个元素乘积组成项和式，每一项所有是个元素乘积，这个元素取自行列式中不同样行和不同样列，在这所有项中每项所有带有正号或负号.由于随机变量独立，所以有所以前面不管取正号或负号，对和式盼望等于各项盼望之和. 即有而同分布，且所以 (行列式性质：若行列式两行(列)成比例，则行列式为0).二、选择题(1)【答案】( A )【详解】应用函数定义鉴定函数奇偶性、周期性和单

7、调性.原函数可以表达为于是当为奇函数时，从而有即 F(x)为偶函数. 故(A)为对的选项.(B)、(C)、(D)可分别举反例以下：是偶函数，但其原函数不是奇函数，可排除(B)；是周期函数，但其原函数不是周期函数，可排除(C)；在区间内是单调增函数，但其原函数在区间内非单调增函数，可排除(D).(2)【答案】(C)【详解】由于为一拟定数，不妨设，则，所以 ，解之得，所以，故应选(C).(3)【答案】(B)【详解】方法1：可由向量组线性表达，即存在常数使得 (*)不能由线性表出，从而知（若，则，这和不能由线性表出矛盾.）(*)可变为，上式两端同除能由()线性表达，排除(A)(D).不能由线性表达，

8、若能，即存在常数使得，代入(*)得这和不能由线性表出矛盾，排除(C).故应选(B).方法2：若取，则，即可由线性表出.假设存在常数，满足由于，即方程组系数矩阵秩不等于增广矩阵秩，故方程组无解，即不存在常数，满足，不能由线性表出，是满足题设条件一个特例，此时，不能由()线性表达，若存在常数，满足由于，即方程组系数矩阵秩不等于增广矩阵秩，故方程组无解，不存在常数，满足，故不能由()线性表达，但由于，即可由()线性表达，故应选(B).(4)【答案】(D)【详解】方法1：相同于，依据矩阵相同定义，则存在可逆阵，使得，则依据矩阵相同定义，则相同于，应选(D).方法2：排除法(A) 不成立. 若，则，而已

9、知只是相同.(B) 不成立. 和相同，依据矩阵相同定义，即存在可逆阵，使得，从而有(把代入) () (矩阵乘积行列式等于行列式乘积) (矩阵逆行列式等于行列式逆，故)从而，有相同特性多项式，故有相同特性值.若，在两边同时左乘，右乘，得，故，在上式两边左乘，得，依据特性值和特性向量定义，属于特性值特性向量是，而属于特性值特性向量，它们并不相同.(C)不成立. 相同时，也也许它们自身所有不相同于对角阵. 比如，因存在可逆阵，使得，则依据矩阵相同定义，知，但所有不相同于对角阵.若能相同于对角阵，即可相同对角化. 先求特性值，特性多项式为，令得两个特性值0.若相同于对角阵，则存在可逆矩阵，使得，上式两

10、端同时左乘，右乘，得，和矛盾，故不可相同对角化.若能相同于对角阵，即可相同对角化.先求特性值，特性多项式为，令得两个特性值0. 若相同于对角阵，则存在可逆矩阵，使得，上式两端同时左乘，右乘，得，和矛盾，故不可相同对角化.(5)【答案】 ()【详解】给定和概率分布，求和联合分布，所给条件为，这就需要从这个条件入手. 由于事件包含事件：所以从正面研究其概率是研究不清，在这种情况下，往往需要通过其对立事件来研究.依据，有所以有 而依据概率非负性有：而 又依据边沿概率定义：( 通俗点说就是在求相关边沿分布时，就把相应所有所有加起来，同理求相关边沿分布时，就把相应所有所有加起来 )由 故 同理可得又 而

11、由已知，所以得 故三【详解】曲线在曲线上点处切线斜率为，由直线点斜式方程得切线方程 ，分别令得到和轴，轴交点分别为和. 于是切线和轴和轴围成一个直角三角形，由三角形面积公式得.当切点按轴正项趋于无穷大时，这时，所以当切点按轴正项趋于无穷大时，这时，所以四【详解】O xD D1y2解法1：区域和图所表达，有显然 在极坐标系下，有所以于是 解法2：图所表达， 令，有，则 五【详解】设两种要素总投入费用为，则由题意得，题目问产出量为12时，两要素各投入多少可以使得投入总费用最小，即是求函数在约束条件下条件最值. 按格朗日数乘法，作函数，为求驻点求偏导并令其为零，即由前两式可得，解出代入第三个式子，得

12、，由于驻点唯一，且实际问题在，范围内存在最小值，故，时为最小.六【公式】形如 ，方程通解为【详解】由于所求函数在和所有满足所给微分方程，故在两个区间上分别求微分方程，即 ，解得 ，其中为常数.化简得 由题设，其中，可知，解得所以有 又由于在内连续，所以即 解之得 故所求连续函数为 七【详解】中变量是，故设法把“转移”到外，令，则，所以代入得 方法1：将等式两边对求导得 化简得 令得，化简得 方法2：引入一个原函数，则于是 所以 ， 两边对求导，得 即 即 令得，八【详解】(1) 结构函数，则在区间上连续，在内可导，且，所以由介值定理得，存在一点，使得即存在一点，使得，原命题得证.(2) 令，解

13、微分方程得 ，即 令 由于 ，所以，在上由罗尔定理知，肯定存在点，使得即 即 九【详解】(1) 由于又由部分和数列有 所以 (2) 先估量值，由于，令，则，即所以 所以 由于，所以收敛，从而也收敛.十【详解】方法1：，依据实对称矩阵定义，故是实对称阵.对任意非零向量，有因，故有.(设，则中最少一个不为零，则中最少一个大于零，故)(设，由于有也许为零，即有也许，故这里也许取等号.)故当初，.对任意，所有有由正定矩阵定义，得证：是正定矩阵.方法2：正定所有特性值大于零设有特性值，相应特性向量为，由特性值和特性向量定义，将代入，得，其中上式两边左乘，得变形得 因，设，则中最少一个不为零，则中最少一个

14、大于零，故(设，由于有也许为零，即有也许，故这里也许取等号.)故 所以，当初，有，故知特性值所有大于零，是正定矩阵.十一【定义】(1)相关系数); (2)协方差; (3)离散型随机变量盼望; (4)方差定义：【详解】(1) 由题知均服从分布， ，1O21二维随机变量在矩形上服从均匀分布(依据二维均匀分布性质，各部分所占概率是其面积和总面积之比)所以，图所表达：有四个也许值：(2) 由依据边沿概率定义：有 而 即 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 所以 ，所以 又 ，所以 ，故 十二【概念和性质】(1) ；(2) ；(3) 若独立，则；(4) 分布定义：若，独立，则(5) 正态分布标准化定义：若，则【详解】由于是来自总体简朴随机样本，故独立.设，则，又由于服从正态分布独立随机变量其线性组合也服从正态分布，则 其中 故 同理，由于，所以又由于独立，且所有服从正态分布，故也服从正态分布，其盼望方差分别为：，得 将标准化得 由正态总体样本方差性质：，推得 因和独立(由于样本方差和样本均值独立)而独立，故和独立.所以由分布定义有：化简上式 即