(完整word版)2001年考研数学三真题及全面解析.pdf

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1、(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析20012001 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题一、填空题一、填空题（1）设生产函数为Q ALK,其中Q是产出量，L是劳动投入量，K是资本投入量,而A,均为大于零的参数,则当Q=1时K关于L的弹性为（2)某公司每年的工资总额比上一年增加20的基础上再追加2 百万.若以Wt表示第t年的工资总额（单位：百万元),则Wt满足的差分方程是_k1（3）设矩阵A 11111k11,且秩(A A）=3，则k=1k111k(4）设随机变量X,Y的数学期望都是2，方差分别为1和4，而相关系数为0.5。则根据切

2、比雪夫不等式PX-Y 6。(5）设总体X服从正态分布N(0,0.22),而X1,X2,X15是来自总体X的简单随机样本，则随2X12 X10机变量Y 服从_分布，参数为_222X11 X15二、选择题二、选择题(1)设函数f（x）的导数在x=a处连续,又limxaf(x)1,则（)xa（A)x=a是f(x）的极小值点。(B)x=a是f(x）的极大值点.（C）(a,f(a)是曲线y=f（x）的拐点.（D）x=a不是f（x)的极值点,（a,f(a)）也不是曲线y=f(x）的拐点。（2)设函数g(x)x012(x 1),0 x12,则g(x)在区间（0，2）内（)f(u)du,其中f(x)1(x1)

3、,1 x23（A）无界（B)递减(C）不连续(D）连续1(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析a11a12aa22（3）设A21a31a32a41a4210P200a13a23a33a43a14a14aa24,B 24a34a34a44a44a13a23a33a43a12a22a32a42a1100a21,P a3110a411001100,010000000010,其中A A可逆，则B1等于()100001111(A)A1P1P2（B）P1A P2 (C)P1P2A（D)P2A P1.A(4）设A A是n阶矩阵，是n维列向量。若秩T秩(A)，则线性方程组()0(A)AXA

4、X=必有无穷多解(B)AXAX=必有惟一解。A(C)T X A仅有零解(D)0T0y X 0必有非零解.0y（5)将一枚硬币重复掷n次,以X和Y分别表示正面向上和反面向上的次数,则X和Y的相关系数等于（)（A）1（B)0 (C)1（D)12三三、（本题满分、（本题满分5 5 分）分）设u=f(x，y,z)有连续的一阶偏导数，又函数y=y（x)及z=z（x)分别由下列两式确定：exy xy 2和exxz0sintdudt,求tdx四四、（本题满分、（本题满分6 6 分分)已知f（x)在（，+)内可导，且limf(x)e,lim(xxxcx)limf(x)f(x1),求c的值。xxc五五、(本题满

5、分本题满分6 6 分）分）求二重积分y1xeD122(x y)2dxdy的值,其中D是由直线y=x,y=1及x=1围成的平面区域六、（本题满分六、（本题满分7 7 分）分）已知抛物线y px2qx（其中p0，q0)在第一象限与直线x+y=5相切,且此抛物线与x轴所围成的平面图形的面积为S.(1)问p和q为何值时，S达到最大？（2）求出此最大值。2(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析七、七、(本题满分本题满分6 6 分）分）设f（x)在区间0,1上连续，在（0，1)内可导,且满足f(1)kxe1xf(x)dx,(k 1).证明:存在(0，1），使得f()2(11)f().八

6、、（本题满分八、（本题满分7 7 分分)已知fn(x)满足fn(x)fn(x)xn1ex(n为正整数)且fn(1)130e,求函数项级数nfi1n(x)之和。九、九、(本题满分本题满分9 9 分分)11a 1 设矩阵A 1a1,1.已知线性方程组AXAX=有解但不唯一,试求：a112（1)a的值；（2）正交矩阵Q，使QTAQ为对角矩阵.十、（本题满分十、（本题满分8 8 分）分）设A A为n阶实对称矩阵,秩(A）=n,Aij是A aij二次型f(x1,x2,nn中元素aij的代数余子式（i，j=1，2，n），xn)i1j1nnAijAxixj.xn)i1j1nn（1)记A (x1,x2,xn)

7、,把f(x1,x2,AijAxixj.写成矩阵形式，并证明二次型f(X)的矩阵为A1;（2)二次型g(X)XTAX与f(X)的规范形是否相同？说明理由.十一、十一、(本题满分本题满分8 8 分分)生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的,假设每箱平均重50 千克，标准差为5千克。若用最大载重量为5 吨的汽车承运，试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保障不超载的概率大于0.977。(（2）=0。977,其中(x)是标准正态分布函数).十二、十二、(本题满分本题满分8 8 分）分）设随机变量X 和Y 对联和分布是正方形G=（x，y)1x3，1y3上的均匀分布，试求随机3(完整 w

8、ord 版)2001 年考研数学三真题及全面解析变量U=XY的概率密度p(u).20012001 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析一、填空题一、填空题(1）【答案】【使用概念】设y fx在x处可导，且fx 0,则函数y关于x的弹性在x处的值为Eyxxy f xExyfx【详解】由Q ALK,当Q 1时,即ALK1，有K AL,于是K关于L的弹性为：1d ALdL1EKLKELKLAL111AL L 1AL(2）【答案】1.2Wt12【详解】Wt表示第t年的工资总额，则Wt1表示第t 1年的工资总额，再根据每年的工资总额比上一年增加20的基础上

9、再追加2百万,所以由差分的定义可得Wt满足的差分方程是：Wt(120)Wt12 1.2Wt12(3)【答案】-3【详解】方法方法1 1：由初等变换（既可作初等行变换,也可作初等列变换)。不改变矩阵的秩，故对A进行初等变换k1A 11111 k1kk111行(1)分别加到2,3,4行1k1k111k1k1 k 1000k 10 00k 1114(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析111 k 30k 1002,3,4列分别加到1列 00k 10 00k 10可见只有当k=3时，r（A A）=3。故k=3.方法方法2:2:由题设r（A A)=3，故应有四阶矩阵行列式A 0。由k

10、A 1111111行(1)分别加到2,3,4行k1k1k1kk 31k 10010k 10100k 10001k 10010k 10100k 11k11k111k2,3,4列分别加到1列(k 3)(k 1)3 0,解得k=1或k=3。当k=1时,11A 111 1 1101 1 11行(1)分别加到2，3，4行01 1 11 1 10111000000000可知，此时r（A)=1，不符合题意，因此一定有k=3.（4)【答案】112D(X)【所用概念性质】切比雪夫不等式为:PX E(X)2期望和方差的性质：E(X Y)EX EY；D(X Y)DX 2cov(X,Y)DY【详解】把X Y看成是一个

11、新的随机变量，则需要求出其期望和方差.故E(X Y)EX EY 22 0又相关系数的定义：(X,Y)cov(X,Y)DXDYDY (0.5)14 1则cov(X,Y)(X,Y)DXD(X Y)DX 2cov(X,Y)DY 12(1)4 3所以由切比雪夫不等式：5(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析PX Y 6 PX Y E(X Y)6D(X Y)31623612（5)【答案】F；(10,5)X【所用概念】1。F分布的定义：F n1n2Y其中X 2(n1)Y 2(n2)2。分布的定义：若Z1,2,Zn相互独立,且都服从标准正态分布N(0,1),则Zi22(n)i1n3。正态

12、分布标准化的定义：若Z N(u,2)，则【详解】因为XiZ u N(0,1)Xi0Xi222N(0,22)i 1,2,15，将其标准化有2N(0,1)，从而根据卡方分布的定义 X122 X1022 X2(10),1122 X15222(5),2 X 由样本的独立性可知,12故,根据F分布的定义2 X X10与11222 X15相互独立.2 X122Y X1122 X102102 X15252X12 X10222X11 X15F(10,5).故Y服从第一个自由度为10，第二个自由度为5的F分布.二、选择题二、选择题(1)【答案】B【详解】f(x)方法方法1:1:由lim 1,知xaxalim f

13、(x)limxaxaf(x)f(x)xa limlimxa 10 0 xaxaxaxa又函数f(x)的导数在x a处连续，根据函数在某点连续的定义,左极限等于右极限等于函数在这一点的值,所以f(a)0，于是有f(a)limxaf(x)f(a)f(x)lim 1,xaxaxa6(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析即f(a)0，f(a)1 0，根据判定极值的第二充分条件:设函数f(x)在x0处具有二阶导数且f(x0)0,f(x0)0，当f(x0)0时，函数f(x)在x0处取得极大值。知x a是f(x)的极大值点，因此，正确选项为（B).f(x)方法方法2 2：由lim 1,及

14、极限保号性定理：如果lim fx A，且A 0(或A 0)，那么存在常数 0,xx0 xaxaf(x)使得当0 x x0时，有fx 0(或fx 0），知存在x a的去心邻域,在此去心邻域内 0.xa于是推知，在此去心邻域内当x a时f(x)0；当x a时f(x)0.又由条件知f(x)在x a处连续,由判定极值的第一充分条件：设函数f(x)在x0处连续,且在x0的某去心领域内可导,若xx0,x0时，f(x)0，而xx0,x0时，f(x)0，则f(x)在x0处取得极大值，知f(a)为f(x)的极大值。因此，选（B）.（2)【答案】（D）【详解】应先写出g(x)的表达式.12(x 1)，有2xx11

15、x1x11g(x)fudu(u21)du u3u0 x3x,002602621当1 x 2时，f(x)(x1)，有3x1x11x12g(x)f(u)du f(u)du f(u)du(u 1)du(u 1)du00102131311112x1x212uu0uu1x160261336当0 x 1时,f(x)131x x,62即g(x)21x12,360 x 11 x 2221312 21g(x)limx x lim g(x)limx1因为lim，x1x16x1x123363且g(1)212211，363所以由函数连续的定义，知g(x)在点x 1处连续，所以g(x)在区间0,2内连续，选(D）。13

16、1 121同样,可以验证（A）、(B)不正确,0 x 1时,g(x)x xx 0，单调增，所以(B）递减22267(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析1212错；同理可以验证当1 x 2时,g(x)x1x10，单调增，所以g0 gx g2,即3630 gx5与选项（A)无界矛盾。6（3)【答案】(C）【详解】由所给矩阵A,B观察,将A的2,3列互换,再将A的1,4列互换，可得B。根据初等矩阵变换的性质，知将A的2,3列互换相当于在矩阵A的右侧乘以E23，将A的1,4列互换相当于在矩阵A的右侧乘以E14，即10AE23E14 B，其中E230000000010，E14010

17、00011001100010000由题设条件知P2P1.1 E14,P2 E23，因此B AP111 P由于对初等矩阵Eij有，Eij Eij，故P11,P2 P2。因此，由B AP2P1，及逆矩阵的运算规律,有1111B1AP2P P11P2A PP12A.1（4)【答案】(D)【详解】由题设，A是n阶矩阵，是n维列向量，即T是一维行向量，可知 AT是n1阶矩阵.显0 A然有秩T A秩即系数矩阵(A)n n1,T0非列满秩，由齐次线性方程组有非零解的充要条0 A件:系数矩阵非列或行满秩,可知齐次线性方程组T X 0必有非零解.0y（5)【答案】A【详解】掷硬币结果不是正面向上就是反面向上，所

18、以X Y n，从而Y n X,故DY D(n X)DX由方差的定义：DX EX2(EX)2，所以DY D(n X)E(n X)2E(n X)E(n22nX X2)(n EX)228(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析 n22nEX EX2n2 2nEX(EX)2 EX2(EX)2 DX）由协方差的性质:cov(X,c)0（c为常数）;cov(aX,bY)abcov(X,Y)cov(X1 X2,Y)cov(X1,Y)cov(X2,Y)所以cov(X,Y)cov(X,n X)cov(X,n)cov(X,X)0 DX DX由相关系数的定义，得(X,Y)cov(X,Y)DXDYD

19、X 1DXDX三【变限积分求导公式】f(x)ag(t)dtx g f(x)f(x)【详解】根据复合函数求导公式，有duff dyf dz.(*)dxxy dxz dx在exy xy 2两边分别对x求导，得dydy)(y x)0,dxdxdyy即.dxxxzsint在exdt两边分别对x求导，得0texy(y xdzex(x z)sin(x z)dz.e(1),即1dxsin(x z)x zdxx将其代入（*）式，得ex(x z)fduff dyf dzfy f1.xy dxz dxdxxx ysin(x z)z1四【详解】因为lim(1)x exxxcxxc2cxlim()lim()(把xc写

20、成xc2c）xxcxxc2cxxc2cx2ccx2cxc lim()(把x写成x2ccx)cxxc2c lim(1)xxcxc2c2cxxc（利用幂函数的性质amn(am)n）9(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析2cxxc2c2cxcln(1)xc limex (利用对数性质eln f(x)f(x)）limexlimxc2cx2c2cln(1)xcxc（利用对数性质ln f(x)g(x)g(x)ln f(x)exc2cx2c2cln(1)xxcxc(利用y ex函数的连续性,limef(x)exxlim f(x)exc2cx2c2climlim ln(1)xxcxxc（

21、当各部分极限均存在时,lim f(x)g(x)lim f(x)limg(x)xxx exc2cx2c2cln lim(1)xxcxxclim(利用ylnx函数的连续性，limlnf(x)lnlimf(x)）xx1 e2clne(利用lim(1)x e）xx e2c (lne 1)又因为f(x)在,内可导,故在闭区间x1,x上连续，在开区间(x1,x)内可导,那么又由拉格朗日中值定理，有f(x)f(x1)f()x(x1)f(),x1 x左右两边同时求极限，于是limf(x)f(x1)lim f()e，xx因为x1 x,x趋于无穷大时，也趋向于无穷大由题意，lim(xxcx1)limf(x)f(x

22、1),从而e2c e，故c xxc2五【详解】积分区域如图所示,可以写成1 y 1,y x 1y1 xeD122(x y)2dxdyydxdyxyeDD122(x y)2dxdy,1112其中,ydxdy dyydx y(1 y)dy ;1y13DxyeD122(x y)2dxdyydyxe1y11122(x y)2dxydye1y11122(x y)21d(x2)210(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析ydye1y11122(x y)211(1y2)21222d(x y)(eey)dy12(1y2)(1y2)11111111y22y22222(ee)dy edy e

23、dy2121211(1y2)2211d(1 y2)eydy2 e221e11111(1y2)212ey21110于是y1 xeD122(x y)22dxdy 3六【详解】方法方法1:1:依题意知，抛物线如图所示，令y px2qx x(px q)0，求得它与x轴交点的横坐标为：x1 0,x2 根据定积分的定义，面积S为q.pS qp0qq31n1 p3q22x xp 2(注：xndxxC）px qxdxn126p30因直线x y 5与抛物线y px2qx相切，故它们有唯一公共点。由方程组x y 52y px qx求其公共解，消去y，得px2(q1)x5 0，因为其公共解唯一，则该一元二次方程只有

24、唯一解，故其判别式必为零，即 (q1)24 p(5)(q1)220p 0,解得p 1(q1)2.20将p代入S中，得11(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析q3200q3q3.S(q)2416p6(q1)223(q1)20根据函数除法的求导公式，(200q3)3(q1)43(q1)4(200q3)200q2(3q)S(q)3(q1)423(q1)5根据驻点的定义，令S(q)0，已知有q 0,得唯一驻点q 3.当1 q 3时，S(q)0；q 3时，S(q)0.故根据极值判定的第一充分条件知，q 3时,S(q)取唯一极大值,即最大值。从而最大值为S S(3)225.32方法方

25、法2:2:设抛物线y px2qx与直线x y 5相切的切点坐标为(x0,y0),切点既在抛物线上,也在直线上，于2 qx0和x0 y0 5.是满足方程有y0 px0抛物线与直线在切点处的切线斜率是相等的，即一阶导数值相等。在y px2qx左右两边关于x求导，得y 2pxq，在x y 5左右两边关于x求导，得y 1，把切点坐标(x0,y0)代入，得yxx 2px0q 1x0 0q12p2 qx0得由x0 y0 5y0 5 x0，将两结果代入y0 px0y0 5 x0 5(整理得q1q12q12)px0qx0 p()q()2p2p2pp 1(q1)2.20将p代入S中，得200q3S(q).43(

26、q1)根据函数除法的求导公式，(200q3)3(q1)43(q1)4(200q3)200q2(3q)S(q)3(q1)423(q1)5根据驻点（即使得一阶导数为零的点)的定义,令S(q)0，已知有q 0,得唯一驻点q 3.当12(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析1 q 3时,S(q)0;q 3时，S(q)0;故根据极值判定的第一充分条件知，q 3时，S(q)取唯一极大值，即最大值.从而最大值为S S(3)225.32七【详解】将要证的等式中的换成x，移项，并命(x)f(x)x1f(x)x问题转化为证在区间(0,1)内(x)存在零点。将x1f(x)0 x看成一个微分方程，

27、用分离变量法求解。由f(x)df(x)x1dxf(x)x两边积分得df(x)x11dx(1)dxf(x)xx11n1利用dx ln x C及xndx xC，得xn1CexCex，ln f(x)xln x C1ln f(x)lnf(x)xx即xexf(x)C,命F(x)xexf(x).由f(1)kxe1xf(x)dx,(k 1)及积分中值定理（如果函数f(x)在闭区间a,b上连续，则在积分区间a,b上至少存在一个点，使得1k0ba1f(x)dx f()(ba)(a b),知至少存在一点(0,)0,1，使kf(1)kxe1xf(x)dx e1f()且F()ef(),F(1)e1f(1)。把f(1)

28、e1f()代入，则1k0F(1)e1f(1)e1e1f()ef()F()那么F(x)在,1上连续，在(,1)内可导，由罗尔中值定理知,至少存在一点(,1)0,1，使得F()ef()ef()0即f()(11)f().13(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析八【详解】由已知条件可见fn(x)fn(x)xn1ex，这是以fn(x)为未知函数的一阶线性非齐次微分方程，其中p(x)1,q(x)xn1ex，代入通解公式p(x)dxp(x)dxf(x)e(q(x)edxC)得其通解为ndxn1xdxx xfn(x)exe edxC eC,nxnexe 1,由条件fn(1),又fn(1)

29、eC,得C 0,故fn(x)nnnn1xnexxnxfn(x)enn1n1n记S(x)n1ax1,则an，limn1nannnn11limn11，则其收敛半径为R 1，收敛区间为(1,1)。n1n当x(1,1)时,根据幂级数的性质,可以逐项求导，xn xnn111，其中1xx2S(x)x1x1 xn1nn1nn1xx0 xn故根据函数积分和求导的关系f(x)dx f(x)C，得S(x)dx S(x)0 S(x)S(0)0n002又由于S(0)12n1n 0,所以S(x)S(0)S(x)dx 00 x1dx ln(1 x)，01 xxxn ln(1 x),x(1,1)即有nn1(1)n ln2。

30、当x 1时，级数在此点处收敛，而右边函数连续,因此成立的范围可扩大到x 1nn1处，即xn ln(1 x),x1,1)nn1于是fn(x)exln(1 x),x1,1)n114(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析九九【详解】（1)线性方程组AX 有解但不唯一,即有无穷多解 r(A)r(A)n 3，将增广矩阵作初等行变换，得11aA 1a1a111 1a10a11a12行1行，3行1行(a)倍2201a1a0（a2）102a11a12行加到3行1a0a10(a1)(a2)0因为方程组AX 有解但不唯一，所以r(A)r(A)3,故a=2.(2)由(1),有 112A 1212

31、11 由1E A 121221 2,3列加到1列211111121111210102331 1行(1)分别加到2,3行03提出1列公因子121(3)(3)0故A A的特征值为1 0,2 3,3 3。当1 0时，1 12 1 12 1 12 1行的(1),2倍0332行加到 3行033(0EA)121分别加到 2,3行000 21 1033 于是得方程组(0E A)x 0的同解方程组为x1 x22x3 03x23x3 0可见，r(0E A)2，可知基础解系的个数为nr(0E A)32 1，故有1个自由未知量，选x2为自由未15(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析知量，取x2

32、1，解得对应的特征向量为1(1,1,1)T.当1 3时，212 151212151 1,2行互换3E A212212 1511511行2加到2行0903行-2行212000 000 于是得方程组(3E A)x 0的同解方程组为x15x2 x3 09x2 0可见，r(3E A)2，可知基础解系的个数为nr(3E A)32 1，故有1个自由未知量，选x1为自由未知量，取x11，解得对应的特征向量为2(1,0,1)T.当1 3时，412 111111 1，2行互换 4123E A2142141111111行(4)倍,2倍2行加到3行036036分别加到2,3行000036于是得方程组(3E A)x

33、0的同解方程组为x1 x2 x3 03x 6x 032可见，r(3E A)2，可知基础解系的个数为nr(3E A)32 1，故有1个自由未知量，选x2为自由未知量，取x2 2，解得对应的特征向量为3(1,2,1)T。由于A是实对称矩阵，其不同特征值的特征向量相互正交，故这三个不同特征值的特征向量相互正交，之需将1,2,3单位化，16(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析1 1 1 21 113111,0,2.23 123326 11 1 其中，1 1212123,2 12(1)22,3(1)222(1)26令Q 1,2,313131312012162 616300则有QTA

34、Q Q1AQ 030.000十【详解】(1)由题设条件，f(x1,x2,1xn)xixjAi1j1|A|1AnnAij1A x x ijijAi1 j1 Ainxn)nnxA xiiji1j1nnjx(A x Aii1 1i1ni22x 1Ax(A,Aii1i1ni2,x1x21 n,Ain)xi(Ai1,Ai2,Ai1xn x1x2,Ain)xn x1x2,Ann)xn1x1(A11,A12,A,A1n)x2(A21,A22,A2n)xn(An1,An2,1(x1,x2,A A11A12A A,xn)2122An1An2A1n x1A2nx2(x,x,12Annxn x1TTAAx2 XTX

35、,xn)AAxn()XTA1X其中()的理由:A是可逆的实对称矩阵，故(A1)T(AT)1 A1，因此由实对称的定义知，A1也是实对称17(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析矩阵，又由伴随矩阵的性质AA A E，知A A A1，因此A也是实对称矩阵，A A,故()成立。（2）因为AT1TAAA1T1E A1,所以由合同的定义知A与A1合同.由实对称矩阵A与B合同的充要条件:二次型xTAx与xTBx有相同的正、负惯性指数.可知，g(X)XTAX与f(X)有相同的正、负惯性指数，故它们有相同的规范形.十一【应用定理】(i）期望的性质：E(X Y)EX EY；独立随机变量方差的

36、性质：若随机变量X和Y独立,则D(X Y)DX DY（ii)列维林德伯格中心极限定理：设随机变量X1,X2,Xn,相互独立同分布，方差存在，记u与2(0 2)分别是它们共同的期望与方差，则对任意实数x，恒有n1limP(Xinu)x(x)nni1（通俗的说：独立同分布的随机变量，其期望方差存在，则只要随机变量足够的多,这些随机变量的和以正态分布为极限分布）Z u(iii）正态分布标准化：若Z N(u,2)，则 N(0,1)【详解】设Xi(i 1,2,n)是装运的第i箱的重量(单位：千克），n是所求箱数。由题设可以将X1,Xi,Xn是独立同分布随机变量之和。Xn视为独立同分布的随机变量,而n箱的

37、总重量Sn X1 X2由题设，有E(Xi)50,D(Xi)5(单位:千克）所以E(Sn)E(X1 X2 Xn)EX1 EX2 Xn)DX1 DX2 EXn 50n DXn 25nD(Sn)D(X1 X2则根据列维林德柏格中心极限定理，知Sn近似服从正态分布N(50n,25n),箱数n根据下述条件确定S 50n500050nPSn5000 Pn (将Sn标准化)5 n5 n100010n()0.977 (2)n由此得18(完整 word 版)2001 年考研数学三真题及全面解析100010n 2,n从而n 98.0199,即最多可以装98箱.十二【详解】由题设条件X和Y是正方形G(x,y):1

38、x 3,1 y 3上的均匀分布，则X和Y的联合密度为:11,1 x 3,1 y 3,（二维均匀分布的概率密度为）f(x,y)4面积0,其他由分布函数的定义:F(u)PU u PX Y u（1）当u 0时，F(u)0(因为X Y是非负的，所以小于 0 是不可能事件)（2）当u 2时，F(u)1(因为X和Y最大为 3,X和Y最小为 1，所以X Y最大也就只能为 2,所以X Y 2是必然事件，概率为 1)(3）当0 u 2时，F(u)PU u相当于阴影部分所占的概率大小。如图所示:y32yx uy x ux y uF(u)PU u PX Y uS12阴影面积4(2u)S总面积41xO123121(2u)4(二维均匀分布中各部分所占的概率，相当于用这部分的面积除以总面积,这里阴影部分面积是用总面积减去两个三角形的面积)于是随机变量U的概率密度为：1(2u),0 u 2,p(u)F(u)20,其他19