2005年数学三真题答案解析.pdf

1、- 1 - 2005 年考研数学（三）真题解析年考研数学（三）真题解析 一、填空题一、填空题（本题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 分. 把答案填在题中横线上） （1）极限 1 2 sinlim 2 x x x x =2. 【分析分析】本题属基本题型，直接用无穷小量的等价代换进行计算即可. 【详解详解】 1 2 sinlim 2 x x x x =. 2 1 2 lim 2 x x x x （2）微分方程0yyx满足初始条件2) 1 (y的特解为2xy. 【分析分析】 直接积分即可. 【详解详解】 原方程可化为0)(xy，积分得Cxy ， 代入初始条件得 C=2，故所求特解为 xy=2

2、. （3）设二元函数)1ln() 1(yxxez yx ，则 )0, 1( dzdyeedx)2(2. 【分析分析】 基本题型，直接套用相应的公式即可. 【详解详解】)1ln(yxee x z yxyx , y x xe y z yx 1 1 , 于是 )0, 1( dzdyeedx)2(2. （4）设行向量组) 1 , 1 , 1 , 2(，), 1 , 2(aa，), 1 , 2 , 3(a，) 1 , 2 , 3 , 4(线性相关，且1a，则 a= 2 1 . 【分析分析】 四个 4 维向量线性相关，必有其对应行列式为零，由此即可确定 a. 【详解详解】由题设，有 1234 123 12

3、 1112 a aa 0) 12)(1(aa, 得 2 1 , 1aa，但题设1a，故. 2 1 a （5）从数 1,2,3,4 中任取一个数，记为 X, 再从X, 2 , 1中任取一个数，记为 Y, 则 2YP= 48 13 . 【分析分析】 本题涉及到两次随机试验，想到用全概率公式, 且第一次试验的各种两两互不相容的结果即 为完备事件组或样本空间的划分. 【详解详解】2YP=121XYPXP+222XYPXP - 2 - +323XYPXP+424XYPXP =. 48 13 ) 4 1 3 1 2 1 0( 4 1 （6）设二维随机变量(X,Y) 的概率分布为 XY01 00.4a 1b

4、0.1 已知随机事件0X与1YX相互独立，则 a=0.4, b=0.1. 【分析分析】 首先所有概率求和为 1，可得 a+b=0.5, 其次，利用事件的独立性又可得一等式，由此可确定 a,b 的取值. 【详解详解】 由题设，知a+b=0.5 又事件0X与1YX相互独立，于是有 101, 0YXPXPYXXP， 即a=)(4 . 0(baa,由此可解得a=0.4, b=0.1 二、选择题二、选择题（本题共 8 小题，每小题 4 分，满分 32 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） （7）当 a 取下列哪个值时，函数axxxxf1292)( 23

5、 恰好有两个不同的零点. (A)2.(B)4.(C)6.(D)8.B 【分析分析】 先求出可能极值点，再利用单调性与极值画出函数对应简单图形进行分析，当恰好有一个极 值为零时，函数 f(x)恰好有两个不同的零点. 【详解详解】12186)( 2 xxxf=)2)(1(6xx，知可能极值点为 x=1,x=2，且 afaf4)2(,5) 1 (，可见当 a=4 时，函数 f(x) 恰好有两个零点，故应选(B). （ 8 ） 设dyxI D 22 1 cos,dyxI D )cos( 22 2 ,dyxI D 222 3 )cos(, 其 中 1),( 22 yxyxD，则 (A) 123 III.

6、（B） 321 III. (C) 312 III.(D) 213 III.A 【分析分析】 关键在于比较 22 yx 、 22 yx 与 222 )(yx 在区域1),( 22 yxyxD上的大小. 【详解详解】在区域1),( 22 yxyxD上，有10 22 yx，从而有 22 1 2 yx 22 yx 0)( 222 yx - 3 - 由于 cosx 在) 2 , 0( 上为单调减函数，于是 22 cos0yx )cos( 22 yx 222 )cos(yx 因此 dyx D 22 cos dyx D )cos( 22 dyx D 222 )cos(，故应选(A). （9）设, 2 , 1

7、, 0nan若 1n n a发散， 1 1 ) 1( n n n a收敛，则下列结论正确的是 (A) 1 12 n n a收敛， 1 2 n n a发散 .（B） 1 2 n n a收敛， 1 12 n n a发散. (C)( 1 212 n nn aa收敛.(D)( 1 212 n nn aa收敛.D 【分析分析】可通过反例用排除法找到正确答案. 【详解详解】取 n an 1 ，则 1n n a发散， 1 1 ) 1( n n n a收敛， 但 1 12 n n a与 1 2 n n a均发散，排除(A),(B)选项，且)( 1 212 n nn aa发散，进一步排除(C),故应选(D).

8、事实上，级数)( 1 212 n nn aa的部分和数列极限存在. （10）设xxxxfcossin)(,下列命题中正确的是 (A)f(0)是极大值，) 2 (f是极小值.（B） f(0)是极小值，) 2 (f是极大值. （C）f(0)是极大值，) 2 (f也是极大值.(D)f(0)是极小值，) 2 (f也是极小值. B 【分析分析】 先求出)(),(xfxf ，再用取极值的充分条件判断即可. 【详解详解】xxxxxxxfcossincossin)(，显然0) 2 (, 0)0( ff， 又xxxxfsincos)( ，且0 2 ) 2 (, 01)0( ff，故 f(0)是极小值，) 2 (

9、f是极大值， 应选(B). （11）以下四个命题中，正确的是 (A)若)(x f 在（0，1）内连续，则 f(x)在（0，1）内有界. （B）若)(xf在（0，1）内连续，则 f(x)在（0，1）内有界. - 4 - （C）若)(x f 在（0，1）内有界，则 f(x)在（0，1）内有界. (D)若)(xf在（0，1）内有界，则)(x f 在（0，1）内有界.C 【分析分析】 通过反例用排除法找到正确答案即可. 【详解详解】 设 f(x)= x 1 , 则 f(x)及 2 1 )( x xf均在（0，1）内连续，但 f(x)在（0，1）内无界，排除(A)、 (B);又xxf)(在（0，1）内有

10、界，但 x xf 2 1 )(在（0，1）内无界，排除(D). 故应选(C). （12） 设矩阵 A= 33 )( ij a满足 T AA * ， 其中 * A是 A 的伴随矩阵， T A为 A 的转置矩阵. 若 131211 ,aaa 为三个相等的正数，则 11 a为 (A) 3 3 .(B)3.(C) 3 1 .(D)3.A 【分析分析】 题设与 A 的伴随矩阵有关，一般联想到用行列展开定理和相应公式： . * EAAAAA. 【详解详解】 由 T AA * 及EAAAAA * ，有3 , 2 , 1,jiAa ijij ，其中 ij A为 ij a的代数余子式， 且0 3 2 AAAEA

11、AAT或1A 而03 2 11131312121111 aAaAaAaA，于是1A，且. 3 3 11 a故正确选项为(A). （13）设 21, 是矩阵 A 的两个不同的特征值，对应的特征向量分别为 21, ，则 1 ，)( 21 A线 性无关的充分必要条件是 (A)0 1 .(B)0 2 .(C)0 1 .(D)0 2 .D 【分析分析】 讨论一组抽象向量的线性无关性，可用定义或转化为求其秩即可. 【详解详解】 方法一：令0)( 21211 Akk，则 0 22211211 kkk，0)( 2221121 kkk. 由于 21, 线性无关，于是有 . 0 , 0 22 121 k kk 当

12、0 2 时， 显然有0, 0 21 kk， 此时 1 ，)( 21 A线性无关； 反过来， 若 1 ，)( 21 A - 5 - 线性无关，则必然有0 2 (,否则， 1 与)( 21 A= 11 线性相关)，故应选(B). 方法二： 由于 2 1 2122111211 0 1 ,)(, A， 可见 1 ，)( 21 A线性无关的充要条件是. 0 0 1 2 2 1 故应选(D). （14） 设一批零件的长度服从正态分布),( 2 N，其中 2 ,均未知. 现从中随机抽取 16 个零件， 测得样本均值)(20 cmx ，样本标准差)( 1 cms ，则的置信度为 0.90 的置信区间是 (A)

13、.16( 4 1 20),16( 4 1 20( 05. 005. 0 tt(B).16( 4 1 20),16( 4 1 20( 1 . 01 . 0 tt (C).15( 4 1 20),15( 4 1 20( 05. 005. 0 tt(D).15( 4 1 20),15( 4 1 20( 1 . 01 . 0 ttC 【分析分析】 总体方差未知，求期望的区间估计，用统计量：).1( nt n s x 【详解详解】 由正态总体抽样分布的性质知，) 1( nt n s x ， 故的置信度为 0.90 的置信区间是 )1( 1 ),1( 1 ( 22 nt n xnt n x ，即).15(

14、 4 1 20),15( 4 1 20( 05. 005. 0 tt故应选(C). 三 、解答题（本题共三 、解答题（本题共 9 小题，满分小题，满分 94 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） （ ） （15） （本题满分） （本题满分 8 分）分） 求). 1 1 1 (lim 0 xe x x x 【分析分析】型未定式，一般先通分，再用罗必塔法则. 【详解详解】 )1 ( 1 lim) 1 1 1 (lim 2 00 x x x x x ex exx xe x = 2 2 0 1 lim x exx x x = x ex x x 2 21

15、 lim 0 =. 2 3 2 2 lim 0 x x e （16） （本题满分） （本题满分 8 分）分） - 6 - 设 f(u)具有二阶连续导数，且)()(),( y x yf x y fyxg，求. 2 2 2 2 2 2 y g y x g x 【分析分析】 先求出二阶偏导数，再代入相应表达式即可. 【详解详解】由已知条件可得 )()( 2 y x f x y f x y x g ， )( 1 )()( 2 4 2 32 2 y x f yy x f x y x y f x y x g ， )()()( 1 y x f y x y x f x y f xy g ， )()()()(

16、1 3 2 2222 2 y x f y x y x f y x y x f y x x y f xy g ， 所以 2 2 2 2 2 2 y g y x g x =)()()( 2 2 2 2 y x f y x y x f x y x y f x y )()( 2 2 2 y x f y x x y f x y =).( 2 x y f x y （17） （本题满分） （本题满分 9 分）分） 计算二重积分dyx D 1 22 ，其中10 , 10),(yxyxD. 【分析分析】 被积函数含有绝对值，应当作分区域函数看待，利用积分的可加性分区域积分即可. 【详解详解】记),( , 1),

17、( 22 1 DyxyxyxD， ),( , 1),( 22 2 DyxyxyxD， 于是dyx D 1 22 = 1 ) 1( 22 D dxdyyx 2 ) 1( 22 D dxdyyx = 2 0 2 1 0 ) 1( rdrrd D dxdyyx) 1( 22 1 ) 1( 22 D dxdyyx = 8 + 2 0 1 0 22 1 0 2 1 0 ) 1() 1( rdrrddyyxdx=. 3 1 4 （18） （本题满分） （本题满分 9 分）分） 求幂级数 1 2 ) 1 12 1 ( n n x n 在区间(-1,1)内的和函数 S(x). - 7 - 【分析分析】幂级数求

18、和函数一般采用逐项求导或逐项积分，转化为几何级数或已知函数的幂级数展开式， 从而达到求和的目的. 【详解详解】 设 1 2 ) 1 12 1 ()( n n x n xS， 1 2 1 12 1 )( n n x n xS， 1 2 2 )( n n xxS， 则)()()( 21 xSxSxS，).1 , 1(x 由于 1 2 2 )( n n xxS= 2 2 1x x ， ) 1 , 1(, 1 ) )( 2 2 1 2 1 x x x xxxS n n , 因此 x x x xdt t t xxS 0 2 2 1 1 1 ln 2 1 1 )(， 又由于0)0( 1 S，故 . 0 ,

19、 1 , 0 , 1 1 ln 2 1 1 )( 1 x x x x x xS 所以)()()( 21 xSxSxS . 0 , 1 , 0 , 1 1 1 1 ln 2 1 2 x x xx x x （19） （本题满分） （本题满分 8 分）分） 设 f(x),g(x)在0，1上的导数连续，且 f(0)=0,0)( x f,0)( x g.证明：对任何 a 1 , 0,有 a gafdxxgxfdxxfxg 0 1 0 ).1 ()()()()()( 【分析分析】可用参数变易法转化为函数不等式证明，或根据被积函数的形式，通过分部积分讨论. 【详解详解】 方法一：设 )(xF x gxfdt

20、tgtfdttftg 0 1 0 ) 1 ()()()()()(， 则 F(x)在0，1上的导数连续，并且 )(xF)1 ()()() 1 ()()()(gxgxfgxfxfxg， 由于 1 , 0 x时，0)(, 0)(xgxf，因此0)( x F，即 F(x)在0，1上单调递减. - 8 - 注意到 ) 1 (F 1 0 1 0 ) 1 () 1 ()()()()(gfdttgtfdttftg， 而 1 0 1 0 1 0 1 0 )()()()()()()()(dttgtftftgtdftgdttftg = 1 0 )()() 1 () 1 (dttgtfgf， 故 F(1)=0. 因此

21、 1 , 0 x时，0)(xF，由此可得对任何 1 , 0a，有 a gafdxxgxfdxxfxg 0 1 0 ).1 ()()()()()( 方法二： aaa dxxgxfxfxgdxxfxg 000 )()()()()()( = a dxxgxfagaf 0 )()()()(， a dxxgxfdxxfxg 0 1 0 )()()()( = 1 00 )()()()()()(dxxgxfdxxgxfagaf a 1 .)()()()( a dxxgxfagaf 由于 1 , 0 x时，0)( x g，因此 )()()()(xgafxgxf， 1 ,ax， 1 0 1 0 )() 1 ()

22、()()()()(aggafdxxgafdxxgxf， 从而 a dxxgxfdxxfxg 0 1 0 )()()()( ).1 ()()() 1 ()()()(gafaggafagaf （20） （本题满分） （本题满分 13 分）分） 已知齐次线性方程组 （i） , 0 , 0532 , 032 321 321 321 axxx xxx xxx 和 （ii） , 0) 1(2 , 0 32 2 1 321 xcxbx cxbxx 同解，求 a,b, c 的值. - 9 - 【分析分析】 方程组（ii）显然有无穷多解，于是方程组（i）也有无穷多解，从而可确定 a，这样先求出 （i）的通解，再

23、代入方程组（ii）确定 b,c 即可. 【详解详解】 方程组（ii）的未知量个数大于方程个数，故方程组方程组（ii）有无穷多解.因为方程组（i） 与（ii）同解，所以方程组（i）的系数矩阵的秩小于 3. 对方程组（i）的系数矩阵施以初等行变换 200 110 101 11 532 321 aa ， 从而 a=2.此时，方程组（i）的系数矩阵可化为 000 110 101 211 532 321 ， 故 T ) 1 , 1, 1(是方程组（i）的一个基础解系. 将1, 1, 1 321 xxx代入方程组（ii）可得 2, 1cb或. 1, 0cb 当2, 1cb时，对方程组（ii）的系数矩阵施以

24、初等行变换，有 110 101 312 211 ， 显然此时方程组（i）与（ii）同解. 当1, 0cb时，对方程组（ii）的系数矩阵施以初等行变换，有 000 101 202 101 ， 显然此时方程组（i）与（ii）的解不相同. 综上所述，当 a=2,b=1,c=2 时，方程组（i）与（ii）同解. （21） （本题满分） （本题满分 13 分）分） 设 BC CA D T 为正定矩阵，其中 A,B 分别为 m 阶，n 阶对称矩阵，C 为nm矩阵. (I) 计算DPPT，其中 n m Eo CAE P 1 ； （II）利用(I)的结果判断矩阵CACB T1 是否为正定矩阵，并证明你的结论.

25、 【分析分析】 第一部分直接利用分块矩阵的乘法即可；第二部分是讨论抽象矩阵的正定性，一般用定义. - 10 - 【详解详解】 (I) 因 n T mT EAC oE P 1 ，有 DPPT= n T m EAC oE 1 BC CA T n m Eo CAE 1 = CACBo CA T1 n m Eo CAE 1 = CACBo oA T1 . （II）矩阵CACB T1 是正定矩阵. 由(I)的结果可知，矩阵 D 合同于矩阵 . 1 CACBo oA M T 又 D 为正定矩阵，可知矩阵 M 为正定矩阵. 因 矩 阵 M 为 对 称 矩 阵 ， 故CACB T1 为 对 称 矩 阵 .对

26、T X)0 , 0 , 0(及 任 意 的 0),( 21 T n yyyY，有 . 0)(),( 1 1 YCACBY Y X CACBo oA YX TT T TT 故CACB T1 为正定矩阵. （22） （本题满分） （本题满分 13 分）分） 设二维随机变量(X,Y)的概率密度为 . ,20 , 10 , 0 , 1 ),( 其他 xyx yxf 求： （I） (X,Y)的边缘概率密度)(),(yfxf YX ； （II）YXZ 2的概率密度).(zfZ ( III ). 2 1 2 1 XYP 【分析分析】 求边缘概率密度直接用公式即可；而求二维随机变量函数的概率密度，一般用分布函

27、数法， 即先用定义求出分布函数，再求导得到相应的概率密度; 直接用条件概率公式计算即可. 【详解详解】 （I） 关于 X 的边缘概率密度 )(xfX= dyyxf),(= . , 10 , 0 , 2 0 其他 x dy x - 11 - = . , 10 , 0 ,2 其他 xx 关于 Y 的边缘概率密度 )(yfY= dxyxf),(= . , 20 , 0 , 1 2 其他 ydx y = . , 20 , 0 , 2 1 其他 y y （II） 令2)(zYXPzZPzFZ， 1） 当0z时，02)(zYXPzFZ； 2） 当20 z时，2)(zYXPzFZ = 2 4 1 zz ;

28、3)当2z时，. 12)(zYXPzFZ 即分布函数为： . 2 , 20 , 0 , 1 , 4 1 , 0 )( 2 z z z zzzFZ 故所求的概率密度为： . , 20 , 0 , 2 1 1 )( 其他 z z zfZ （III）. 4 3 4 1 16 3 2 1 2 1 , 2 1 2 1 2 1 XP YXP XYP （23） （本题满分） （本题满分 13 分）分） 设)2(, 21 nXXX n 为 来 自 总 体 N(0, 2 ) 的 简 单 随 机 样 本 ，X为 样 本 均 值 ， 记 ., 2 , 1,niXXY ii 求： （I） i Y的方差niDYi, 2

29、 , 1,； （II） 1 Y与 n Y的协方差).,( 1n YYCov （III）若 2 1 )( n YYc是 2 的无偏估计量，求常数 c. 【分析分析】 先将 i Y表示为相互独立的随机变量求和，再用方差的性质进行计算即可；求 1 Y与 n Y的协方 - 12 - 差),( 1n YYCov，本质上还是数学期望的计算，同样应注意利用数学期望的运算性质；估计 2 1 )( n YYc，利 用其数学期望等于 2 确定 c 即可. 【详解详解】 由题设，知)2(, 21 nXXX n 相互独立，且 ), 2 , 1(, 0 2 niDXEX ii ，. 0XE （I） n ij jiii

30、X n X n DXXDDY 1 ) 1 1()( = n ij ji DX n DX n 2 2 1 ) 1 1 ( =. 1 ) 1( 1) 1( 22 2 2 2 2 n n n nn n （II）)(),( 111nnn EYYEYYEYYCov =)()( 11 XXXXEYYE nn =)( 2 11 XXXXXXXE nn = 2 11 )(2)(XEXXEXXE n = 2 2 1 2 1 )( 2 0XEXDXXXE n n j j =. 112 222 nnn （III）)()( 1 2 1nn YYcDYYcE =),(2 121n YYCovDYDYc = 222 )2(2 211 c n n nn n n n c， 故. )2(2 n n c