1994年数学三真题答案解析.pdf

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1、11994 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析1994 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.)一、填空题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)(1)【答案】ln3【解析】 利用被积函数的奇偶性,当积分区间关于原点对称,被积函数为奇函数时,积分为0；被积函数为偶函数时,可以化为二倍的半区间上的积分.所以知原式2222222202222xxxdxdxdxxxx222012dxx220ln(2)ln6ln2ln3.x(2)【答案】1【解析】根据导数的定义,有0000()()()limxf xxf xfxx .

2、所以由此题极限的形式可构造导数定义的形式,从而求得极限值.由于000(2 )()limxf xxf xxx00000(2 )()()()limxf xxf xf xxf xx00000000(2 )()()()( 2)limlim2()()1.2xxf xxf xf xxf xfxfxxx 所以原式0001lim1(2 )()1xxf xxf xx.(3)【答案】sin2xyxyyexyxey 【解析】将方程2cosxyeyx看成关于x的恒等式,即y看作x的函数.方程两边对x求导,得sin()2sin2xyxyxyyexeyxyyyxyxey .【相关知识点】两函数乘积的求导公式：( )( )

3、( )( )( )( )f xg xfxg xf xg x.2(4)【答案】1211000100010001000nnaaaa【解析】由分块矩阵求逆的运算性质,有公式1110000ABBA,且11122111nnaaaaaa所以,本题对A分块后可得11211000100010001000nnaaAaa.(5)【答案】964【解析】已知随机变量X的概率密度,所以概率12011224P Xxdx,求得二项分布的概率参数后,故1(3, )4YB.由二项分布的概率计算公式,所求概率为22313924464P YC .【相关知识点】二项分布的概率计算公式：3若( , )YB n p,则(1)kkn kn

4、P YkC pp,0,1,kn,二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)(1)【答案】(B)【解析】本题是关于求渐近线的问题.由于2121limarctan(1)(2)4xxxxexx,故4y为该曲线的一条水平渐近线.又21201limarctan(1)(2)xxxxexx .故0 x 为该曲线的一条垂直渐近线,所以该曲线的渐近线有两条.故本题应选(B).【相关知识点】水平渐近线：若有lim( )xf xa,则ya为水平渐近线；铅直渐近线：若有lim( )xaf x ,则xa为铅直渐近线；斜渐近线：若有(

5、)lim,lim ( )xxf xabf xaxx存在且不为,则yaxb为斜渐近线.(2)【答案】(C)【解析】考查取绝对值后的级数.因22222( 1) |111112222nnnnaaannn,(第一个不等式是由2210,0,()2ababab得到的.)又21nna收敛,2112nn收敛,(此为p级数：11pnn当1p 时收敛；当1p 时发散.)所以2211122nnan收敛,由比较判别法,得21( 1) |nnnan收敛.故原级数绝对收敛,因此选(C).(3)【答案】(C)【解析】由公式()min( ( ), ( )r ABr A r B,若A可逆,则1()( )()()()r ABr

6、Br EBr AABr AB.从而()( )r ABr B,即可逆矩阵与矩阵相乘不改变矩阵的秩,所以选(C).4(4)【答案】(D)【解析】事实上,当0( )1P B时,(|)(|)P A BP A B是事件A与B独立的充分必要条件,证明如下：若(|)(|)P A BP A B, ,则()()( )1( )P ABP ABP BP B,()( ) ()( ) ()P ABP B P ABP B P AB,()( ) ()()( ) ( )P ABP BP ABP ABP B P A,由独立的定义,即得A与B相互独立.若A与B相互独立,直接应用乘法公式可以证明(|)(|)P A BP A B.(

7、|)1(|)(|)P A BP A BP A B .由于事件B的发生与否不影响事件A发生的概率,直观上可以判断A和B相互独立.所以本题选(D).(5)【答案】(B)【解析】 由于12,nXXX均服从正态分布2( ,)N ,根据抽样分布知识与t分布的应用模式可知(0,1)XNn,其中11niiXXn,2212()(1)niiXXn,21(1).1()1niiXnt nXXn即221(1)1()1(1)niiXXt nSXXnn n.因为t分布的典型模式是:设(0,1)XN,2( )Yn,且,X Y相互独立,则随机变量/XTY n服从自由度为n的t分布,记作( )Tt n.因此应选(B).三、(本

8、题满分 6 分)三、(本题满分 6 分)【解析】方法 1：方法 1：由221xyxy,配完全方得22113222xy.5令11cos ,sin22xryr,引入极坐标系( , )r,则区域为3( , ) 02 ,02Drr.故32200()(1cossin )Dxy dxdydrrrdr2200313(cossin )422dd22003133sincos4222d.方法 2：方法 2：由221xyxy,配完全方得22113222xy.引入坐标轴平移变换：11,22uxvy则在新的直角坐标系中区域D变为圆域2213( , )|2Du vuv.而1xyuv ,则有dxdydudv,代入即得111

9、1()(1)DDDDDxy dxdyuvdudvududvvdudvdudv .由于区域1D关于v轴对称,被积函数u是奇函数,从而10Dududv .同理可得10Dvdudv , 又1132DdudvD,故3()2Dxy dxdy.四、(本题满分 5 分)四、(本题满分 5 分)【解析】先解出( )y x,此方程为常系数二阶线性齐次方程,用特征方程法求解.方程440yyy的特征方程为2440,解得122 .故原方程的通解为212()xyCC x e.由初始条件(0)2,(0)4yy 得122,0,CC6因此,微分方程的特解为22xye.再求积分即得200( )2xy x dxedx2200li

10、m2lim1bbxxbbedxe.【相关知识点】用特征方程法求解常系数二阶线性齐次方程0ypyqy：首先写出方程0ypyqy的特征方程：20rprq,在复数域内解出两个特征根12,r r；分三种情况：(1)两个不相等的实数根12,r r,则通解为1212;rxr xyC eC e(2)两个相等的实数根12rr,则通解为112;rxyCC x e(3)一对共轭复根1,2ri,则通解为12cossin.xyeCxCx其中12,C C为常数.五、(本题满分 5 分)五、(本题满分 5 分)【解析】由复合函数求导法,首先求fx,由题设可得2222212 arctan11fyxyyxxxxyyxxy23

11、22222 arctan2 arctanyx yyyxxyxxyxyx.再对y求偏导数即得222222222212111fxxxyx yxxyxyyx .【相关知识点】多元复合函数求导法则：如果函数( , ),( , )ux y vx y都在点( , )x y具有对x及对y的偏导数,函数( , )zf u v在对应点( , )u v具有连续偏导数,则复合函数( ( , ),( , )zfx yx y在点( , )x y的两个偏导数存在,且有712zzuzvuvffxuxv xxx ；12zzuzvuvffyuyv yyy .六、(本题满分 5 分)六、(本题满分 5 分)【解析】运用换元法,令

12、nnxtu,则11001( )()( )( )().nxxnnnnnF xtf xtdtf u duF xxf xn由于20( )limnxF xx为“00”型的极限未定式,又分子分母在点0处导数都存在,运用洛必达法则,可得122121000( )( )()limlimlim22nnnnnxxxF xF xxf xxnxnx001()1()(0)limlim220nnnnxxf xf xfnxnx,由导数的定义,有原式1(0)2fn.【相关知识点】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

13、ttfttft.七、(本题满分 8 分)七、(本题满分 8 分)【解析】利用00(,)xy在两条曲线上及两曲线在00(,)xy处切线斜率相等列出三个方程,由此,可求出00,a xy,然后利用旋转体体积公式2( )bafx dx求出xV.(1) 过曲线上已知点00(,)xy的切线方程为00()yyk xx,其中,当0()y x存在时,0()ky x.由ya x知2ayx .由lnyx知12yx .由于两曲线在00(,)xy处有公共切线,可见00122axx,得021xa.8将021xa分别代入两曲线方程,有00222111ln1lnyayaaa .于是20211,axeea,从而切点为2(,1)

14、e.(2) 将曲线表成y是x的函数,V是两个旋转体的体积之差,套用旋转体体积公式,可得旋转体体积为22222220111()(ln)ln24eeexVxdxxdxexdxe222222111ln2ln24222eeeexxxdxex.【相关知识点】由连续曲线( )yf x、直线,xa xb及x轴所围成的曲边梯形绕x轴旋转一周所得的旋转体体积为：2( )baVfx dx.八、(本题满分 6 分)八、(本题满分 6 分)【解析】方法 1:方法 1:22( )()( )( )1( )( )()( )( )fx xaf xf aF xfx xaf xf axaxa,令( )( )()( )( )(),

15、xfx xaf xf a xa由( )( )()( )( )()( )0(),xfx xafxfxxa fxxa知( )x在, a 上单调上升,于是( )( )0 xa.故2( )( )0 xF xxa.所以( )F x在, a 内单调增加.方法 2:方法 2:2( )()( )( )1( )( )( )( )fx xaf xf af xf aF xfxxaxaxa.由拉格朗日中值定理知( )( )( )f xf afxa,()ax.于是有1( )( )( )F xfxfxa.由( )0fx知( )fx在, a 上单调增,从而( )( )fxf,故( )0F x.9于是( )F x在, a 内

16、单调增加.【相关知识点】1.分式求导数公式：2uu vuvvv2.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.九、(本题满分 11 分)九、(本题满分 11 分)【解析】(1)因为增广矩阵A的行列式是范德蒙行列式,1234,a a a a两两不相等, 则有213141324243()()()()()()0Aaaaaaaaaaaaa,故( )4r A .而系数矩阵A的秩( )3r A ,所以方程组无解.(2)当1324,(0)aak aak k 时,方程组

17、同解于2312323123,.xkxk xkxkxk xk 因为1201kkk ,知( )( )2r Ar A.由( )321nr A,知导出组0Ax 的基础解系含有 1 个解向量,即解空间的维数为 1.由解的结构和解的性质,12112110112是0Ax 的基础解系.于是方程组的通解为1121012kk,其中k为任意常数.【相关知识点】1.非齐次线性方程组有解的判定定理：设A是m n矩阵,线性方程组Axb有解的充分必要条件是系数矩阵的秩等于增广矩阵AA b的秩,即( )( )r Ar A.(或者说,b可由A的列向量12,n 线表出,亦等同于12,n 与12,nb 是等价向量组)设A是m n矩

18、阵,线性方程组Axb,则10（1）有唯一解( )( ).r Ar An（2）有无穷多解( )( ).r Ar An（3）无解( ) 1( ).r Ar A b不能由A的列向量12,n 线表出.2.解的结构：若1、2是对应齐次线性方程组0Ax 的基础解系,知Axb的通解形式为1 122,kk其中12, 是0Ax 的基础解系,是Axb的一个特解.3.解的性质：如果12, 是0Ax 的两个解,则其线性组合1 122kk仍是0Ax 的解；如果是Axb的一个解,是0Ax 的一个解,则仍是Axb的解.十、(本题满分 8 分)十、(本题满分 8 分)【解析】由A的特征方程,按照第二列展开,有20111(1)

19、(1) (1)0110EAxy ,得到A的特征值为1231,1 .由题设有三个线性无关的特征向量,因此,1必有两个线性无关的特征向量,从而()1r EA.这样才能保证方程组()0EA X解空间的维数是 2,即有两个线性无关的解向量.由初等行变换,将EA第一行加到第三行上,第一行乘以x后加到第二行上有101101000101000EAxyxy ,由()1r EA,得x和y必须满足条件0 xy.十一、(本题满分 8 分)十一、(本题满分 8 分)【解析】记114223,YX XYX X则12,XYY随机变量1Y和2Y相互独立且同分布,由A与B独立可得出()( ) ( )P ABP A P B,故1

20、141414111,1110.16,P YP X XP XXP XP X11110110.84P YP Y .由行列式的计算公式,随机变量12,XYY有三个可能取值：1,0,1.121210,1010.84 0.160.1344,P XP YYP YP Y 121211,0100.1344,P XP YYP YP Y01110.7312.P XP XP X 所求的行列式的概率分布列于下表:X101P Xx0.13440.73120.1344十二、(本题满分 8 分)十二、(本题满分 8 分)【解析】依据数学期望的计算公式及一般正态分布的标准化方法,有( )10201012512E TP XPXP X (10)20(12)(10)51(12) 25 (12)21 (10)5.此时数学期望依赖于参数,为使其达到最大值,令其一阶导数为 0,有22(10)(12)22( )125 (12)21 (10)2125,2dE Teed 令( )0dE Td,得22(10)(12)222125022ee,即22(10)(12)22212522ee.解上面的方程得012511ln10.9.221得到唯一驻点010.9,因为此问题是实际问题,所以平均利润函数必然有最大值,而且这个最大值是唯一的.由题意知,当010.9毫米时,平均利润最大.