新《考研资料》1994考研数三真题及解析.doc

《新《考研资料》1994考研数三真题及解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新《考研资料》1994考研数三真题及解析.doc（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 Born to win1994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) _.(2) 已知,则_.(3) 设方程确定为的函数,则_.(4) 设其中则_.(5) 设随机变量的概率密度为以表示对的三次独立重复观察中事件出现的次数,则_.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) 曲线的渐近线有 ( )(A) 1条 (B) 2条 (C) 3条 (D) 4条(2) 设常数,而级数收敛,则级数 ( ) (A) 发散 (B) 条件收敛

2、 (C) 绝对收敛 (D) 收敛性与有关(3) 设是矩阵,是阶可逆矩阵,矩阵的秩为,矩阵的秩为,则( )(A) (B) (C) (D) 与的关系由而定(4) 设,则 ( ) (A) 事件和互不相容 (B) 事件和相互对立(C) 事件和互不独立 (D) 事件和相互独立(5) 设是来自正态总体的简单随机样本,是样本均值,记则服从自由度为的分布的随机变量是 ( ) (A) (B) (C) (D) 三、(本题满分6分)计算二重积分其中.四、(本题满分5分)设函数满足条件求广义积分.五、(本题满分5分)已知,求.六、(本题满分5分)设函数可导,且,求.七、(本题满分8分)已知曲线与曲线在点处有公共切线,

3、求:(1) 常数及切点；(2) 两曲线与轴围成的平面图形绕轴旋转所得旋转体的体积.八、(本题满分6分)假设在上连续,在内存在且大于零,记,证明在内单调增加.九、(本题满分11分)设线性方程组(1) 证明:若两两不相等,则此线性方程组无解；(2) 设,且已知是该方程组的两个解,其中写出此方程组的通解.十、(本题满分8分)设有三个线性无关的特征向量,求和应满足的条件.十一、(本题满分8分)假设随机变量相互独立,且同分布,求行列式的概率分布.十二、(本题满分8分)假设由自动线加工的某种零件的内径(毫米)服从正态分布,内径小于10或大于12的为不合格品,其余为合格品,销售每件合格品获利,销售每件不合格

4、品亏损.已知销售利润(单位:元)与销售零件的内径有如下关系: 问平均内径取何值时,销售一个零件的平均利润最大?1994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】利用被积函数的奇偶性,当积分区间关于原点对称,被积函数为奇函数时,积分为0；被积函数为偶函数时,可以化为二倍的半区间上的积分.所以知原式 (2)【答案】【解析】根据导数的定义,有.所以由此题极限的形式可构造导数定义的形式,从而求得极限值.由于所以 原式.(3)【答案】【解析】将方程看成关于的恒等式,即看作的函数.方程两边对求导,得.【相关知识点】两函数乘积的求导公

5、式：.(4)【答案】【解析】由分块矩阵求逆的运算性质,有公式,且 所以,本题对分块后可得.(5)【答案】【解析】已知随机变量的概率密度,所以概率,求得二项分布的概率参数后,故.由二项分布的概率计算公式,所求概率为.【相关知识点】二项分布的概率计算公式：若,则, ,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】本题是关于求渐近线的问题.由于 ,故为该曲线的一条水平渐近线.又 .故为该曲线的一条垂直渐近线,所以该曲线的渐近线有两条.故本题应选(B).【相关知识点】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

6、渐近线.(2)【答案】(C)【解析】考查取绝对值后的级数.因,(第一个不等式是由得到的.)又收敛,收敛,(此为级数：当时收敛；当时发散.)所以收敛,由比较判别法,得收敛.故原级数绝对收敛,因此选(C).(3)【答案】(C)【解析】由公式,若可逆,则.从而,即可逆矩阵与矩阵相乘不改变矩阵的秩,所以选(C).(4)【答案】(D)【解析】事实上,当时,是事件与独立的充分必要条件,证明如下：若,则, ,由独立的定义,即得与相互独立.若与相互独立,直接应用乘法公式可以证明 .由于事件的发生与否不影响事件发生的概率,直观上可以判断和相互独立.所以本题选(D).(5)【答案】(B)【解析】由于均服从正态分布

7、,根据抽样分布知识与分布的应用模式可知, 其中, 即 .因为分布的典型模式是:设,且相互独立,则随机变量服从自由度为的分布,记作.因此应选(B).三、(本题满分6分)【解析】方法1：由,配完全方得.令,引入极坐标系,则区域为.故 .方法2：由,配完全方得.引入坐标轴平移变换：则在新的直角坐标系中区域变为圆域.而,则有,代入即得.由于区域关于轴对称,被积函数是奇函数,从而.同理可得 , 又 ,故 .四、(本题满分5分)【解析】先解出,此方程为常系数二阶线性齐次方程,用特征方程法求解.方程的特征方程为,解得.故原方程的通解为.由初始条件得因此,微分方程的特解为.再求积分即得 .【相关知识点】用特征

8、方程法求解常系数二阶线性齐次方程：首先写出方程的特征方程：,在复数域内解出两个特征根；分三种情况：(1)两个不相等的实数根,则通解为(2)两个相等的实数根,则通解为(3)一对共轭复根,则通解为其中为常数.五、(本题满分5分)【解析】由复合函数求导法,首先求,由题设可得.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】运用换元法,令,则由于为“”型的极限未定式,又分子分母在点处导数都存在,运用洛必达法则,可得 ,由导数的定义,有 原式.【相关知识点】对积分上限的

9、函数的求导公式：若,均一阶可导,则.七、(本题满分8分)【解析】利用在两条曲线上及两曲线在处切线斜率相等列出三个方程,由此,可求出,然后利用旋转体体积公式求出. (1) 过曲线上已知点的切线方程为,其中,当存在时,.由知.由知.由于两曲线在处有公共切线,可见,得.将分别代入两曲线方程,有.于是 ,从而切点为.(2) 将曲线表成是的函数,是两个旋转体的体积之差,套用旋转体体积公式,可得旋转体体积为 .【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：.八、(本题满分6分)【解析】方法1: ,令 由 知 在上单调上升,于是.故 .所以在内单调增加.方法2: .由拉格

10、朗日中值定理知 ,.于是有 .由知在上单调增,从而,故.于是在内单调增加.【相关知识点】1.分式求导数公式：2.拉格朗日中值定理：如果函数满足在闭区间上连续；在开区间内可导,那么在内至少有一点,使等式成立.九、(本题满分11分)【解析】(1)因为增广矩阵的行列式是范德蒙行列式,两两不相等, 则有,故 .而系数矩阵的秩,所以方程组无解.(2)当 时,方程组同解于因为,知.由,知导出组的基础解系含有1个解向量,即解空间的维数为1.由解的结构和解的性质,是的基础解系.于是方程组的通解为,其中为任意常数.【相关知识点】1.非齐次线性方程组有解的判定定理：设是矩阵,线性方程组有解的充分必要条件是系数矩阵

11、的秩等于增广矩阵的秩,即.(或者说,可由的列向量线表出,亦等同于与是等价向量组)设是矩阵,线性方程组,则（1） 有唯一解 （2） 有无穷多解 （3） 无解 不能由的列向量线表出.2.解的结构：若、是对应齐次线性方程组的基础解系,知的通解形式为其中是的基础解系,是的一个特解. 3.解的性质：如果是的两个解,则其线性组合仍是的解；如果是的一个解,是的一个解,则仍是的解.十、(本题满分8分)【解析】由的特征方程,按照第二列展开,有,得到的特征值为.由题设有三个线性无关的特征向量,因此,必有两个线性无关的特征向量,从而.这样才能保证方程组解空间的维数是2,即有两个线性无关的解向量.由初等行变换,将第一行加到第三行上,第一行乘以后加到第二行上有,由,得 和必须满足条件.十一、(本题满分8分)【解析】记则随机变量和相互独立且同分布,由与独立可得出,故.由行列式的计算公式,随机变量有三个可能取值：所求的行列式的概率分布列于下表: 0 10.1344 0.7312 0.1344十二、(本题满分8分)【解析】依据数学期望的计算公式及一般正态分布的标准化方法,有 此时数学期望依赖于参数,为使其达到最大值,令其一阶导数为0,有令 ,得,即 .解上面的方程得 得到唯一驻点,因为此问题是实际问题,所以平均利润函数必然有最大值,而且这个最大值是唯一的.由题意知,当毫米时,平均利润最大.