1995年考研數(shù)學三真題及全面解析

1、1995 年全國碩士研究生入學統(tǒng)一考試數(shù)學三試題一、填空題 ( 本題共 5 小題 , 每小題 3 分, 滿分 15 分 .把答案填在題中橫線上.) (1) 設1( )1xf xx, 則( )( )nfx . (2) 設()yzxyfx,( )f u可導 , 則xyxzyz . (3) 設(ln)1fxx, 則( )f x . (4) 設100220345a,a是a的伴隨矩陣 , 則1()a . (5) 設12,nxxx是來自正態(tài)總體2( ,)n的簡單隨機樣本, 其中參數(shù)和2未知 ,記22111,() ,nniiiixx qxxn則假設0:0h的t檢驗使用統(tǒng)計量t_. 二、選擇題 ( 本題共 5

2、 小題 ,每小題3 分, 滿分 15 分. 每小題給出的四個選項中, 只有一項符合題目要求 , 把所選項前的字母填在題后的括號內.) (1) 設( )f x為可導函數(shù) , 且滿足條件0(1)(1)lim12xffxx, 則曲線( )yf x在點(1, (1)f處的切線斜率為 ( ) (a) 2 (b) 1 (c) 12 (d) 2(2) 下列廣義積分發(fā)散的是 ( ) (a) 111sindxx (b) 12111dxx (c) 20 xedx (d) 221lndxxx(3) 設矩陣m na的秩為()r amn,me為m階單位矩陣 , 下述結論中正確的是 ( ) (a) a的任意m個行向量必線

3、性無關(b) a的任意一個m階子式不等于零(c) 若矩陣b滿足0ba, 則0b(d) a通過初等行變換, 必可以化為(,0)me的形式(4) 設隨機變量x和y獨立同分布 , 記,uxy vxy, 則隨機變量u與v必然( ) (a) 不獨立 (b) 獨立 (c) 相關系數(shù)不為零 (d) 相關系數(shù)為零(5) 設隨即變量x服從正態(tài)分布2( ,)n, 則隨的增大 , 概率px ( ) (a) 單調增大 (b) 單調減少 (c) 保持不變 (d) 增減不定三、 ( 本題滿分6 分) 設2202(1cos ),0( )1,01cos,0 xxxxf xxt dtxx, 試討論( )f x在0 x處的連續(xù)性

4、和可導性. 四、 ( 本題滿分6 分) 已知連續(xù)函數(shù)( )f x滿足條件320( )3xxtf xfdte, 求( )f x. 五、 ( 本題滿分6 分) 將函數(shù)2ln(12)yxx展成x的冪級數(shù) , 并指出其收斂區(qū)間. 六、 ( 本題滿分5 分) 計算22()min , xyx y edxdy. 七、 ( 本題滿分6 分) 設某產(chǎn)品的需求函數(shù)為()qq p, 收益函數(shù)為rpq, 其中p為產(chǎn)品價格 ,q為需求量( 產(chǎn)品的產(chǎn)量 ),()q p為單調減函數(shù).如果當價格為0p, 對應產(chǎn)量為0q時, 邊際收益00q qdradq, 收益對價格的邊際效應00ppdrcdp, 需求對價格的彈性1peb.求

5、0p和0q. 八、 ( 本題滿分6 分) 設( )f x、( )g x在區(qū)間, a a(0a)上連續(xù) ,( )g x為偶函數(shù) , 且( )f x滿足條件( )()f xfxa(a為常數(shù) ). (1) 證明0( ) ( )( )aaaf x g x dxag x dx；(2) 利用 (1) 的結論計算定積分22sinarctanxxe dx. 九、 ( 本題滿分9 分) 已知向量組 ( )123,；( )1234,；( )1235, 如果各向量組的秩分別為(i)(ii)3rr,(iii)4r. 證明 :向量組12354,的秩為 4. 十、 ( 本題滿分10 分) 已知二次型22123231213

6、23(,)43448f x xxxxx xx xx x. (1) 寫出二次型f的矩陣表達式；(2) 用正交變換把二次型f化為標準形 , 并寫出相應的正交矩陣. 十一、 ( 本題滿分8 分) 假設一廠家生產(chǎn)的每臺儀器, 以概率 0.70 可以直接出廠；以概率0.30 需進一步調試 , 經(jīng)調試后以概率0.80 可以出廠；以概率0.20 定為不合格品不能出廠. 現(xiàn)該廠新生產(chǎn)了(2)n n臺儀器 ( 假設各臺儀器的生產(chǎn)過程相互獨立). 求： (1) 全部能出廠的概率；(2) 其中恰好有兩臺不能出廠的概率； (3) 其中至少有兩臺不能出廠的概率. 十二、 ( 本題滿分8 分) 已知隨機變量x和y的聯(lián)合概

7、率密度為4,01,01,( , )0,xyxyf x y其他 ,求x和y聯(lián)合分布函數(shù)( ,)f x y. 1995 年全國碩士研究生入學統(tǒng)一考試數(shù)學三試題解析一、填空題 ( 本題共 5 小題 , 每小題 3 分, 滿分 15 分 .)(1) 【答案】12( 1)!(1)nnnx【解析】由于112( )12(1)1,11xf xxxx2( )2 ( 1)(1),fxx3( )2 ( 1)( 2)(1) ,fxx所以1( )(1)( )2 ( 1)!(2(1)1)!(1)nnnnnfxxnxn. (2) 【答案】2yxyfx【解析】根據(jù)復合函數(shù)求導法則, 22xyyyyyyzyfxyfyffxxx

8、xxx, 1yyyyyzxfxyfxfyfxxxxx. 所以222xyyyyyyyfy fxyfy fyfxxxxxxzyzxx. 【相關知識點】復合函數(shù)求導法則：( )yf x的導數(shù)為( )( )yf xfx. (3) 【答案】xxec【解析】在(ln)1fxx中令ln xt, 則( )1tfte, 從而( )1( )ttxf tedttecf xxec. (4) 【答案】100122010345【解析】由aaa e, 有aaea, 故1aaa. 而10022010345a, 所以1100122010345aaa. (5) 【答案】(1)xn nq【解析】假設檢驗是統(tǒng)計推斷的另一個基本問題,

9、 它是根據(jù)具體情況和問題的要求, 首先提出原假設0h, 再由樣本提供的信息, 通過適當?shù)姆椒▉砼袛鄬傮w所作的假設0h是否成立. 首先分析該題是屬于一個正態(tài)總體方差未知的關于期望值的假設檢驗問題. 據(jù)此類型應該選取t檢驗的統(tǒng)計量是0211()(1)niixxtsxxnn n, 經(jīng)過化簡得(1)xtn nq. 【相關知識點】假設檢驗的一般步驟：(1) 確定所要檢驗的基本假設0h；(2) 選擇檢驗的統(tǒng)計量, 并要求知道其在一定條件下的分布；(3) 對確定的顯著性水平, 查相應的概率分布, 得臨界值 , 從而確定否定域；(4) 由樣本計算統(tǒng)計量, 并判斷其是否落入否定域, 從而對假設0h作出拒絕還是

10、接受的判斷. 二、選擇題 ( 本題共 5 小題 , 每小題 3 分, 滿分 15 分 .)(1) 【答案】 (d) 【解析】因00(1)(1)(1)(1)(1)limlimxxfxffxffxxxx00(1)(1)lim(1)(1)2lim2,2xxffxxffxx所以應選 (d). (2) 【答案】 (a) 【解析】由計算知111211arcsin1dxxx, 222111lnlnln 2dxxxx, 且泊松積分202xedx, 故應選 (a). 注：對于本題選項(a), 由于當0 x時sin0 x, 故在積分區(qū)間 1,1中0 x是瑕點 , 反常積分111sindxx應分解為兩個反常積分之和

11、: 101110111sinsinsindxdxdxxxx, 而且111sindxx收斂的充要條件是兩個反常積分011sindxx與101sindxx都收斂 . 由于廣義積分11001lntansin2xdxx, 即101sindxx發(fā)散 , 故111sindxx發(fā)散 . 在此不可誤以為1sin x是奇函數(shù) , 于是1110sindxx, 從而得出它是收斂的錯誤結論. (3) 【答案】 (c) 【解析】()r am表示a中有m個列向量線性無關, 有m階子式不等于零, 并不是任意的, 因此 (a) 、(b) 均不正確 . 經(jīng)初等變換可把a化成標準形 , 一般應當既有初等行變換也有初等列變換, 只

12、用一種不一定能化為標準形.例如010001, 只用初等行變換就不能化成2(,0)e的形式 , 故(d) 不正確. 關 于 (c),由0ba知()( )r br am, 又()r am, 從 而()0r b, 按 定 義 又 有()0r b, 于是()0r b, 即0b. 故應選 (c). (4) 【答案】 (d) 【解析】(,)(,)cov u vcov xy xy. (,)( ,)cov x xycov y xy(,)(,)( ,)( ,)cov x xcov x ycov y xcov y ydxdy. 由于x和y同分布 , 因此dxdy, 于是有(,)0cov u v. 由相關系數(shù)的計算

13、公式(,)cov x ydxdy, 所以u與v的相關系數(shù)也為零, 應選 (d). 【相關知識點】協(xié)方差的性質：(,)(,)cov ax byabcov x y；1212(,)(,)(,)cov xxycov x ycov xy. (5) 【答案】 (c) 【解析】由于2( ,),xn將此正態(tài)分布標準化, 故0,1xn, 1211xpxp.計算看出概率px的值與大小無關 . 所以本題應選(c). 三、 ( 本題滿分6 分) 【解析】這是一道討論分段函數(shù)在分界點處的連續(xù)性和可導性的問題. 一般要用連續(xù)性與可導性的定義并借助函數(shù)在分界點處的左極限與右極限以及左導數(shù)和右導數(shù). 222000122(1

14、cos )2lim( )limlim1xxxxxf xxx, 220000coscoslim( )limlim11xxxxt dtxf xx, 故(00)(00)(0)fff, 即( )f x在0 x處連續(xù) . 2000422020001cos1( )(0)(0)limlim01coscos12limlimlim0,22xxxxxxxt dtfxfxfxxxt dtxxxxx2002320002(1 cos )1( )(0)(0)limlim02(1 cos )2sin22(cos1)limlimlim0.36xxxxxxf xfxfxxxxxxxxxx即(0)(0)0ff, 故( )f x在

15、0 x處可導 , 且(0)0f. 四、 ( 本題滿分6 分) 【解析】首先, 在變上限定積分中引入新變量3ts, 于是3003( )3xxtfdtf s ds. 代入題設函數(shù)( )f x所滿足的關系式, 得20( )3( )xxf xf s dse. 在上式中令0 x得(0)1f, 將上式兩端對x求導數(shù)得2( )3 ( )2xfxf xe. 由此可見( )f x是一階線性方程2( )3 ( )2xfxf xe滿足初始條件(0)1f的特解 . 用3xe同乘方程兩端, 得3( )2xxf x ee, 積分即得32( )2xxf xcee. 由(0)1f可確定常數(shù)3c, 于是 , 所求的函數(shù)是32(

16、 )32xxf xee.五、 ( 本題滿分6 分) 【解析】由212(1 2 )(1)xxxx知2ln(12)ln(1 2 )ln(1)xxxx. 因為231ln(1)( 1)23nnxxxxxn, 其收斂區(qū)間為( 1,1)；又231( 2 )( 2 )( 2 )ln(12 )( 2 )( 1)23nnxxxxxn, 其收斂區(qū)間為1 1,2 2. 于是有121111( 2 )( 1)2ln(12)( 1)( 1)nnnnnnnnnxxxxxnnn, 其收斂區(qū)間為1 1,2 2. 【相關知識點】收斂區(qū)間：若冪級數(shù)0nnna x的收斂半徑是正數(shù)r, 則其收斂區(qū)間是開區(qū)間(,)r r；若其收斂半徑是

17、, 則收斂區(qū)間是(,). 六、 ( 本題滿分5 分) 【解析】 方法一 ：本題中二重積分的積分區(qū)域d是全平面 , 設0a, ( , )|,adx yaxaaya, 則當a時, 有add. 從而2222()()min , limmin , axyxyadix y edxdyx y edxdy. 注意當xy時,min, x yx；當xy時,min, x yy. 于是222222()()()min , aayaxxyxyxyaaaadx y edxdydyxedxdxyedy, 且2222222222()()22()2211()2211.22axaxaxyxyxaxaaaaaaaaxxaadxyed

18、ydxed xyeedxeedxedx由于2xedx, 從而可得222()21lim0lim2axaxyxaaaaadxyedyedx22212lim2 22 2ataatxedt. 同理可得22()lim2 2ayxyaaadyxedx. 于是222i. 方法二 ：設0r, 則圓域222( , ) |rdx yxyr當r時也趨于全平面, 從而2222()()min , limmin , rxyxyrdix y edxdyx y edxdy. 引入極坐標系cos ,sinxryr, 則當04與524時,min, sinx yyr；當544時,min, cosx yxr. 于是22()min,

19、rxydx y edxdy22252222445000044sincossinrrrrrrdr edrdr edrdr edr22522244500044sincossin2 2rrrrr edrdddr edr. 由此可得222002 2 lim2 lim()rrrrrrir edrrd e22200022 lim22.22rrrrrrreedredr七、 ( 本題滿分6 分) 【解析】本題的關鍵在于p和q之間存在函數(shù)關系, 因此rpq既可看作p的函數(shù) , 也可看作q的函數(shù) , 由此分別求出drdp及drdq, 并將它們與彈性pp dqeq dp聯(lián)系起來 , 進而求得問題的解 . 由( )q

20、q p是單調減函數(shù)知0dqdp, 從而需求對價格的彈性0pp dqeq dp, 這表明題設1peb應理解為1ppeeb. 又由( )qq p是單調減函數(shù)知存在反函數(shù)()pp q且1dpdqdqdp. 由收益rpq對q求導 ,有1(1)pdrdpppqppp dqdqdqeq dp, 從而001(1)q qdrpadqb, 得01abpb. 由收益rpq對p求導 , 有(1)(1)pdrdqp dqqpqqedpdpq dp, 從而00(1)ppdrqbcdp, 于是01cqb. 八、 ( 本題滿分6 分) 【解析】 (1) 由要證的結論可知, 應將左端積分化成0,a上的積分 , 即00( )

21、( )( ) ( )( ) ( )aaaaf x g x dxf x g x dxf x g x dx, 再將0( ) ( )af x g x dx作適當?shù)淖兞看鷵Q化為在0,a上的定積分 . 方法一 ：由于00( ) ( )( ) ( )( ) ( )aaaaf x g x dxf x g x dxf x g x dx, 在0( ) ( )af x g x dx中令xt, 則由:0 xa, 得:0t a, 且0000( ) ( )() () ()() ( )() ( )aaaaf x g x dxft gt dtft g t dtfx g x dx, 所以00( ) ( )( )()( )(

22、)aaaaf x g x dxf xfxg x dxag x dx. 方法二 ：在( ) ( )aaf x g x dx中令xt, 則由:xaa, 得: t aa, 且0( ) ( )() () ()() ( )() ( )aaaaaaaf x g x dxft gt dtft g t dtfx g x dx. 所以1( ) ( )( ) ( )() ( )2aaaaaaf x g x dxf x g x dxfx g x dx01( )()( )( )( ).22aaaaaaf xfxg x dxg x dxag x dx(2) 令( )arctanxf xe,( )sing xx, 可以驗

23、證( )f x和( )g x符合 (1) 中條件 , 從而可以用(1) 中結果計算題目中的定積分. 方法一 ：取( )arctanxf xe,( )sing xx,2a. 由于( )()arctanarctanxxf xfxee滿足22arctanarctan011xxxxxxeeeeee, 故arctanarctanxxeea. 令0 x, 得2arctan12aa, 即( )()2f xfx. 于是有222002sinarctansinsin222xxe dxx dxxdx. 方法二 ：取( )arctanxf xe,( )sing xx,2a, 于是1( )()arctanarctan2

24、xxf xfxee. ( 這里利用了對任何0 x, 有1arctanarctan2xx) 以下同方法一.九、 ( 本題滿分9 分) 【解析】因為(i)(ii)3rr, 所以123,線性無關 , 而1234,線性相關 , 因此4可由123,線性表出 , 設為4112233lll. 若112233454()0kkkk, 即11412242334345()()()0kl kkl kkl kk, 由于(iii)4r, 所以1235,線性無關 . 故必有11422433440,0,0,0.kl kkl kkl kk解出43210,0,0,0kkkk. 于是12354,線性無關 , 即其秩為4. 十、 (

25、 本題滿分10 分) 【解析】 (1) 因為123(,)f x xx對應的矩陣為022244243a, 故123(,)f x xx的矩陣表示為112312323022(,)(,)244243txf x xxx axx xxxx. (2) 由a的特征方程22222244240243241ea24100240(1)(36)0241, 得到a的特征值為1231,6,6. 由()0ea x得基礎解系1(2,0,1)tx, 即屬于1的特征向量 . 由(6)0ea x得基礎解系2(1,5,2)tx, 即屬于6的特征向量 . 由( 6)0ea x得基礎解系3(1 , 1,2)tx, 即屬于6的特征向量 . 對于實對稱矩陣, 特征值不同特征向量已正交, 故只須單位化 , 有3121231232111110,5 ,1 ,5306122xxxxxx那么令123211530651()03