1998年数学三真题答案解析.pdf

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1、11998 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析1998 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.把答案填在题中横线上.)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)【答案】1e【解析】曲线nyx在点(1,1)处的切线斜率1xy1nxx11nxnxn,根据点斜式,切线方程为：1(1).yn x 令0y ,代入1(1)yn x ,则11xn ,即在x轴上的截距为11nn ,lim()nnflimnnn1lim(1)nnn11lim(1)xxx1e.(2)【答案】ln xCx【解析

2、】由分部积分公式,2ln1xdxx1ln1xdxx 1ln1xdx ln11(ln1)xdxxx 分部2ln11xdxxx ln11xdxxx ln11xCxx ln xCx .【相关知识点】分部积分公式：假定( )uu x与( )vv x均具有连续的导函数,则,uv dxuvu vdx或者.udvuvvdu(3)【答案】51( 5)()126ttyCt【解析】 首先把差分方程改写成标准形式1552ttyyt,其齐次方程对应的特征方程及特征根分别为50,5,rr 故齐次方程的通解为( 5) ,ttYCC为常数.将方程右边的52t改写成512tt,此处“1”不是特征根,故令非齐次方程的一个特解为

3、,tyAtB2从而1(1),tyA tB代入原方程,得5(1)5(),2A tBAtBt56,60,2AAB故55,1272AB .于是通解为51( 5)().126ttttyYyCt(4)【答案】200040002【解析】由题设*28A BABAE,由于20A ,所以A可逆.上式两边左乘A,右乘1A,得*11128AA BAAABAAAA28A BABE(利用公式：*1,AAA E AAE)28A BABE (移项)28A EA BE (矩阵乘法的运算法则)将2A 代入上式,整理得14EA BE.由矩阵可逆的定义,知EA,B均可逆,且114BEA110020024 0104 01000210

4、02200040002.(5)【答案】11,220 100【解析】 由于1234,XXXX相互独立,均服从2(0,2 )N,所以由数学期望和方差的性质,得2221212(2)0,(2)1 22220E XXD XX ,所以12(2)(0,20)XXN,同理34(34)(0,100)XXN.3又因为12(2)XX与34(34)XX相互独立,且121(2)(0,1)20XXN；341(34)(0,1)100XXN,由2分布的定义,当11,20100ab时,222123411(2)(34)(2)20100XXXXX.即当11,20100ab时,X服从2分布,其自由度为2.严格地说,当10,100ab

5、时,2(1)X；当1,020ab时,2(1)X也是正确的.【相关知识点】1、对于随机变量X与Y均服从正态分布,则X与Y的线性组合亦服从正态分布.若X与Y相互独立,由数学期望和方差的性质,有()()( )E aXbYcaE XbE Yc,22()()( )D aXbYca D Xb D Y,其中, ,a b c为常数.2、定理：若2( ,)XN ,则(0,1)XN.3、2分布的定义：若1,nZZ相互独立,且都服从标准正态分布(0,1)N,则221( )niiZn.二、二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,共 15 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

6、的括号内.)择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,共 15 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.)(1)【答案】(D)【解析】根据导数定义： 0()( )limxf xxf xfxx 0(1)(1)lim2xffxx01(1)(1)lim2xfxfx1(1)2f 1 所以0(1)(1)(1)lim2.xfxffx 因为( )f x周期为 4,( )fx的周期亦是 4,即( )(4)fxfx,所以(5)f (14)f (1)2f .所以曲线( )yf x在点5,(5)f处的切线的斜率为(5)f (1)2f .选(D).4(2)【答案】(B)【分析

7、】讨论由极限表示的函数的性质,应分两步走.先求出该( )f x的(分段)表达式,然后再讨论( )f x的性质.不能隔着极限号去讨论.【解析】现求( )f x的(分段)表达式：当1x 时,21( )lim1nnxf xx21 22lim1nnnnxxx21 22lim01lim1nnnnnxxx0；当1x 时,21( )lim1nnxf xx21 1lim1 1nn221；当1x 时,21( )lim1nnxf xx21 1lim11nn 020；当1x 时,21( )lim1nnxf xx2lim 1lim 1nnnxx2011nxx1x .由此,0,1,0,1,( )1,1,1,1,0,1.

8、xxf xxxxx 当当当当当即0,11,( )1,1,1,1.xxf xxxx 当或当当再讨论函数( )f x的性质：在1x 处, 1limxf x1lim 1xx1 1 0, 1lim10 xf xf,所以, 11limlim0 xxf xf x,函数( )f x在1x 处连续,不是间断点.在1x 处, 1limxf x1lim0 x0； 1limxf x1lim 1xx2；所以 1limxf x 1limxf x,函数( )f x在1x 处不连续,是第一类间断点.故选(B).(3)【答案】(C)【解析】方法 1:方法 1:由0AB 知( )( )3r Ar B,又0,0AB,于是1( )

9、3,r A1( )3r B,故0,0AB,即5221010101101 1(1)01 11111A,得1.应选(C).方法 2:方法 2:由0AB 知( )( )3r Ar B,又0,0AB,于是1( )3,r A1( )3r B,故0B .显然,1时1 1 11 1 11 1 1A,有1( )3,r A故应选(C).作为选择题,只需在2 与1中选择一个,因而可以用特殊值代入法.评注：评注：对于条件0AB 应当有两个思路：一是B的列向量是齐次方程组0Ax 的解；二是秩的信息,即( )( )r Ar Bn,要有这两种思考问题的意识.(4)【答案】(B)【解析】1111 100(1)1101011

10、001aaaaaaaaaaaAaaaaaaaaaa 1 (1)0100(2)00100001naaaaaaa其中(1)变换：将 1 行乘以(-1)再分别加到其余各行；(2)变换：将其余各列分别加到第 1列.由阶梯形矩阵知,当1 (1)0na,即11an时,有( )1r An,故应选(B).(5)【答案】(A)【解析】根据分布函数的性质lim( )1xF x,即121lim( )()()()xF xFaFbFab .在所给的四个选项中只有(A)满足1ab,故应选(A).【相关知识点】分布函数 F x的性质：6yxO(1) F x单调不减；(2)lim( )()0, lim( )()1;xxF x

11、FF xF (3) F x是右连续的.三、(本题满分 5 分)三、(本题满分 5 分)【解析】arctanarctan2222()() ()yyxxdzed xyxyd earctan22arctan222arctan22arctan22() ( arctan)122()( )1( )22(2)(2)yxyxyxyxyexdxydyxydxyexdxydyxydyxxxdyydxexdxydyxxexy dxyx dy由全微分与偏微分的关系可知,其中dx的系数就是zx,即arctan(2)yxzxy ex.再对y求偏导数,得222arctanarctanarctan222211(2).1yyy

12、xxxzyxyxexy eeyx yxxyx 四、(本题满分 5 分)四、(本题满分 5 分)【解析】22( , )Dx y xyx表示圆心为1,02,半径为12的圆及其内部,画出区域D,如右图.方法 1:方法 1:22( , )|01,Dx yxxxyxx 所以,221112000221x xx xDxdxdyxdxdyxxx dxxxdx,令1xt,则21xt ,2dxtdt ,:10t所以上式1350122210082(1)( 2 )4(1)43515ttttt dttt dt .7方法 2:方法 2:引入极坐标系cos ,sinxryr ,于是( , )|,0cos22Drr,3cos

13、cos2220022320coscos48cos.515Dxdxdydrrdrdr drd 其中倒数第二步用了华里士公式：20134 2cos125 3nnndnn ,其中n为大于 1 的正奇数.五、(本题满分 6 分)五、(本题满分 6 分)【分析】根据连续复利公式,在年利率为r的情况下,现时的A(元)在t时的总收入为( )ertR tA,反之,t时总收入为( )R t的现值为( )( )ertA tR t,将250tRR e代入即得到总收入的现值与窖藏时间t之间的关系式,从而可用微分法求其最大值.【解析】 由连续复利公式知,这批酒在窖藏t年末售出总收入R的现值为( )ertA tR,而由题

14、设,t年末的总收入250tRR e,据此可列出( )A t：250( )eetrtrtA tRR,令dAdt250etrtdRdt2501e05trtRrt,得惟一驻点02125ttr.22d AdtddAdtdt2501e5trtdRrdtt22550011ee55trttrtddRrRrdtdttt2225500311510trttrtR erR ett2250311510trtR ertt01232502( 12.5)0rt td AR erdt.8根据极值的第二充分条件,知：0tt是( )A t的极大值点,又因驻点惟一,所以也是最大值点.故窖藏2125tr年出售,总收入的现值最大.当0

15、.06r 时,21250.06t 100119(年).【相关知识点】极值的第二充分条件：设函数( )f x在0 x处具有二阶导数且0()0fx,0()0fx,当0()0fx时,函数( )f x在0 x处取得极大值； 当0()0fx时,函数( )f x在0 x处取得极小值.六、(本题满分 6 分)六、(本题满分 6 分)【分析】本题要证的结论中出现两个中值点和,这种问题一般应将含有和的项分别移到等式两边后再用微分中值定理,为此本题只要证( )()()( )bafbaeefe.【解析】 方法1:方法1: 函数( )f x在, a b上连续,在( , )a b内可导,满足拉格朗日中值定理的条件,对函

16、数( )f x在, a b上用拉格朗日中值定理,有( )( )( )(),.f bf afba ab又函数( )f x与xe满足柯西中值定理的条件,将函数( )f x与xe在, a b上用柯西中值定理,有( )( )( ),baf bf afabeee,即( )( )( )baff bf aeee（）.从而有( )( )()baffbaeee（）,即( ), ,( , )( )bafeeea bfba .方法 2：方法 2：题中没有限制,因此取,即成为要去证存在( , )a b使.baeeeba在, a b上对函数xe用拉格朗日中值定理,存在( , )a b使,1.babaeeeeeebaba

17、即再取,则( )1( )bafeeefba ,原题得证.9【相关知识点】1.拉格朗日中值定理：如果函数( )f x满足在闭区间 , a b上连续,在开区间, a b内可导,那么在, a b内至少有一点()ab,使等式( )( )( )()f bf afba成立.2. 柯西中值定理：如果函数( )f x及( )F x满足(1) 在闭区间 , a b上连续；(2) 在开区间( , )a b内可导；(3) 对任一( , )xa b,( )0F x,那么在( , )a b内至少有一点,使等式( )( )( )( )( )( )f bf afF bF aF成立.七、(本题满分 6 分)七、(本题满分 6

18、 分)【解析】(1)由21ynxn与21(1)1ynxn得1.(1)nan n因图形关于y轴对称,所以,所求图形的面积为220320112(1)1214122.(1)(1)33(1)(1)nnanannSnxnxdxnnaaxdxn nn nn nn n(2)由(1)的结果知414 11()3 (1)31nnSan nnn,根据级数和的定义,111411414limlimlim 1.31313nnnknnnnkknkSSaakkn八、(本题满分 7 分)八、(本题满分 7 分)【分析】 本题是微分方程的几何应用问题.在题目中给出了由曲线( )yf x等围成的平面图形绕x轴旋转一周所形成的旋转体

19、体积( )V t与包含函数f的一个恒等式,这正是列方程的依据.【解析】由绕x轴旋转的旋转体体积公式得21( )( )tV tfx dx,于是,依题意得10221( )( )(1)3tfx dxt f tf,即2213( )( )(1)tfx dxt f tf.两边对t求导,化成微分方程223( )2 ( )( )fttf tt f t ,其中( )f t为未知函数.按通常以x表示自变量,y表示未知函数( )f t,于是上述方程可写为2232,x yyxy 即23( )2( ).dyyydxxx这是一阶齐次微分方程.令yux,有dyduuxdxdx,则上式化为2()32 ,duuxuudx即3

20、(1).duxu udx(*)若0u ,则0,yux不满足初始条件229xy,舍弃；若1u ,则,yuxx也不满足初始条件229xy,舍弃；所以,0u ,且1u .由(*)式分离变量得3,(1)dudxu ux两边积分得31uCxu.从而方程(*)的通解为3,yxCx y C为任意常数.再代入初值,由229xy,得1C ,从而所求的解为33,(1).1xyxx yyxx 或【相关知识点】1. 对积分上限的函数的求导公式：若( )( )( )( )ttF tf x dx,( ) t,( ) t均一阶可导,则( )( )( )( )( )F ttfttft.九、(本题满分 9 分)九、(本题满分

21、9 分)【解析】(1)对等式0T 两边取转置,有0TTT ,即0T .利用0T 及矩阵乘法的运算法则,有22TTTA 00TTTT 0,即2A是n阶零矩阵.11(2)设是A的任一特征值,(0) 是A属于特征值的特征向量,即A.对上式两边左乘A得2A()()AA 2 ,由(1)的结果20A ,得220A ,因0,故0(n重根),即矩阵的全部特征值为零.下面求A的特征向量：先将A写成矩阵形式11 11 2122 12221212,nnTnnnnnnaabababaa ba ba bAb bbaa ba ba b.不妨设110,0ab,则有1 11 21122 12222 12221121212(0

22、)1()01(2, )nnnnnnnnnnnnniabababbbba ba ba ba ba ba bEAaa ba ba ba ba ba bbbbaiin 行行加到 行00000 于是得方程组(0)0EA x同解方程组1 1220nnb xb xb x,这样基础解系所含向量个数为(0)1nrEAn.选2,nxx为自由未知量,将它们的组值111( ,0,0),(0,0),(0,0,)bbb代入,可解得基础解系为12123111(,0,0),(,0,0),(,0,0,)nnb bbbbb 则A的属于0的全部特征向量为1 12211nnkkk,其中121,nk kk为不全为零的任意常数.十、(

23、本题满分 7 分)十、(本题满分 7 分)【分析】由于B是实对称矩阵,B必可相似对角化,而对角矩阵即B的特征值,只要求出B的特征值即知,又因正定的充分必要条件是特征值全大于零,k的取值亦可求出.【解析】方法 1：方法 1：由12210111020(2)(2)11101EA ,可得A的特征值是1232,0.那么,kEA的特征值是2,2,kkk,而2()BkEA的特征值是222(2) ,(2) ,.kkk又由题设知A是实对称矩阵,则,TAA故222()()()TTTBkEAkEAkEAB,即B也是实对称矩阵,故B必可相似对角化,且222(2)000(2)000kBkk .当20kk 且时,B的全部

24、特征值大于零,这时B为正定矩阵.方法 2：方法 2：由210111020(2)(2)11101EA ,可得A的特征值是1232,0.因为A是实对称矩阵,故存在可逆矩阵P使1220P AP ,即1AP P.那么2211 21()()()BkEAkPPP PP kEP1121()()().P kEP P kEPP kEP即12()P BPkE.故222(2)000(2)000kBkk.当20kk 且时,B的全部特征值大于零,这时B为正定矩阵.【相关知识点】1.特征值的性质：若A有特征值,则A的特征多项式( )f A有特征值( )f.2.矩阵正定的充要条件是特征值全大于零.13O1020 xy2D1

25、D1020十一、(本题满分 10 分)十一、(本题满分 10 分)【解析】设Z表示商店每周所得的利润,当YX时,卖得利润为1000ZY(元)；当YX时,调剂了YX,总共得到利润1000500()500()ZXYXXY(元).所以,1000 , ,500(), .YYXZXYYX由题设X与Y都服从区间10,20上的均匀分布,联合概率密度为1, 1020,1020,( , )1000, xyf x y其他.由二维连续型随机变量的数学期望定义得1212202020101010202021010( )1000( , )500()( , )111000500()100100105()310(20)5(1

26、050)2200005 150014166.67().3DDDDyyE Zy f x y dxdyxyf x y dxdyydxdyxydxdydyydxdyxy dxyy dyyydy 元十二、(本题满分 9 分)十二、(本题满分 9 分)【解析】记事件jB “第j次抽到的报名表是女生表”(1,2)j ,iA “报名表是第i个地区的”(1,2,3)i .易见,123,A A A构成一个完备事件组,且1112131 (1,2,3),3375, , .101525iP AiP B AP B AP B A(1) 应用全概率公式,知3111137529 ()3 10152590iiipP BP AP B A.(2)12qP B B.需先计算概率12P B B与2P B.对事件12B B再次用全概率公式：143121211377852020 ()3 10 915 1425 2490iiiP B BP AP B B A,由“抽签原理”可知2161()()90P BP B,12122()20 902090 6161()P B BqP B BP B.【相关知识点】1.全概率公式：如果事件1,nAA构成一个完备事件组,即它们是两两互不相容,其和为(总体的样本空间)；并且0,1,2,iP Ain,则对任一事件B有 1() (|)niiiP BP A P B A.