1997考研数三真题解析

1997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分,每小题3分,满分15分.把答案在题中横线上.) (1)【答案】ef(x)1[flnxfxflnx]dx x【解析】题目考察复合函数的微分法,利用链式法则计算如下：

由yf(lnx)ef(x) 可知

dy1flnxef(x)dxflnxef(x)fxdxx

1ef(x)[flnxfxflnx]dx.x

1(2)【答案】

4【分析】本题中

10f(x)dx是个常数,只要定出这个数问题就解决了.

1A1x2,两边从0到1作定积分得 21x【解析】令

0f(x)dxA,则f(x)11dx12AA1xdxarctanxAA, 0001x2444解得A4.

【评注】本题主要考查定积分的概念和计算.本题中出现的积分

101x2dx表示单位圆

在第一象限部分的面积,可直接根据几何意义求得.考生务必注意这种技巧的应用. (3)【答案】ytC(t2)2t

【解析】对应的齐次差分方程是yt1yt0,显然有不恒等于零的特解yt1. 因方程的右端函数f(t)t2,可设非齐次差分方程的特解有形式

ty(AtB)2t,

代入方程得 (At2AB)2t2,

ttt0,1,2,1

.由于2t0,于是

At2ABt,t0,1,2,.

可确定A1,B2,即非齐次差分方程有一个特解是y(t2)2t. 从而,差分方程的通解是ytC(t2)2t. (4)【答案】2t2 【解析】二次型f(x1,x2,x3)对应的矩阵为

2A1011t20t. 21因为f正定A的顺序主子式全大于零.又

21112,21,3A1t2,

112故f正定112t0,即2t2. 2(5)【答案】t分布,参数为9 【解析】由X1,2,X9是来自总体X的简单随机样本,故X1,,X9独立,且都服从正态

分布N(0,3).类似有Y1,,Y9相互独立,且都服从正态分布N(0,32).

又因服从正态分布的独立随机变量的线性组合也服从正态分布,即

XX1其中E(X)E(X1X9~N(,2).

X9),2D(X)D(X1X9)EX1EX2X9). EX90；

由期望的性质,E(X)E(X1由独立随机变量方差的性质,2D(X)D(X1故X~N(0,9).

因Y1,2X9)DX1DX981,

,Y9~N(0,32),故

Yi0~N(0,1),(i1,2,32

,9),所以,

YYi~2(9).

i13X0X02~N(0,1),故9~t(9). 由t分布的定义,现已有X~N(0,9),将其标准化得

9Y9化简有92X~t(9),即9YX1X9XX91~t(9).

221Y1Y99(Y12Y92)9【相关知识点】1.数学期望的性质：E(aXbYc)aE(X)bE(Y)c,其中a,b,c为常数.

2.方差的性质：X与Y相互独立时,D(aXbYc)a2D(X)b2D(Y),其中a,b,c为常数.

3.分布的定义：若Z1,2i22,Zn相互独立,且都服从标准正态分布N(0,1),则

nZ~(1),Zi2~2(n).

i14.若Z~N(u,),则

2Zu~N(0,1).

25.t分布的定义：若X~N(0,1),Y~(n),X,Y独立,则TXY~t(n). n

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)【答案】(B)

【分析】只要求出极限 limx0f(x)就能判断出正确的选项. g(x)【解析】用变上限积分求导公式及重要的等价无穷小关系,得

3

f(x)limlim05x0g(x)x0xx6561cosxsint2dt(sinx)sin(1cosx)2limx0x4(1x)

215x1x(1cosx)4limlimlim40,x01xx0x0xx4故应选(B).

【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)阶可导,则

(t)(t)f(x)dx,(t),(t)均一

F(t)(t)f(t)(t)f(t).

2.无穷小的比较：

设在同一个极限过程中,(x),(x)为无穷小且存在极限 lim(1) 若l0,称(x),(x)在该极限过程中为同阶无穷小； (2) 若l1,称(x),(x)在该极限过程中为等价无穷小,记为(x)(x)l, (x)(x)；

(3) 若l0,称在该极限过程中(x)是(x)的高阶无穷小,记为(x)o(x). 若lim(x)不存在(不为),称(x),(x)不可比较. (x)(2)【答案】(C)

【解析】题目考察抽象函数的凹凸性和单调性的问题.

方法1：由f(x)f(x)(,)知,f(x)的图形关于y轴对称.由在(,0)内,

fx0且f(x)0知,f(x)的图形在(,0)内单调上升且是凸的；由对称性知,在

(0,)内,f(x)的图形单调下降,且是凸的,所以应选(C).

方法2：由f(x)f(x)可知f(x)f(x),f(x)f(x).

当x(0,)时,x(,0),此时由题设知fx0,f(x)0,则

f(x)0,f(x)0,x(0,),

4

故应选(C).

方法3：排除法.取f(x)x2,易验证f(x)符合原题条件,计算可知(A)、(B)、(D)三个选项均不正确,故应选(C).

方法4：由题设可知f(x)是一个二阶可导的偶函数,则f(x)为奇函数,f(x)为偶函数,又在(,0)内f(x)0,f(x)0,则在(0,)内f(x)0,f(x)0,故应选(C). (3)【答案】(C)

【分析】这一类题目最好把观察法与(1,2,3)(1,2,3)C技巧相结合. 【解析】对于(A),1223310,即存在一组不全为零的数1, -1,1,使得等式为零,根据线性相关的定义可知12,23,31线性相关,排除(A)；

对于(B),122312230,即存在一组不全为零的数1,1, -1,使得等式为零,根据线性相关的定义可知12,23,1223线性相关,排除(B)；

对于(C),简单的加加减减得不到零,就不应继续观察下去,而应立即转为计算行列式.设有数k1,k2,k3,使得

k1122k22233k31330,

整理得 k1k312k12k223k23k3a30.

k1k30已知1,2,3线性无关,上式成立,当且仅当2k12k20 ①

3k3k032101因①的系数行列式220120,故①有唯一零解,即k1k2k30.故原向量组

033122,2233,331线性无关.应选(C).

或者也可以将122,2233,331用1,2,3线性表出,且写成矩阵形式,有

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101记122,2233,3311,2,32201,2,3C,

033C120,则C可逆,故两向量组是等价向量组,由1,2,3线性无关知122, 2233,331线性无关.

(4)【答案】(D)

【解析】方法1：用排除法.任意两个同阶可逆矩阵不具备乘法的交换律,不一定相似,也不一定合同.

例如,若A1010,由于特征值不同,故不相似,又对应二次型的正、负,B0302惯性指数不同,故也不合同,(B)、(C)不成立；

1010若A,B02,则

03111012, AB030206101111BA0306,ABBA.

02故(A)不成立；应取(D).

方法2：因A,B是同阶(设为n)可逆阵,故有rArBn,而

rArBA,B等价存在可逆阵P,Q使得PAQB.

(这里只需取PA,QB,既有PAQABAB成立),故应选(D). 或者,因A,B是同阶可逆阵,故A,B均可以通过初等行变换化成单位阵,

11A E,B E,

即存在初等阵PP,P12,行变换行变换Ps,WW1,W2Wr,使得

PAE,WBE,

6

1从而有PAEWB,得PAW1PAQBWQ.故(D)成立.

(5)【答案】(A)

【解析】因X和Y相互独立, 而

11PX1PY1,PX1PY1,

22故有：

111PX1,Y1PX1PY1；

224111PX1,Y1PX1PY1；

224111PX1,Y1PX1PY1；

224111PX1,Y1PX1PY1；

224111PXYPX1,Y1PX1,Y1,

442故(A)正确,(B)错；

PXY0PX1,Y1PX1,Y1故(C)错；

111, 442PXY1PX1,Y1PX1,Y1故(D)错.

三、(本题满分6分.)

111, 442【分析】要证明limQ(x)Q,只须证明limlnQ(x)lnQ即可,因为Q(x)为指数函数,因

x0x0此化为对数形式便于极限计算. 【解析】因为lnQ(x)lnA1ln[Kx(1)Lx],而且 x 7

ln[Kx(1)Lx]limx0xKxlnK(1)LxlnLlimx0Kx(1)LxlnK(1)lnLln(KL1),所以, limlnQ(x)lnAln(KLx0

1)ln(AKL1),

于是, limQ(x)AKLx01Q.

四、(本题满分5分.) 【解析】由题设有

duffdyfdz. (*) dxxydxzdx在exyy0中,将y视为x的函数,两边对x求导,得

dydydyyexyy2e(yx)0. (1)

dxdxdx1xexy1xyxy在exz0中,将z视为x的函数,两边对x求导,得

zezdzdzdzzzzx0z. (2) dxdxdxexxyx将(1)、(2)两式代入()式,得

dufy2fzf. dxx1xyyxyxz【相关知识点】1.多元复合函数求导法则：若uu(x,y)和vv(x,y)在点(x,y)处偏导数存在,函数zf(u,v)在对应点(u,v)具有连续偏导数,则复合函数zf[u(x,y),v(x,y)]在点(x,y)处的偏导数存在,且

zfufvzfufv,. xuxvxyuyvy

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五、(本题满分6分)

【分析】要求获得最大利润时的销售量,需写出利润与销售量之间的的关系(x),它是商品销售总收入减去成本和政府税收.正确写出(x)后,满足(x0)0的x0即为利润最大时的销售量,此时,x0(t)是t的函数,当商家获得最大利润时,政府税收总额Ttx(t),再由导数知识即可求出既保证商家获利最多,又保证政府税收总额达到最大的税值t. 【解析】(1)设T为总税额,则Ttx.商品销售总收入为

Rpx(70.2x)x7x0.2x2.

利润函数为 RCT7x0.2x23x1tx0.2x2(4t)x1.

令(x)0,即0.4x4t0,得x由于(x)0.40,因此,x4t5(4t). 0.425(4t)即为利润最大时的销售量. 25552(2)将x(4t)代入Ttx,得Tt(4t)10tt.

222由T(t)105t0,得惟一驻点t2；由于T(t)50,可见当t2时T有极大值,这时也是最大值,此时政府税收总额最大.

六、(本题满分6分)

F(x)F(0),且当x0时,F(x)0【分析】当x0时,F(x)显然连续,故只要证limx0即可.

【解析】方法1：显然x0时,F(x)连续,又由洛必达法则知

x0limF(x)limx0tnf(t)dtxx0limxnf(x)0F(0), x0所以F(x)在[0,)上连续.

当x(0,)时,

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xn1f(x)tnf(t)dt0xF(x)x2xn1f(x)nf()x,0x. 2x由于f(x)单调不减,故f(x)f(),又xnn,从而xnf(x)nf(). 于是有F(x)00x.故F(x)在[0,)上单调不减.

方法2：连续性证明同上.由于

F(x)xn1f(x)tnf(t)dt0xxxn02xnxf(x)dttf(t)dt0x2x

0[xf(x)tf(t)]dtx2nn0,可见,F(x)在[0,)上单调不减.

【评注】本题主要考查变上限定积分求导,洛必达法则.请考生注意本题两种证法中对于

F(x)的不同处理方法.

【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)阶可导,则

(t)(t)f(x)dx,(t),(t)均一

F(t)(t)f(t)(t)f(t).

七、(本题满分6分)

【分析】先作出草图,再求出曲线yx在任一点(a,a)上的切线方程及其与x轴的交点,然后依此类推,得出一系列与x轴交点的坐标.最后进行相应计算即可. 【解析】(1)由yx,得y2x.对于任意a(0a1), 抛物线yx在点(a,a)处的切线方程为

22222yyx2 Q1ya22a(xa).

且该切线与x轴的交点为(,0),故由OP11可见

a2Q2 Q31 O P P P1 x 32 10

11OP2OP,1221111OP3OP22,2222 OPn1.2n12 (2)由于QnPnOPn122n21,可见 4n1m11QnPnn1. n1n14m04利用几何级数求和公式

xnn01(x1)即得 1xm141. QPnn143n1m014【评注】本题是级数与微分学的综合题,本题中所得的级数仍为收敛的几何级数,利用几何级数求和公式即可求出它的和.

八、(本题满分6分)

【解析】将直角坐标化为极坐标,由于

x2y24t222t2t12rr2f(xy)dxdydf()rdr2rf()dr,

0002222trr4t2f(t)e2rf()drs可得.在积分中作换元,又有 0222ttrrf()dr4020sf(s)ds.

于是,f(t)满足积分关系式f(t)8t0sf(s)dse4t.

2在上式中令t0得f(0)1.利用变上限积分的求导公式,将上式两端对t求导,得

f(t)8tf(t)8te4t.

2 11

上述方程为关于f(t)的一阶线性微分方程,利用一阶线性微分方程通解公式,得

f(t)(4t2C)e4t,其中常数C待定.

由f(0)1可确定常数C1,因此,f(t)(4t1)e24t22.

【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)阶可导,则

(t)(t)f(x)dx,(t),(t)均一

F(t)(t)f(t)(t)f(t).

2. 一阶线性非齐次微分方程的标准形式为yp(x)yq(x),其通解公式为

p(x)dxp(x)dxye(q(x)edxC),其中C为常数.

九、(本题满分6分)

【解析】(1)由AA*A*AAE及A*AA1,有

0AAEPQTTTAAATAAbA.T10AbA(2)用行列式拉普拉斯展开式及行列式乘法公式,有

TA*bA

PETA0AA,

PQPQA0AbTA1A2bTA1

T1又因A是非奇异矩阵,所以A0,故QAbA.

由此可知Q可逆的充要条件是Q0,即bA0,亦即Ab. 评注：本题考查分块矩阵的运算,要看清A是1阶矩阵,是一个数.

【相关知识点】1.两种特殊的拉普拉斯展开式：设A是m阶矩阵,B是n阶矩阵,则

T1T1T1 12

AOA*OAB, *BOBBA*Amn1AB. *BO2.行列式乘积公式：设A,B是两个n阶矩阵,则乘积AB的行列式等于A和B的行列式的乘积,即ABAB.

十、(本题满分10分)

【解析】(1)设A的属于3的特征向量为3x1,x2,x3,因为实对称矩阵属于不同特征值的特征向量相互正交,故

T13x1x2x30, T23x12x2x30.T111解上述方程组,设方程组的系数矩阵为B,对B进行初等行变换：

121111111101, B121030010系数矩阵的秩为2,根据基础解系的个数与系数矩阵秩之间的关系,我们得到基础解系的个数为1,解得 1,0,1,即A的对应于3的特征向量为3k1,0,1,其中k为非零常数.

TT1111001(2)方法1：令P1,2,3120,则有PAP020,

111003即APP,其中P计算如下：

11 13

21111111110031031120010PE11100100211103122222311130112113111030102200011102200110101111 3330011110636011102212221, 1121得 P63031111002221325102012112102.

APP1120662131110033035方法2：因A是对称矩阵,不同特征值对应的特征向量互相正交,故存在正交阵Q(对P单位

131化),使Q1AQQTAQ,AQQT,其中Q313131AQQT31313131316261612100020012111233420661302216261613010631216261613260120. 1213161213132521.210266521332

方法3：由于矩阵A的特征值是1,2,3,特征向量依次为1,2,3,利用分块矩阵有

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A(1,2,3)(1,22,33).

因为1,2,3是不同特征值的特征向量,它们线性无关,于是矩阵(1,2,3)可逆.故

12A(1,22,33)(1,2,3)1141212322213112112140661233035311112003111 25102.2131【评注】本题有两个难点,一是能否由“实对称矩阵”挖掘出隐含的信息,通过正交性求出3,另一个难点就是反求矩阵A.

十一、(本题满分7分)

【分析】求分布函数F(x)P{Xx}实质上是求{Xx}的概率. 【解析】由X的绝对值不大于1,可得

当x1时,F(x)PXx0； 当x1时,F(x)PXx1； 又P{X1}11,P{X1},则 84115P{1x1}1P{X1}P{X1}1；

848由题意X在(1,1)内的任一子区间上取值的条件概率与该子区间长度成正比,那么当

X的值属于(1,1)的条件下,事件1Xx的条件概率为：

P1Xx|1X1kx(1)x1k(其中k为比例正常数),

1(1)2又 P1X1|1X11, 而 P1X1|1X1k11k, 2 15

所以k1,故P1Xx|1X1x1； 2当1x1时,1Xx1Xx1X1,

所以P1XxP1Xx,1X1. 由条件概率公式,有

P1XxP1Xx,1X1P1Xx|1X1P{1X1} x155x5,2816F(x)PXxPX1P1Xx,

110, 8815x55x7所以 F(x)PXxPX1P1Xx,

81616而 PX1PX1PX10, x15x7故所求的X的分布函数为F(x), 1x1.

161, x1

十二、(本题满分6分)

【解析】已知X在[0,60]上均匀分布,则其密度函数为：

1,f(x)600,1x60, 其他.

设Y表示游客等候电梯的时间(单位：分钟),由于电梯于每个整点的第5分钟,25分钟, 55分钟起行,则

当0X5时,游客需等候时间Y5X； 当5X25时,游客需等候时间Y25X； 当25X55时,游客需等候时间Y55X；

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当55X60时,游客需等候时间Y60X565X(这个时间段到达,就需要等下个整点的第５分钟,所以是60X5).

5X,25X,故Y是关于到达时刻X的函数：Yg(X)55X,65X,由随机变量函数期望的定义,有

0X5,5X25,

25X55,55X60.EYg(x)f(x)dx11g(x)dxg(x)dx606025556015 (5x)dx(25x)dx(55x)dx(65x)dx525550601(12.520045037.5)11.67.60【相关知识点】1.随机变量函数期望的定义：

若随机变量Yg(X),且EY存在,则有EY

十三、(本题满分6分)

【解析】设X1和X2表示先后开动的记录仪无故障工作的时间,则两台记录仪无故障工作的总时间为TX1X2.

由于每台无故障工作的时间都服从参数为５的指数分布,则X1和X2的概率密度函数为

g(x)f(x)dx.

5e5x,x0f(x).

0,x0因为两台仪器是独立的,则其无故障工作的时间显然也是相互独立的,即X1和X2独立,应用两个独立随机变量之和的卷积公式：

当t0时,T的概率密度为

f(t)f1(x)f2(tx)dx25e5xe5(tx)dx25te5t.

0t当t0时,f(t)0,即

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25te5t,t0,f(t)

t0.0,由指数分布的期望和方差的结论,有

EX1EX2由期望的性质,有

111,DX1DX22, 5251112ETE(X1X2)EX1EX2,

555由独立随机变量方差的性质,有

DTD(X1X2)DX1DX2112. 252525【相关知识点】1.指数分布的期望和方差的结论：

若X服从参数为的指数分布,则其期望EX2. X与Y相互独立,数学期望和方差的性质:

1,方差DX12.

E(aXbYc)aE(X)bE(Y)c,

D(aXbYc)a2D(X)b2D(Y),

其中a,b,c为常数.

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