1999年数学三真题答案解析.pdf

1、1 1999 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析 一、填空题一、填空题 (1)【答案】 4 1 【详解】由题设可知 2 sincossin ( )() xxxx f x xx .由分部积分法，得 2 222 ( )( )( )( )xfx dxxdf xxf xf x dx 22 cossinsin224 11 xxxx xx (2)【答案】4 【详解】考虑幂级数 1 1 n n nx ，由 1 lim1 n n n 可知，该幂级数的收敛半径为1，收敛区间 为( 1,1)，则 1 ( 1,1) 2 x .记 1 1 ( ) n n S xnx

2、，两边从0到x积分，得 11 000 111 ( )(),( 1,1) 1 xxx nnn nnn x S x dxnxdxnxdxxx x 所以 2 1 ( )(),( 1,1) 1(1) x S xx xx 所以 1 2 1 111 ( )( )4 1 22 (1) 2 n n Sn (3) 【答案】O 【详解】 101 020 101 A ，根据矩阵的乘法，以及数与矩阵相乘，矩阵的每一个元素都要 乘以该数，有 2 101101202101 0200200402 0202 101101202101 AA 故有 122 2(2 ) nnn AAAAAO 2 或由 2 2AA，式子左右两端同右

3、乘 2n A ，得 222 2 nn AAA A ，即 1 2 nn AA ， 得 1 2 nn AAO 或由 2 2AA， 式子左右两端同右乘A， 得 2322 (2 )22(2 )2AAAA AAAA， 式子左右两端再同乘A，得 342323 (2 )22 22AAAAAAAA，依次类推， 得 121 2,2, nnnn AA AA 所以 11211 222 222 nnnnnn AAAAAAO (4)【答案】16 【概念和性质】(1) 独立正态随机变量的性质：服从正态分布的独立随机变量的线性组合仍 服从正态分布； (2) 期望的性质：()E aXbYaEXbEY，Ecc(其中, ,a b

4、 c为常数)； (3) 方差的性质: 2 ()()D cXc D X；若XY和独立，则()D XYDXDY (4) 正态分布标准化：若 2 ( ,)ZN u，则(0,1) Zu N 【详解】由题知： 2 12 ,( ,0.2 ) n XXXN a， 1 1 n ni i XX n ，且 12 , n XXX相互独立， 故 2 1 1 ( ,) n ni i XXN n ，其中 n EX， 2 n DX 所以 11 11 nn nii ii na EXEXEXa nnn 22 2 222 111 1110.20.2 nnn niii iii n DXDXDXDX nnnnn 所以 2 1 10.

5、2 ( ,) n n i i XXN a nn ，标准化得(0,1) 0.2/ n Xa UN n 则只需将 0.10.95 n P Xa中大括号里的不等式两端同除以标准差，即有： 0.1 0.950.95 20.2/0.2/ n Xa n PP U nn 因(0,1) 0.2/ n Xa UN n ，查标准正态分布表知1.960.95P U 3 所以1.96 2 n ，解得15.3664n . 因n为整数，所以n最小为16. (5)【答案】0EY 【概念和性质】(1)E XYEXEY；(2)若X和Y独立，则有EXYEXEY 【详解】由行列式的定义知，行列式是由 2 n个元素 ij X的乘积组

6、成的!n项和式，每一项都 是n个元素的乘积 12 12 n jjnj XXX， 这n个元素取自行列式中不同行和不同列， 在这全部!n 项中每项都带有正号或负号. 由于随机变量,1,2, ;2 ij Xi jn n独立，所以有 1212 1212 () nn jjnjjjnj E XXXEXEXEX 所以前面无论取正号或者负号，对和式的期望等于各项期望之和. 即有 11121 21222 12 n n nnnn EXEXEX EXEXEX EY EXEXEX 而,1,2, ;2 ij Xi jn n同分布，且2 ij EX 所以 11121 21222 12 222 222 0 222 n n

7、nnnn EXEXEX EXEXEX EY EXEXEX (行列式的性质： 若行列式两 行(列)成比例，则行列式为0). 二、选择题二、选择题 (1)【答案】( A ) 【详解】应用函数定义判定函数的奇偶性、周期性和单调性. ( )f x的原函数( )F x可以表示为 0 ( )( ), x F xf t dtC 于是 00 ()( )(). ut xx Fxf t dtCfu duC 当( )f x为奇函数时，()( )fuf u ，从而有 00 ()( )( )( ) xx Fxf u duCf t dtCF x 即F(x)为偶函数. 故(A)为正确选项. 4 (B)、(C)、(D)可分别

8、举反例如下： 2 ( )f xx是偶函数，但其原函数 3 1 ( )1 3 F xx不是奇函数，可排除(B)； 2 ( )cosf xx是周期函数， 但其原函数 11 ( )sin2 24 F xxx不是周期函数， 可排除(C)； ( )f xx在区间(,) 内是单调增函数， 但其原函数 2 1 ( ) 2 F xx在区间(,) 内非单调增函数，可排除(D). (2)【答案】(C) 【详解】 因为( , ) D f u v dudv 为一确定的数， 不妨设( , ) D f u v dudva ， 则( , )f x yxya， 所以 2 1 00 ( , )()() x DD af x y

9、dxdyxya dxdydxxya dy 5 1 2 0 1 () 2123 xa axdx ， 解之得 1 8 a ，所以 1 ( , ) 8 f x yxy，故应选(C). (3)【答案】(B) 【详解】 方法方法 1：可由向量组 12 , m 线性表示，即存在常数 12 , m k kk使得 1122mm kkk(*) 不能由 121 , m 线性表出， 从而知0 m k （若0 m k ， 则 1 12211mm kkk ， 这和不能由 121 , m 线性表出矛盾.） (*)可变为 112211mmmm kkkk ， 上式两端同除 m k 112211 1 () mmm m kkk

10、k m 能由(II)线性表示，排除(A)(D). m 不能由 121 , m 线性表示，若能，即存在常数 121 , m 使得 5 112211mmm ， 代入(*)得 1122112211 () mmm kkk 111222111 ()()() mmmmmm kkkkkk 这和不能由 121 , m 线性表出矛盾，排除(C).故应选(B). 方法方法 2：若取 123 1001 0 ,1 ,0 ,1 0011 ，则 123 ，即可由 123 , 线性表出. 假设存在常数 12 ,k k，满足 1122 kk因为 1212 (,)2(,)3rr ， 即方程组 1122 kk的系数矩阵的秩不等于

11、增广矩阵的秩，故方程组无解，即不 存在常数 12 ,k k，满足 1122 kk，不能由 12 , 线性表出，是满足题设条件的 一个特例， 此时， 3 不能由(I) 12 , 线性表示，若存在常数 12 ,l l，满足 31122 ll因为 12123 (,)2(,)3rr ，即方程组 31122 ll的系数矩阵的秩不等于增 广矩阵的秩，故方程组无解，不存在常数 12 ,l l，满足 31122 ll，故 3 不能由 (I) 12 , 线性表示， 但因为 312 ，即 3 可由(II) 12 , 线性表示，故应选(B). (4)【答案】(D) 【详解】 方法方法 1：A相似于B，根据矩阵相似的

12、定义，则存在可逆阵P，使得 1 P APB ，则 111 ()PtEA PP tEPP APtEB 根据矩阵相似的定义，则tEA相似于tEB，应选(D). 方法方法 2：排除法 (A) 不成立. 若EAEB，则AB，而已知只是相似. (B) 不成立.A与B相似， 根据矩阵相似的定义， 即存在可逆阵， 使得 1 P APB ， 从而有 6 EB 1 EP AP (把 1 P APB 代入) 11 P PP AP ( 1 P PE ) 11 ()PE PP AP 1( )PEA P 1 PEA P (矩阵乘积的行列式等于行列式的乘积) EA(矩阵逆的行列式等于行列式的逆，故 1 1PP ) 从而，

13、,A B有相同特征多项式，故有相同的特征值. 若A， 在 1 P APB 的 两 边 同 时 左 乘P， 右 乘 1 P， 得 111 PP APPPBPA ，故 1 PBPA ， 在上式两边左乘 1 P，得 11 ()()B PP ， 根据特征值和特征向量的定义，B的属于特征值的特征向量是 1 P ，而A的属于特 征值的特征向量，它们并不相同. (C)不成立.,A B相似时，也可能它们本身都不相似于对角阵. 例如 0 1 0 0 A ， 0 0 1 0 B ， 因存在可逆阵 0 1 1 0 P ， 使得 1 00 10 10 0 0 01 01 0 P AP ， 则根据矩阵相似的定义，知AB

14、，但,A B都不相似于对角阵. 若A能相似于对角阵，即A可相似对角化. 先求特征值，特征多项式为 2 1 0 EA ， 令0EA得A的两个特征值 0.若A相似于对角阵，则存在可逆矩阵P，使得 1 0 0 P AP ， 上式两端同时左乘P，右乘 1 P，得 111 000 000 PP APPAPP ，与 7 0 1 0 0 A 矛盾，故A不可相似对角化. 若B能相似于对角阵，即B可相似对角化.先求特征值，特征多项式为 2 0 1 EB ， 令0EB得B的两个特征值 0. 若B相似于对角阵，则存在可逆矩阵P，使得 1 0 0 P BP ， 上式两端同时左乘P，右乘 1 P，得 111 000 0

15、00 PP BPPBPP ，与 0 1 0 B 矛盾，故B不可相似对角化. (5)【答案】 (A) 【详解】 给定 1 X和 2 X的概率分布， 求 1 X和 2 X的联合分布， 所给条件为 12 01P X X ， 这就需要从这个条件入手. 由于事件 12 0X X 包括事件： 1212121212 0,1 ,0,0 ,0,1 ,1,0 ,1,0XXXXXXXXXX 所以从正面研究其概率是研究不清的，在这种情况下，往往需要通过其对立事件来研究. 根据 1P AP A ，有 1212 0101 10P X XP X X 所以有 121212 1212 01,11,1 1,11,10 P X X

16、P XXP XX P XXP XX 而根据概率的非负性有： 12121212 1,11,11,11,10P XXP XXP XXP XX 而 12121212 1,10,01,1P XXP XXP XXP XX 1212 00,000,0P XXP XX 又根据边缘概率的定义： ,1,2, iiijij jj pP XxP Xx Yyp i 8 ,1,2, jjijij ii pP YyP Xx Yypj ( 通俗点说就是在求关于X的边缘分布时， 就把对应x的所有y都加起来， 同理求关于Y的 边缘分布时，就把对应y的所有x都加起来 ) 由 1121212 11,11,01,1P XP XXP

17、XXP XX 故 1211212 1,011,11,1P XXP XP XXP XX 11 00 44 同理可得 12121212 1 0,10,11,01,0 4 P XXP XXP XXP XX 又 1121212 00,10,00,1P XP XXP XXP XX 1212 111 0,00,0 442 P XXP XX 而由已知 1 1 0 2 P X ，所以得 12 0,00P XX故 12121212 1,10,01,1P XXP XXP XXP XX 1212 00,000,00P XXP XX 三三【详解】曲线 1 y x 在曲线上点 1 ( ,)a a 处的切线的斜率为 33

18、 11 | 22 x ax a y xa ， 由直线的点斜式方程得切线方程 3 11 () 2 yxa a a ， 分别令0,0 xy得到与y轴，x轴的交点分别为 3 (0,) 2 R a 与(3 ,0)Qa. 于是切线 与x轴和y轴围成一个直角三角形，由三角形的面积公式得 139 3 242 Saa a . 当切点按x轴正项趋于无穷大时，这时，a ，所以lim a S 当切点按y轴正项趋于无穷大时，这时，0a ，所以lim0 a S 四四【详解】 9 解法解法1：区域D和 1 D如图所示，有 11 12 DD DD ydxdyydxdyydxdyII 显然 1 02 1 20 4 D D I

19、ydxdydxydy 在极坐标系下，有 1 ( , )|02sin ,2Drr 因此 1 2sin 2 20 sin D Iydxdydrrdr 4 22 881 cos4 sin1 2cos2 33 422 dd 于是 12 4 2 D ydxdyII 解法解法2：如图所示， 2 ( , )| 22,02Dx yxyyy 2 2222 2 0200 22 y y D ydxdyydydxydyyyy dy 2 2 0 41 (1)yydy 令1sinyt ，有cosdytdt，则 2 2 0 1 (1)yydy 2 2 2(1 sin )cos ttdt 22 22 22 coscossin

20、tdtttdt 2 0 1 cos2 20 22 t dt 五五【详解】设两种要素的总投入费用为P，则由题意得 1 122 Pp xp x，题目问产出量为 12时，两要素各投入多少可以使得投入总费用最小，即是求函数 1 122 Pp xp x在约束条 件 12 212Qx x 下的条件最值. 按格朗日数乘法，作函数 121 12212 ( , )(212)F x xp xp xx x ， 为求驻点求偏导并令其为零，即 Ox DD1 y 2 10 1 112 1 1 212 2 12 20 20 2120 F pxx x F px x x F x x 由前两式可得 12 21 px px ，解出

21、 2 x代入第三个式子，得 2 1 1 6() p x p 1 2 2 6() p x p ， 因为驻点唯一，且实际问题在 1 0 x ， 2 0 x 的范围内存在最小值， 故 2 1 1 6() p x p ， 1 2 2 6() p x p 时P为最小. 六【公式】形如( )( )yp x yq x ，方程的通解为 ( )( ) ( ) p x dxp x dx yeq x edxC 【详解】由于所求函数 yy x在,1和1,都满足所给微分方程，故在两个区间 上分别求微分方程， 即 22,1 20,1 yyx yyx ， 解得 22 1 22 2 ( 2),1 ( 0),1 dxdx dx

22、dx yeedxCx yeedxCx ，其中 12 ,C C为常数. 化简得 2 1 2 2 1,1 ,1 x x yC ex yC ex 由题设 00y，其中01x ，可知 2 11 0 0 110 x x x yC eC ，解得 1 1C 所以有 2 2 2 1,1 ,1 x x yex yC ex 又因为 yy x在, 内连续，所以 11 limlim(1) xx yyy 即 22 2 11 lim( 1)lim(1) xx xx eC ey 解之得 22 2 1, (1)1Ceye 故所求连续函数为 2 22 1,1 (1),1 x x ex yy x eex 11 七七【详解】2fx

23、t中的变量是2xt，故设法把x“转移”到f外， 令2uxt，则2txu，所以dtdu 代入 2 0 1 2arctan 2 x tfxt dtx 得 2 02 2(2)(2) xxx xx tfxt dtxu f u duxu f u du 22 2 1 2arctan 2 xx xx xf u duuf u dux 方法方法 1：将等式 22 2 1 2arctan 2 xx xx xf u duuf u dux 两边对x求导得 2 4 22 2 (2 )( ) 22 ) 2( ) 1 x x x f u duxfxf xxfxxf x x （ 化简得 2 4 2( )( ) 1 x x x

24、 f u duxf x x 令1x 得， 2 1 1 2( )(1) 1 1 f u duf ，化简得 22 11 1 11 13 ( )(1)(1) 2 22 24 f u duf x dxf 方法方法 2：引入( )f x的一个原函数( )F x，则( )( )F xf x 于是 222 22 (2 )( )( ) xxx xxx xf u duuf u dux FxF xudF u 2 2 2 (2 )( )( )( ) x x x x x FxF xuF uF u du 2 ( )( ) x x xF xF u du 所以 2 2 1 ( )( )arctan 2 x x xF xF

25、u dux ， 两边对x求导，得 4 ( )( )2 (2 )( ) 1 x F xxf xFxF x x 即 4 1 (2 )( )( ) 2 1 x FxF xxf x x 即 2 4 1 ( )(2 )( )( ) 2 1 x x x f u duFxF xxf x x 令1x 得， 22 11 1 11 13 ( )(1)(1) 2 22 24 f u duf x dxf 八八【详解】(1) 构造函数( )( )F xf xx，则 F x在区间0,1上连续，在(0,1)内可导，且 11111 ( )( )10,(1)(1) 10 110 22222 FfFf ， 所以由介值定理得，存在

26、一点 1 ,1 2 ，使得( )(0Ff） 即存在一点 1 ,1 2 ，使得(f），原命题得证. 12 (2) 令 10fxf xx ， 解微分方程得( ) x f xxCe，即( ( ) x ef xxC 令( )( ( ) x F xef xx 因为 0 (0)( (0)0)0,( )( ( )0FefFef ， 所以，在(0, )上由罗尔定理知，必然存在点(0, )，使得( )0F 即( )( ( )( ) 1)Fefef ( )( ) 1)0eff 即 1ff 九九【详解】(1) 因为 22 44 2 00 111 tan(1tan)tansec nn nn aaxx dxxxdx n

27、nn tan 1 4 00 111 tantan (1) x t nn xdxt dt nnn n 又由部分和数列 2 111 11111 ()1, (1)11 nnn nii iii Saa ii iiin 有lim1, n n S 因此 2 1 1 1. nn n aa n (2) 先估计 n a的值，因为 4 0 tann n axdx ，令tantx，则 2 secdtxdx，即 2 1 dt dx t 所以 11 2 00 1 , 11 n n n t at dt tn 所以 1 11 , (1) n a nnnn 13 由于10 ，所以 1 1 1 n n 收敛，从而 1 n n

28、a n 也收敛. 十十【详解】 方法方法 1：() TTT BEA A() TTT EA A() TTT EAA T EA AB， 根据实对称矩阵的定义，故B是实对称阵. 对任意的非零向量x，() TTT x AAx，有 () TT xEA A x()() TTT xE xxA A x TTT x xx A Ax() TT x xAxAx 因0 x ，故有0 T x x .(设 12 ,0 T n xa aa，则,1,2, i a in中至少一 个不为零，则 2, 1,2, i ain中至少一个大于零，故 2 1 0 n T i i x xa ) ()0 T AxAx (设 12 , T n

29、Axb bb， 2 1 ()0 n T i i AxAxb ，因为Ax有可能为 零，即有可能0,1,2, i bin，故这里可能取等号.) 故当0时，0 T x x.对任意的0 x ，均有 ()()0 TTTTT x BxxEA A xx xAxAx 由正定矩阵的定义，得证：B是正定矩阵. 方法方法 2：B正定 B的全部特征值大于零 设B有特征值，对应的特征向量为，由特征值和特征向量的定义，B， 将 T BEA A代入，得 () T EA A，其中0 上式两边左乘 T ，得 () TT EA A TTT A A () () TT AA T 变形得() ()() TT AA 因0，设 12 ,0

30、 T n c cc，则,1,2, i c in中至少一个不为零，则 2, 1,2, i cin中至少一个大于零，故 2 1 0 n T i i c 14 () ()0 T AA(设 12 , T n Ad dd， 2 1 ()0 n T i i AAd ，因为A有可 能为零，即有可能0,1,2, i din，故这里可能取等号.) 故 () () 0 T T AA 所以，当0时，有0，故知B的特征值全部大于零，B是正定矩阵. 十一十一 【定义】(1)相关系数 cov(, ) (, ) X Y X Y DXDY ); (2)协方差cov( , )U VE UVEUEV; (3)离散型随机变量期望

31、ii i EXx p; (4)方差的定义： 2 2 DUEUEU 【详解】(1) 由题知UV和均服从0 1分布， 0P UP XY，1P UP XY， 02P VP XY，12P VP XY 二维随机变量,X Y 在矩形 ,02,01Gx yxy 上服从均匀分布(根据二 维均匀分布的性质，各部分所占的概率是其面积与总面积之比) 所以，如图所示： 1 1 1 1 1 2 1 24 D S P XY S 总 3 1 1 2 1 2 2 1 22 D S P XY S 总 111 2121 424 P YXYP XYP XY ,U V有四个可能值： 0,0 , 0,1 , 1,0 , 1,1 1 0

32、,0,2 4 P UVP XY XYP XY 0,1,20P UVP XY XYP 1 1,0,22 4 P UVP XY XYP YXY 1 x y O xy 2yxy xy 21 2xy 2xy 1 D 2 D 3 D 15 1 1,1,22 2 P UVP XY XYP XY (2) 由根据边缘概率的定义： ,1,2, iiijij jj pP XxP Xx Yyp i ,1,2, jjijij ii pP YyP Xx Yypj 有 11 00,00,10 44 P UP UVP UV 113 11,01,1 424 P UP UVP UV 111 00,01,0 442 P VP U

33、VP UV 11 10,11,10 22 P VP UVP UV 而00,00,11,0P UVP UVP UVP UV 111 0 442 1 11,1 2 P UVP UV 即 所以 111 01 222 EUV ， 133 01 444 EU ， 111 01 222 EV 所以 1311 cov( , ) 2428 U VE UVEUEV 又 2 133 01 444 EU ， 2 111 01 222 EV 所以 2 2 2 333 4416 DUEUEU ， 2 2 2 111 224 DVEVEV V01 p 1 2 1 2 UV01 p 1 2 1 2 U01 p 1 4 3

34、4 2 U01 p 1 4 3 4 2 V01 p 1 2 1 2 16 故 1 cov( , )3 8 ( , ) 331 42 U V r U V DUDV 十二【十二【概念和性质】(1)E aXbYaEXbEY；(2) 2 ()()D cXc D X； (3) 若XY和独立，则()D XYDXDY； (4)t分布的定义：若(0,1)XN， 2 ( )Yn，,X Y独立，则 ( ) X Tt n Y n (5) 正态分布标准化的定义：若 2 ( ,)ZN u，则(0,1) Zu N 【详解】由于 19 ,XX是来自总体X的简单随机样本，故 19 ,XX独立. 设 2 ( ,)XN u，则

35、2 19 ,( ,)XXN u，又因为服从正态分布的独立随机变量其 线性组合也服从正态分布，则 2 1126 1 ( ,) 66 YXXXN u 其中 1126126 116 ( ) 666 u uE YEXXXEXEXEXu 2 1126126 11 ( ) 636 D YDXXXD XXX 2 6 1 11 3666 i i DXDX 故 2 1 ( ,) 6 YN u 同理，因为 2789 1 3 YXXX，所以 2 2 ( ,) 3 YN u 又由于 12 ,Y Y独立，且都服从正态分布，故 12 YY也服从正态分布，其期望方差分别为： 1212 ()0E YYEYEYuu， 222 1212 () 632 D YYDYDY 得 2 12 (0,) 2 YYN 17 将 12 YY标准化得 12 0 (0,1) 2 YY UN 由正态总体样本方差的性质： 2 2 2 (1) (1) nS n ，推得 2 22 2 2 (2) S 因 2 S与 2 Y独立(由于样本方差与样本均值独立) 而 2 1 YS与独立，故 12 0 2 YY U 与 2 2 2S 独立. 所以由t分布的定义有： 12 22 2 0 2 (2) 2 2 2 YY U t S 化简上式 12 12 2 2 0 2() 2 2 2 YY YY S S 即 12 2() (2) YY Zt S