1992考研数学三真题和详解

1992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) 设商品的需求函数为Q1005P,其中Q,P分别表示为需求量和价格,如果商品需

求弹性的绝对值大于1,则商品价格的取值范围是_________.

(x2)2n(2) 级数的收敛域为_________. nn4n1(3) 交换积分次序

dy012y2yf(x,y)dx_________.

0(4) 设A为m阶方阵,B为n阶方阵,且Aa,Bb,CBA,则C________. 0(5) 将C,C,E,E,I,N,S等七个字母随机地排成一行,那么,恰好排成英文单词SCIENCE的

概率为__________.

二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,把所选项前的字母填在题后的括号内.)

x2xf(t)dt,其中f(x)为连续函数,则limF(x)等于 ( ) (1) 设F(x)xaxaa2(A) a (B) af(a)

2(C) 0 (D) 不存在

(2) 当x0时,下面四个无穷小量中,哪一个是比其他三个更高阶的无穷小量? ( )

(A) x (B) 1cosx (C) 1x21 (D) xtanx

(3) 设A为mn矩阵,齐次线性方程组Ax0仅有零解的充分条件是 ( )

(A) A的列向量线性无关 (B) A的列向量线性相关 (C) A的行向量线性无关 (D) A的行向量线性相关

(4) 设当事件A与B同时发生时,事件C必发生,则 ( )

(A) P(C)P(A)P(B)1 (B) P(C)P(A)P(B)1 (C) P(C)P(AB) (D) P(C)P(A22B)

(5) 设n个随机变量X1,X2,1n,Xn独立同分布,D(X1),XXi,

ni1

1nS(XiX)2,则 ( ) n1i12(A) S是的无偏估计量 (B) S是的最大似然估计量 (C) S是的相合估计量(即一致估计量) (D) S与X相互独立

三、(本题满分5分)

lncos(x1),x1,设函数f(x)1sinx问函数f(x)在x1处是否连续?若不连续,修

21,x1.改函数在x1处的定义使之连续.

四、(本题满分5分)

arccotexdx. 计算Iex

五、(本题满分5分)

2zx设zsin(xy)(x,),求,其中(u,v)有二阶偏导数.

xyy

六、(本题满分5分)

求连续函数f(x),使它满足f(x)2

七、(本题满分6分)

求证:当x1时,arctanx

八、(本题满分9分)

设曲线方程ye(x0).

(1) 把曲线ye,x轴,y轴和直线x(0)所围成平面图形绕x轴旋转一周,得一旋转体,求此旋转体体积V();求满足V(a)xxx0f(t)dtx2.

12x. arccos221x41limV()的a. 2(2) 在此曲线上找一点,使过该点的切线与两个坐标轴所夹平面图形的面积最大,并求

出该面积.

九、(本题满分7分)

设矩阵A与B相似,其中

200100,B020.

A2x231100y(1) 求x和y的值.

(2) 求可逆矩阵P,使得P1APB.

十、(本题满分6分)

已知三阶矩阵B0,且B的每一个列向量都是以下方程组的解:

x12x22x30,2x1x2x30, 3xxx0.123(1) 求的值; (2) 证明B0.

十一、(本题满分6分)

A0m、n设A、B分别为阶正定矩阵,试判定分块矩阵C是否是正定矩阵.

0B十二、(本题满分7分)

假设测量的随机误差XN(0,102),试求100次独立重复测量中,至少有三次测量误差

的绝对值大于19.6的概率,并利用泊松分布求出的近似值(要求小数点后取两位有效数

字). [附表]

 e 1 2 3 4 5 6 7 … 0.368 0.135 0.050 0.018 0.007 0.002 0.001 …

十三、(本题满分5分)

一台设备由三大部分构成,在设备运转中各部件需要调整的概率相应为0.10,0.20和0.30.假设各部件的状态相互独立,以X表示同时需要调整的部件数,试求X的数学期望EX和方差DX.

十四、(本题满分4分)

设二维随机变量(X,Y)的概率密度为

ey,0xy,f(x,y)

其他,0,

(1) 求随机变量X的密度fX(x); (2) 求概率P{XY1}.

1992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】(10,20]

【解析】根据Q(P)1005P0,得价格P20,又由Q1005P得Q(P)5, 按照经济学需求弹性的定义,有

PQ(P)5P, Q(P)1005P令5P5P1,解得P10.

1005P1005P所以商品价格的取值范围是(10,20]. (2)【答案】(0,4)

【解析】因题设的幂级数是缺项幂级数,故可直接用比值判别法讨论其收敛性. 首先当x20即x2时级数收敛.

当x2时,后项比前项取绝对值求极限有

(x2)2(n1)n4n(x2)2n(x2)2limlim, 2nn(n1)4n1n(x2)4n14(x2)21,即当0x220x2或2x4时级数绝对收敛. 当

411又当x0和x4时得正项级数,由p级数：p当p1时收敛；当p1时发散.

n1nn1n所以正项级数

1是发散的. nn1综合可得级数的收敛域是(0,4).

tn注：本题也可作换元(x2)t后,按如下通常求收敛半径的办法讨论幂级数n的收

n1n42敛性.

an1n【相关知识点】收敛半径的求法：如果lim,其中an,an1是幂级数anx的相邻

nan0n两项的系数,则这幂级数的收敛半径

1, 0,R, 0,

0, .(3)【答案】

dx01x20f(x,y)dydx122x20f(x,y)dy

【解析】这是一个二重积分的累次积分,改换积分次序时,先表成：原式由累次积分的内外层积分限确定积分区域D：D{(x,y)0y1,即D中最低点的纵坐标y0,最高点的纵坐标

f(x,y)dxdy.Dyx2y2},

y y1,D的左边界的方程是xy,即 yx的右支,D的右边界的方程是

2D O 1 2 x2y即xy2的右半圆,

222x 从而画出D的图形如图中的阴影部分,从图形可见DD1D2,且

D1{(x,y)0x1,0yx2},D2{(x,y)1x2,0y2x}.所以

2

dy012y2yf(x,y)dxdx0mn1x20f(x,y)dydx122x20f(x,y)dy.

(4)【答案】(1)ab

【解析】由拉普拉斯展开式, C0BA0(1)mnAB(1)mnab.

【相关知识点】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

AO*(5)【答案】

BA*OBAB,

OBA**ABO1mnAB.

1 1260【解析】按古典概型求出基本事件总数和有利的基本事件即可.

设所求概率为P(A),易见,这是一个古典型概率的计算问题,将给出的七个字母任意排成一行,其全部的等可能排法为7!种,即基本事件总数为n7!,而有利于事件A的样本点数为2!2!,即有利事件的基本事件数为4,根据古典概型公式P(A)

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】方法1:limF(x)为“

xa2!2!1. 7!12600”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,0x所以可应用洛必达法则.

f(t)dtxx2af(t)dtalim limF(x)lim

xaxaxaaxaxa2a2f(x)lima2f(a). xa1故应选(B).

方法2: 特殊值法.

x2x2dt2a2. 取f(x)2,则limF(x)limxaxaxaa显然(A),(C),(D)均不正确,故选(B).

【相关知识点】对积分上限的函数的求导公式：

若F(t)(t)(t)f(x)dx,(t),(t)均一阶可导,则

F(t)(t)f(t)(t)f(t).

(2)【答案】(D)

【解析】由于x0时,1cosx~是同阶无穷小,可见应选(D). (3)【答案】(A)

【解析】齐次方程组Ax0只有零解r(A)n.

由于r(A)A的行秩A的列秩,现A是mn矩阵,r(A)n,即A的列向量线性无关.故应选(A).

【相关知识点】对齐次线性方程组Ax0,有定理如下:

对矩阵A按列分块,有A1,2,121x,1x21~x2,故x2,1cosx,1x2122,n,则Ax0的向量形式为

xnn0.

x11x22那么, Ax0有非零解1,2,,n线性相关

r1,2,(4)【答案】(B)

,nnrAn.

【解析】依题意：由“当事件A与B同时发生时,事件C必发生”得出ABC,故

P(AB)P(C)；由概率的广义加法公式P(AB)P(A)P(B)P(AB)推出 P(AB)P(A)P(B)P(AB)；又由概率的性质P(AB)1,我们得出

P(C)P(AB)P(A)P(B)P(AB)P(A)P(B)1,

因此应选(B).

(5)【答案】(C)

【解析】根据简单随机样本的性质,可以将X1,X2,,Xn视为取自方差为2的某总体

X的简单随机样本,X与S2是样本均值与样本方差.

2由于样本方差S是总体方差的无偏估计量,因此ES,ES,否则若ES,

222222则(ES),DSES(ES)0.故不能选(A).

对于正态总体, S与X相互独立,由于总体X的分布未知,不能选(D).同样因总体分

22布未知,也不能选(B).综上分析,应选(C).进一步分析,由于样本方差S是的一致估计量,其连续函数S

S2一定也是的一致估计量.

三、(本题满分5分)

【解析】函数f(x)在xx0处连续,则要求limf(x)f(x0).

xx0方法1:利用洛必达法则求极限limf(x),因为limf(x)为“

x1x10”型的极限未定式,又分子分0母在点0处导数都存在,所以连续应用两次洛必达法则,有

sin(x1)lncos(x1)tan(x1)cos(x1)2 limf(x)limlimlimx1x1x1xxx1x1sincoscos2222124cos2(x1) lim2.

x1(sinx)22x1而f(1)1,故limf(x)1,所以f(x)在x1处不连续. 若令f(1)42,则函数f(x)在x1处连续.

方法2:利用变量代换与等价无穷小代换,x0时,cosx1求极限limf(x),令x1t,则有

x11x2；ln(1x)2x.

lncos(x1)lncostln[1(cost1)] limlimx1x1t0xtt0t1sin1cos1cos2221t2cost124. limlimt012t02222tt248limf(x)lim以下同方法1.

四、(本题满分5分) 【解析】用分部积分法:

Iarccotedexxxxexearccoteedx

1e2xxxxe2xearccote(1)dx

1e2x1exarccotexxln(1e2x)C, 其中C为任意常数.

2注：分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题,如果选择不当可能引起更繁杂的计算,最后甚至算不出结果来.在做题的时候应该好好总结,积累经验.

【相关知识点】分部积分公式：假定uu(x)与vv(x)均具有连续的导函数,则

uvdxuvuvdx, 或者 udvuvvdu.

五、(本题满分5分)

【解析】这是带抽象函数记号的复合函数的二阶混合偏导数,重要的是要分清函数是如何复合的.

由于混合偏导数在连续条件下与求导次序无关,所以本题可以先求

zz(). ,再求

yxx由复合函数求导法,首先求zx,由题设 zxycos(xy)1再对y求偏导数,即得

1, 2yzxycos(xy)xysin(xy)(1)y11)y22 (2yyx1x12222 cos(xy)xysin(xy)12yyyyyy cos(xy)xysin(xy)xx1. 22123222yyy【相关知识点】多元复合函数求导法则：如果函数u(x,y),v(x,y)都在点(x,y)具有对x及对y的偏导数,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((x,y),(x,y))在点(x,y)的两个偏导数存在,且有

zzuzvuvf1f2； xuxvxxxzzuzvuvf1f2. yuyvyyy

六、(本题满分5分)

【解析】两端对x求导,得f(x)2f(x)2x.记P(x)2,Q(x)2x,有通解

P(x)dxP(x)dx1f(x)e(Q(x)edxC)e2x(2xe2xdxC)Ce2xx,

2其中C为任意常数.

由原方程易见f(0)0,代入求得参数C12x11.从而所求函数f(x)ex.

222【相关知识点】一阶线性非齐次方程yP(x)yQ(x)的通解为

P(x)dxP(x)dxdxC, 其中C为任意常数. yeQ(x)e

七、(本题满分6分)

【解析】方法1：令f(x)arctanx12x,则 arccos21x2412(1x2)(1x2)f(x)20(x1). 2221x2(x1)(1x)因为f(x)在[1,)连续,所以f(x)在[1,)上为常数,因为常数的导数恒为0.

12x. arccos21x2412x方法2：令f(x)arctanxarccos,则f(x)在[1,x]上连续,在(1,x)内可导,21x24故f(x)f(1)0,即arctanx由拉格朗日中值定理知,至少存在一点(1,x),使得

f(x)f(1)f()(x1).

12(1x2)(1x2)0(x1), 由复合函数求导法则,得 f(x)1x22(x21)(1x2)2所以f(x)f(1).由f(1)0可得,当x1时,arctanx【相关知识点】复合函数求导法则:

如果ug(x)在点x可导,而yf(x)在点ug(x)可导,则复合函数yfg(x)在点x可导,且其导数为

12x. arccos221x4dydydyduf(u)g(x) 或 . dxdxdudx

八、(本题满分9分)

【解析】对于问题(1),先利用定积分求旋转体的公式求V(),并求出极限limV().问题

(2)是导数在求最值中的应用,首先建立目标函数,即面积函数,然后求最大值. (1)将曲线表成y是x的函数,套用旋转体体积公式

V()y2dxe2xdx002.

(1e2),V(a)2(1e2a),

limV()lim(1e2a)2(1e2)2由题设知

24,得a1ln2. 2(2) 过曲线上已知点(x0,y0)的切线方程为yy0k(xx0),其中当y(x0)存在时,

ky(x0).

设切点为(a,e),则切线方程为yeaaaea(xa).

令x0,得ye(1a),令y0,得x1a. 由三角形面积计算公式,有切线与两个坐标轴夹的面积为S因S(1a)ea1(1a)2ea. 211(1a)2ea(1a2)ea,令S0,得a11,a21(舍去). 22由于当a1时,S0；当a1时,S0.故当a1时,面积S有极大值,此问题中即为最

大值.

故所求切点是(1,e),最大面积为 S11212e2e1. 2【相关知识点】由连续曲线yf(x)、直线xa,xb及x轴所围成的曲边梯形绕x轴旋转一周所得的旋转体体积为：V

九、(本题满分7分) 【解析】因为Abaf2(x)dx.

B,故可用相似矩阵的性质建立方程组来求解参数x和y的值.若

P1AP,则是A的特征向量.求可逆矩阵P就是求A的特征向量.

(1) 因为AB,故其特征多项式相同,即EAEB,即

(2)[2(x1)(x2)](1)(2)(y).

由于是的多项式,由的任意性,

令0,得2(x2)2y. 令1,得3(2)2(1y). 由上两式解出y2与x0.

200(2) 由(1)知202311100020. 002因为B恰好是对角阵,所以马上可得出矩阵A的特征值,矩阵A的特征值是

11,22,32.

100100当11时,由(EA)x0,212012, 312000

T得到属于特征值1的特征向量1(0,2,1).

400100 当22时,由(2EA)x0,222011, 311000T得到属于特征值2的特征向量2(0,1,1).

000111当32时,由(2EA)x0,222010. 313000T得到属于特征值2的特征向量3(1,0,1).

001那么令P(1,2,3)210,有P1APB. 111

十、(本题满分6分)

【解析】对于条件AB0应当有两个思路：一是B的列向量是齐次方程组Ax0的解；另一个是秩的信息即r(A)r(B)n.要有这两种思考问题的意识.

122(1) 方法1：令A21,对3阶矩阵A,由AB0,B0知必有A0,否则A311可逆,从而BA(AB)A00,这与B0矛盾. 故

111313002122A210,

1用行列式的等价变换,将第三列加到第二列上,再按第二列展开,有

A215(1)0.

1解出1.

方法2：因为B0,故B中至少有一个非零列向量.依题意,所给齐次方程组Ax0有非零解,得系数矩阵的列向量组线性相关,于是

13以下同方法一.

(2) 反证法：对于AB0,若B0,则B可逆,那么AABB10B10.与已知条件A0矛盾.故假设不成立,B0.

【相关知识点】对齐次线性方程组Ax0,有定理如下:

对矩阵A按列分块,有A1,2,212A210,

1,n,则Ax0的向量形式为

xnn0.

x11x22那么, Ax0有非零解 1,2, r1,2,,n线性相关

,nnrAn.

对矩阵B按列分块,记B(1,2,3),那么

ABA(1,2,3)(A1,A2,A3)(0,0,0).

因而Ai0i(1,2,3),即i是Ax0的解.

十一、(本题满分6分)

【解析】在证明一个矩阵是正定矩阵时,不要忘记验证该矩阵是对称的. 方法1：定义法.

因为A、B均为正定矩阵,由正定矩阵的性质,故AA,BB,那么

TTA0ATTC0B0TT0A0C,即C是对称矩阵. TB0BTTT设mn维列向量Z(X,Y),其中X(x1,x2,,xm),YT(y1,y2,T,yn),

若Z0,则X,Y不同时为0,不妨设X0,因为A是正定矩阵,所以XAX0. 又因为B是正定矩阵,故对任意的n维向量Y,恒有YAY0.于是

TA0XTTZCZ(X,Y)XAXYAY0, 0BYTTT即ZCZ是正定二次型,因此C是正定矩阵.

T

方法2：用正定的充分必要条件是特征值大于0,这是证明正定时很常用的一种方法.

因为A、B均为正定矩阵,由正定矩阵的性质,故AA,BB,

TTA0ATT那么C0B0设A的特征值是1,2,T0A0C,即C是对称矩阵. TB0B,m,B的特征值是1,2,,n.由A,B均正定,知

i0,j0(i1,2,,m,j1,2,,n).因为

ECEmA00EnBEmAEnB

1于是,矩阵C的特征值为1,2,m1m,

,m,1,2,,n.

因为C的特征值全大于0,所以矩阵C正定.

十二、(本题满分7分)

【解析】设事件A“每次测量中测量误差的绝对值大于19.6”,因为 XN(0,102),即

EX0,DX2102.根据正态分布的性质则有：

X19.6pP(A)PX19.6P

|X0|19.60|X|P1.96 P101010X1P1.961.961(1.96)(1.96)

101[(1.96)(1(1.96))]22(1.96) 2[(1(1.96)]0.05.

设Y为100次独立重复测量中事件A出现的次数,则Y服从参数为n100,p0.05的二项分布.根据二项分布的定义,PYkCnp(1p)kknk(k0,1,2),则至少有三

次测量误差的绝对值大于19.6的概率为：

P{Y3}1P{Y3}1P{Y0}P{Y1}P{Y2}

0121C1000.050(10.05)100C1000.051(10.05)1001C1000.052(10.05)1002

10.951001000.95990.05100990.95980.052. 2根据泊松定理,对于成功率为p的n重伯努利试验,只要独立重复试验的次数n充分大,而p相当小(一般要求n100,p0.1),则其成功次数可以认为近似服从参数为的泊松分布,具体应用模式为若YB(n,p),则当n充分大,p相当小时当Y近似服从参数为npknknk的泊松分布,即 PYkCp(1p)(np)knpe(k0,1,2).

k!设Y为100次独立重复测量中事件A出现的次数,则Y服从参数为n100,p0.05的二项分布.故

P{Y3}1P{Y3}1P{Y0}P{Y1}P{Y2}

()0()1()221eee1eee

0!1!2!2521e(15)0.87.

25

十三、(本题满分5分) 【解析】令随机变量

1,第i个部件需调整，i1,2,3. Xi0,第i个部件不需调整，依题意X1,X2,X3相互独立,且X1,X2,X3分别服从参数为0.1,0.2,0.3的01分布,即

X1 p 0 0.9 0 0.8 0 0.7 1 0.1 1 0.2 1 0.3

X2 p

X3 p 由题意知XX1X2X3,显然X的所有可能取值为0,1,2,3,又X1,X2,X3相互独立, 所以

(1) P{X0}P{X1X2X30}P{X10,X20,X30}

P{X10}P{X20}P{X30}0.90.80.70.504,

P{X1}P{X1X2X31} P{X11,X20,X30} P{X10,X21,X30}P{X10,X20,X31} P{X11}P{X20}P{X30} P{X10}P{X21}P{X30}P{X10}P{X20}P{X31} 0.10.80.70.90.20.70.90.80.30.398, P{X3}P{X1X2X33}P{X11,X21,X31}

P{X11}P{X21}P{X31}0.10.20.30.006.

由P{X0}P{X1}P{X2}P{X3}1得出

P{X2}1P{X0}P{X1}P{X3}

10.5040.3980.0060.092.因此X的概率分布为 X p 0 0.504 1 0.398 2 0.092 3 0.006 (2)令p1P{X11}0.1,p2P{X21}0.2,p3P{X31}0.3,因Xi均服从01分布,故EXipi,DXipi(1pi)所以E(X1)0.1E(X2)0.2E(X3)0.3,

D(X1)0.10.90.09,D(X2)0.20.80.16,D(X3)0.30.70.21

XX1X2X3.因Xi服从01分布, 且X1,X2,X3相互独立,故由数学期望与方差的

性质 EXE(X1X2X3)EX1EX2EX30.6.

DXD(X1X2X3)DX1DX2DX30.46.

注：X的期望与方差也可以直接用期望与方差的公式来计算：

E(X)0P{X0}1P{X1}2P{X2}3P{X3}00.50410.39820.09230.0060.6,

D(X)02P{X0}12P{X1}22P{X2}32P{X3}00.50410.39820.09230.0060.46.

十四、(本题满分4分)

【解析】(1)已知联合概率密度可以直接利用求边缘密度的公式fX(x)2222

f(x,y)dy求出

边缘概率密度.

当x0时,fX(x)当x0时,fX(x)因此X的密度为

0dy0;

f(x,y)dy0dyeydyeyxxxex.

ex,x0, fX(x)0,x0.(2) 概率P{XY1}实际上是计算一个二重积分,根据概率的计算公式：

P{XY1}xy1f(x,y)dxdy,

yyx再由二重积分的计算,化为累计积分求得概率

1 xy1 P{XY1}.

P{XY1}xy1f(x,y)dxdydx(1x)x120O 1xx12 1 x

eydy120x12[e

120e]dxedxedx12e120x1e1.