2010重庆考研数学三真题及答案.docx

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1、2010重庆考研数学三真题及答案 一、选择题：18小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.(1)若，则等于（）（）（）（） (2) 设,是一阶线性非齐次微分方程的两个特解. 若常数, 使是该方程的解,是对应的齐次方程的解, 则（A） (B) (C) (D) （3）设函数具有二阶导数，且。若是的极值，则在取极大值的一个充分条件是(A) (B) (C) (D) （4）设，则当充分大时有(A) . (B) . (C). (D). (5) 设向量组可由向量组线性表示, 则列命题正确的是 (A) 若向量组线性无关, 则 (B

2、) 若向量组线性相关, 则 (C) 若向量组线性无关, 则 (D) 若向量组线性相关, 则 (6)设为4阶对称矩阵,且若的秩为3,则相似于(A)(B) (C) (D) (7) 设随机变量的分布函数，则(A) 0 (B) 1 (C)(D) (8) 设为标准正态分布的概率密度为上均匀分布的概率密度,为概率密度,则应满足(A) (B) (C) (D) 二、填空题(9-14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置上.)（9）设可导函数由方程确定，则（10）设位于曲线下方, 轴上方的无界区域为, 则绕轴旋转一周所得空间区域的体积为。（11）设某商品的收益函数为，收益弹性为, 其中为价格,

3、且, 则（12）若曲线有拐点, 则。 (13) 设为3阶矩阵, 且则（14）设是来自总体的简单随机样本。记统计量，则。 三、解答题(1523小题,共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)（15）(本题满分10分)求极限（16）(本题满分10分) 计算二重积分,其中由曲线与直线及围成.（17）(本题满分10分)求函数在约束条件下的最大值和最小值 . (18) (本题满分10分)(1)比较与的大小,说明理由。(2)记求极限。（19）(本题满分10分) 设函数在闭区间上连续, 在开区间内存在二阶导数, 且 (I) 证明存在, 使得；(II) 证明存在, 使

4、得。 (20) (本题满分11分)设，已知线性方程组存在两个不同的解.(1) 求；(2) 求方程组的通解. (21) (本题满分11分)设,正交矩阵使得为对角矩阵.若的第一列为,求. (22)(本题满分11分)设二维随机变量的概率密度为，求常数以及条件概率密度。 (23) (本题满分11分) 箱中装有6个球, 其中红、白、黑球个数分别为1, 2, 3个, 现从箱中随机地取出2个球, 记为取出红球的个数, 为取出白球的个数 . (I) 求随机变量的概率分布； (II) 求. 参考答案 一、选择题：18小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字

5、母填在答题纸指定位置上.(1)【分析】通分直接计算等式左边的极限，进而解出a.【详解】由于从而由题设可得，即，故应选（C） (2) 【分析】此题主要考查线性微分方程解的性质和结构【详解】因为,是一阶线性非齐次微分方程的两个特解，所以 -（1）由于是该方程的解,则即 将（1）代入上式可得：（2） 由于 是对应的齐次方程的解 则，即 将（1）代入上式可得：（3）由（2）、（3）可得。故应选（A）评注：设是一阶线性非齐次微分方程的解，则对于常数，有下列结论： 若，则是方程的解； 若，则是方程的解。（3）【分析】本题主要考查导数的应用.求的一、二阶导数，利用取得极值的必要条件及充分条件。【详解】令，则

6、, 由是的极值知。于是有 ， 由于, 要使, 只要. 因此应选(B)（4）.【分析】计算两两比的极限便可得到答案 【详解】因为 , , 由此可知当充分大时,，故应选（C）。(5) 【分析】本题考查向量组的线性相关性。 【详解】因向量组能由向量组线性表示，所以，即若向量组线性无关，则，所以. 故应选(A). 评注：“若线性无关且可由线性表示，则”这是线性代数中的一个重要定理，对定理熟悉的考生可直接得正确答案.(6) 【分析】考查矩阵特征值、特征值的性质及实对称矩阵的性质。【详解】由于，所以，由于的秩为3，所以不可逆，从而，所以是矩阵的特征值。假设是矩阵的特征值，则，则只能是或。由于是实对称矩阵，

7、且的秩为3，所以其全部特征值为，因此应选（D）(7) 【分析】考查如何利用分布函数计算随机变量取值的概率。【详解】由分布函数的性质可知：故应选（C）(8) 【分析】考查概率密度的性质，【详解】由已知可得：，由概率密度的性质可知：所以因此应选（）二、填空题(9-14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置上.)（9）【分析】先由方程求出时，再两边对求导或两边微分。【详解】法一：由，令得 等式两端对求导得 将，代入上式得： 法二：由，令得 等式两端对微分得 将，代入上式得：，从而（10）【分析】利用旋转体的体积公式即得。计算时须注意这是一个反常积分。【详解】（11）【分析】此题考查弹

8、性的定义及可分离变量微分方程的解法，利用弹性的定义列方程，然后解此微分方程【详解】由弹性的定义知，收益弹性为，由题设可得 ，且分离变量可得，两端积分得 从而方程通解为：由可得。从而方程的特解为由此可得收益函数为 。（12）【分析】利用是曲线拐点的条件列方程解出.【详解】在整个实数区间上可导, 且 ， 因是曲线的拐点，有即. 又点 在曲线上, 于是 ，得. (13) 【分析】本题考查矩阵的运算、行列式的性质. 【详解】由于 。因此应填 3。评注： 也可以由|得（14）【分析】本题考查重要统计量的数字特征，是一道非常基本的题. 【详解】根据简单随机变量样本的性质，相互独立且与总体同分布，即 ，于是

9、， 因此。三、解答题(1523小题,共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)（15）【分析】化为指数形式，用洛必达法则及等价无穷小替换求极限。【详解】 （16）【分析】被积函数展开，利用二重积分的对称性。【详解】显然D关于轴对称 , 且其中， 由于被积函数是关于的奇函数，是关于的偶函数，所以 评注：二重积分的对称性的考查一直是研究生考试的重要测试内容.（17） 【分析】本题为条件极值问题, 用拉格朗日乘数法。【详解】令，解方程组 -（1）当时，从方程组（1）可得此时解得 和 ；当时，从方程组（1）可得此时解得 和 ； 综上，可得的如下六个驻点 、 、

10、 、 、 、 代入可得：、 、 、 、 从而所求最大值为, 最小值为。(18) 【分析】考查定积分性质、分部积分法和夹逼定理。对(I)比较被积函数的大小；对(II)用分部积分法计算积分再用夹逼定理求极限。【详解】(1)，由于时，所以，从而 从而由积分的保号性定理可得(2) 由(1)可知：，而 又因为，从而由夹逼定理可得：。评注：若一题有多问，应特别注意利用前面提供的信息.（19）【分析】需要证明的结论与导数有关，自然联想到用微分中值定理【详解】(I) 令，因在闭区间上连续, 所以在闭区间上连续，在开区间内可导，由拉格朗日中值定理得，至少存在一点, 使得 ，即 又，所以。命题（I）得证。 ()

11、因， 即 又函数在闭区间上连续, 从而介于在上的最大值与最小值之间, 由介值定理知，至少存在一点, 使得因此在区间,上都满足罗尔中值定理条件，于是至少存在点, ,使得 。 由在闭区间上连续, 在开区间内存在二阶导数, 知在上连续, 在可导，用罗尔中值定理, 至少存在一点, 使得.评注：一般地有如下结论：设在内连续，则存在，使得(20)【分析】本题考查方程组解的判定与通解的求法. 由非齐次线性方程组存在2个不同解知对应齐次线性方程组有非零解，而且非齐次线性方程组有无穷多解.【详解】(1) 由于线性方程组存在两个不同的解，所以该方程组有无穷多解，从而。又 从而，解得：。(2)当时所以方程组的同解方

12、程组为，从而原方程通解为：为任意常数）。(21) 【分析】本题考查实对称矩阵正交化问题.由的列向量都是特征向量可得的值以及对应的特征值,然后由可求出另外两个特征向量,于是最终求出.【详解】由题设,于是 ,即从而 由于的特征多项式 所以的特征值为 由于方程组的基础解系为，所以属于特征值的一个单位特征向量为；又方程组的基础解系为，所以属于特征值的一个单位特征向量为.令,则有,故为所求矩阵.评注:因为正交矩阵使得为对角矩阵,则的列向量都是特征向量.本题正是以此为切入点解出. (22)【分析】本题考查二维联合密度的性质与条件密度的计算，而求条件密度的本质还是求边缘密度。【详解】由概率密度的性质得 所以，即。 因为的边缘概率密度为 因此条件概率密度，评注：本题要充分的利用积分简化计算。(23) 【分析】本题是计算二维离散型随机变量的联合分布律与数字特征,第一问实际上为古典概率问题. 【详解】(I) 易知的所有可能取值为0,1，的所有可能取值为0，1,2各值，由于表示取到个红球，个白球. 由古典概型得 于是故二维随机变量的概率分布为(表中最后一列与最后一行分别是关于和关于的边缘概率分布) YX01203/156/151/1510/1513/152/1505/156/158/151/15 (II) 由()知：， ，于是。13