全国考研数三真题及解析doc.docx
- 文档编号:1438140
- 上传时间:2022-10-22
- 格式:DOCX
- 页数:29
- 大小:754.47KB
全国考研数三真题及解析doc.docx
《全国考研数三真题及解析doc.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《全国考研数三真题及解析doc.docx(29页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
全国考研数三真题及解析doc
2001年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题
一、填空题
(1)设生产函数为,其中Q是产出量,L是劳动投入量,K是资本投入量,而
A,α,β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.若以表示第t年的
工资总额(单位:
百万元),则满足的差分方程是___
(3)设矩阵且秩(A)=3,则k=
(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.则根据切比雪夫不
等式.
(5)设总体X服从正态分布而是来自总体X的简单随机样本,则随
机变量服从___分布,参数为_______
二、选择题
(1)设函数f(x)的导数在x=a处连续,又则()
(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)设函数其中则g(x)在区间(0,2)内()
(A)无界(B)递减(C)不连续(D)连续
(3)设
其中A可逆,则等于()
(A)(B)(C)(D).
(4)设A是n阶矩阵,α是n维列向量.若秩秩,则线性方程组()
AX=α必有无穷多解AX=α必有惟一解.
仅有零解必有非零解.
(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)(D)1
三、(本题满分5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:
和求
四、(本题满分6分)
已知f(x)在(−∞,+∞)内可导,且求c的值.
五、(本题满分6分)
求二重积分的值,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7分)
已知抛物线(其中p<0,q>0)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.
七、(本题满分6分)
设f(x)在区间[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且满足
证明:
存在ξ∈(0,1),使得
八、(本题满分7分)
已知满足(n为正整数)且求函数项级数
之和.
九、(本题满分9分)
设矩阵已知线性方程组AX=β有解但不唯一,试求:
(1)a的值;
(2)正交矩阵Q,使为对角矩阵.
十、(本题满分8分)
设A为n阶实对称矩阵,秩(A)=n,是中元素的代数余子式(i,j=1,2,…,n),二次型
(1)记把写成矩阵形式,并证明二次型的矩阵为;
(2)二次型与的规范形是否相同?
说明理由.
十一、(本题满分8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.(Φ
(2)=0.977,其中Φ(x)是标准正态分布函数).
十二、(本题满分8分)
设随机变量X和Y对联和分布是正方形G={(x,y)|1≤x≤3,1≤y≤3}上的均匀分布,试求随机变量U={X−Y}的概率密度
2001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
(1)【答案】
【使用概念】设在处可导,且,则函数关于的弹性在处的值为
【详解】由,当时,即,有于是关于的弹性为:
(2)【答案】
【详解】表示第t年的工资总额,则表示第年的工资总额,再根据每年的工资总额比上一年增加20%的基础上再追加2百万,所以由差分的定义可得满足的差分方程是:
(3)【答案】-3
【详解】
方法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,故对进行初等变换
可见只有当k=−3时,r(A)=3.故k=−3.
方法2:
由题设r(A)=3,故应有四阶矩阵行列式.由
解得k=1或k=−3.当k=1时,
可知,此时r(A)=1,不符合题意,因此一定有k=−3.
(4)【答案】
【所用概念性质】切比雪夫不等式为:
期望和方差的性质:
;
【详解】把看成是一个新的随机变量,则需要求出其期望和方差.
故
又相关系数的定义:
则
所以由切比雪夫不等式:
(5)【答案】;
【所用概念】1.分布的定义:
其中
2.分布的定义:
若相互独立,且都服从标准正态分布,则
3.正态分布标准化的定义:
若,则
【详解】因为,将其标准化有,从而根据卡方分布的定义
由样本的独立性可知,与相互独立.
故,根据分布的定义
故服从第一个自由度为10,第二个自由度为5的分布.
二、选择题
(1)【答案】[B]
【详解】
方法1:
由知
又函数的导数在处连续,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,于是有
即,,根据判定极值的第二充分条件:
设函数在处具有二阶导数且,,当时,函数在处取得极大值.知是的极大值点,因此,正确选项为(B).
方法2:
由及极限保号性定理:
如果,且(或),那么存在常数,使得当时,有(或),知存在的去心邻域,在此去心邻域内.于是推知,在此去心邻域内当时;当时又由条件知在处连续,由判定极值的第一充分条件:
设函数在处连续,且在的某去心领域内可导,若时,,而时,,则在处取得极大值,知为的极大值.因此,选(B).
(2)【答案】(D)
【详解】应先写出g(x)的表达式.
当时,,有
当时,,有
即
因为,,
且,
所以由函数连续的定义,知在点处连续,所以在区间内连续,选(D).
同样,可以验证(A)、(B)不正确,时,,单调增,所以(B)递减错;同理可以验证当时,,单调增,所以,即与选项(A)无界矛盾.
(3)【答案】(C)
【详解】由所给矩阵观察,将的列互换,再将的列互换,可得.根据初等矩阵变换的性质,知将的列互换相当于在矩阵的右侧乘以,将的列互换相当于在矩阵的右侧乘以,即
,其中,
由题设条件知,因此.
由于对初等矩阵有,,故.
因此,由,及逆矩阵的运算规律,有
.
(4)【答案】
【详解】由题设,是n阶矩阵,是n维列向量,即是一维行向量,可知是阶矩阵.显然有秩秩即系数矩阵非列满秩,由齐次线性方程组有非零解的充要条件:
系数矩阵非列或行满秩,可知齐次线性方程组必有非零解.
(5)【答案】
【详解】掷硬币结果不是正面向上就是反面向上,所以,从而,
故
由方差的定义:
,所以
)
由协方差的性质:
(为常数);
)
所以
由相关系数的定义,得
三【变限积分求导公式】
【详解】根据复合函数求导公式,有
(*)
在两边分别对求导,得
即
在两边分别对x求导,得
即
将其代入(*)式,得
四【详解】因为
(把写成)
(把写成)
(利用幂函数的性质)
(利用对数性质)
(利用对数性质)
(利用函数的连续性,)
(当各部分极限均存在时,)
(利用函数的连续性,)
(利用)
()
又因为在内可导,故在闭区间上连续,在开区间内可导,那么又由拉格朗日中值定理,有
左右两边同时求极限,于是
,
因为,趋于无穷大时,也趋向于无穷大
由题意,从而,故
五【详解】积分区域如图所示,可以写成
其中,
于是
六【详解】方法1:
依题意知,抛物线如图所示,
令,求得它与轴交点的横坐标为:
根据定积分的定义,面积为
(注:
)
因直线与抛物线相切,故它们有唯一公共点.由方程组
求其公共解,消去,得,因为其公共解唯一,则该一元二次方程只有唯一解,故其判别式必为零,即
解得
将代入中,得
根据函数除法的求导公式,
根据驻点的定义,令,已知有,得唯一驻点.
当时,;时,.故根据极值判定的第一充分条件知,时,取唯一极大值,即最大值.
从而最大值为
方法2:
设抛物线与直线相切的切点坐标为,切点既在抛物线上,也在直线上,于是满足方程有和.
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.在左右两边关于求导,得,在左右两边关于求导,得,把切点坐标代入,得
由,将两结果代入得
整理得
将代入中,得
根据函数除法的求导公式,
根据驻点(即使得一阶导数为零的点)的定义,令,已知有,得唯一驻点.当时,时,故根据极值判定的第一充分条件知,时,取唯一极大值,即最大值.
从而最大值为
七【详解】将要证的等式中的换成,移项,并命
问题转化为证在区间内存在零点.将
看成一个微分方程,用分离变量法求解.由
两边积分得
利用及,得
,
即,命.由
及积分中值定理(如果函数在闭区间上连续,则在积分区间上至少存在一个点,使得),知至少存在一点,使
且,.把代入,则
那么在上连续,在内可导,由罗尔中值定理知,至少存在一点,使得
即
八【详解】由已知条件可见,这是以为未知函数的一阶线性非齐次微分方程,其中,代入通解公式
得其通解为
由条件又,得,故
记则,,则其收敛半径为,收敛区间为.当时,根据幂级数的性质,可以逐项求导,
,其中
故根据函数积分和求导的关系,得
又由于,所以
,
即有
当时,.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处,即
于是
九【详解】
(1)线性方程组有解但不唯一,即有无穷多解,将增广矩阵作初等行变换,得
因为方程组有解但不唯一,所以,故a=−2.
(2)由
(1),有
由
故A的特征值为.
当时,
于是得方程组的同解方程组为
可见,,可知基础解系的个数为,故有1个自由未知量,选为自由未知量,取,解得对应的特征向量为.
当时,
于是得方程组的同解方程组为
可见,,可知基础解系的个数为,故有1个自由未知量,选为自由未知量,取,解得对应的特征向量为.
当时,
于是得方程组的同解方程组为
可见,,可知基础解系的个数为,故有1个自由未知量,选为自由未知量,取,解得对应的特征向量为.
由于是实对称矩阵,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,之需将单位化,
其中,
令
则有
十【详解】
(1)由题设条件,
其中的理由:
是可逆的实对称矩阵,故,因此由实对称的定义知,也是实对称矩阵,又由伴随矩阵的性质,知,因此也是实对称矩阵,,故成立.
(2)因为,所以由合同的定义知与合同.
由实对称矩阵合同的充要条件:
二次型与有相同的正、负惯性指数.
可知,与有相同的正、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:
;独立随机变量方差的性质:
若随机变量独立,则
(ii)列维-林德伯格中心极限定理:
设随机变量相互独立同分布,方差存在,记分别是它们共同的期望与方差,则对任意实数,恒有
(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)
(iii)正态分布标准化:
若,则
【详解】设
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 全国 考研 数三真题 解析 doc