2002年考研数学三真命题及其全面解析.doc

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1、!-2002年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题一、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) 设常数，则(2) 交换积分次序：. (3) 设三阶矩阵，三维列向量.已知与线性相关，则.(4) 设随机变量和的联合概率分布为 -10100.070.180.1510.080.320.20则和的协方差.(5) 设总体的概率密度为而是来自总体的简单随机样本，则未知参数的矩估计量为 二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分，在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) 设函数在闭区间上有定义，在开区间内可导，则 ( )(

2、A)当时，存在，使.(B)对任何，有.(C)当时，存在，使.(D)存在，使.(2) 设幂级数与的收敛半径分别为与，则幂级数的收敛半径为 ( )(A) 5 (B) (C) (D)(3) 设是矩阵，是矩阵，则线性方程组 ( )(A)当时仅有零解 (B)当时必有非零解 (C)当时仅有零解 (D)当时必有非零解 (4) 设是阶实对称矩阵，是阶可逆矩阵，已知维列向量是的属于特征值的特征向量，则矩阵属于特征值的特征向量是 ( ) (A) (B) (C) (D) (5) 设随机变量和都服从标准正态分布，则 ( )(A)服从正态分布 (B)服从分布 (C)和都服从分布 (D)服从分布三、(本题满分5分)求极限

3、 四、(本题满分7分)设函数有连续偏导数，且由方程所确定，求.五、(本题满分6分)设求.六、(本题满分7分)设是由抛物线和直线及所围成的平面区域；是由抛物线和直线所围成的平面区域，其中.(1)试求绕轴旋转而成的旋转体体积；绕轴旋转而成的旋转体体积；(2)问当为何值时，取得最大值？试求此最大值.七、(本题满分7分)(1)验证函数满足微分方程(2)利用(1)的结果求幂级数的和函数. 八、(本题满分6分)设函数在上连续，且.利用闭区间上连续函数性质，证明存在一点，使 .九、(本题满分8分)设齐次线性方程组其中，试讨论为何值时，方程组仅有零解、有无穷多组解？在有无穷多组解时，求出全部解，并用基础解系表

4、示全部解.十、(本题满分8分)设为三阶实对称矩阵，且满足条件，已知的秩(1)求的全部特征值(2)当为何值时，矩阵为正定矩阵，其中为三阶单位矩阵.十一、(本题满分8分)假设随机变量在区间上服从均匀分布，随机变量试求：(1)和的联合概率分布；(2).十二、(本题满分8分)假设一设备开机后无故障工作的时间服从指数分布，平均无故障工作的时间 为5小时.设备定时开机，出现故障时自动关机，而在无故障的情况下工作2小时便关机.试求该设备每次开机无故障工作的时间的分布函数.2002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(1)【答案】【详解】里面为型，通过凑成重要极限形式来求极限，(2)【答案】【

5、详解】画出与原题中二次积分的限所对应的积分区域与，将它们的并集记为于是 再将后者根据积分定义化为如下形式，即，所以(3)【答案】【详解】由于与线性相关，(两个非零向量线性相关，则对应分量成比例)，所以有，得 或(两个非零向量线性相关，则其中一个可以由另一个线性表出)即 ，得 ，得 (4)【答案】【详解】、和都是分布，而分布的期望值恰为取时的概率由离散型随机变量和的联合概率分布表可得的可能取值为0和1，且的可能取值也为0和1，且和的边缘分布为；故有 而边缘分布律：，所以，的联合分布及其边缘分布为 01001802204010320280600500501由上表同理可求得的分布律为01072028

6、所以由分布的期望值恰为取1时的概率得到：(5)【答案】【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望)期望 样本均值 用样本均值估计期望有 ，即 ，解得未知参数的矩估计量为 二、选择题(1)【答案】(B)【详解】方法1：论证法由题设在开区间内可导，所以在内连续，因此，对于内的任意一点，必有 即有故选(B)方法2：排除法(A)的反例：，有，但在内无零点(C)与(D)的反例， ，但(当)，不满足罗尔中值定理，当然也不满足拉格朗日中值定理的结论故选(B)(2)【答案】(D)【详解】方法1：是矩阵，是矩阵，则

7、是阶方阵，因当时，有(系数矩阵的秩小于未知数的个数)方程组必有非零解，故应选(D)方法2：是矩阵, 当时,，则，(系数矩阵的秩小于未知数的个数)方程组必有非零解，即存在，使得，两边左乘，得，即有非零解，故选(D)(3)【答案】(B)【详解】方法1：由题设根据特征值和特征向量的定义，是阶实对称矩阵，故设，则上式左乘，右乘，得，即，所以 两边左乘，得 得根据特征值和特征向量的定义，知的对应于特征值的特征向量为，即应选(B)方法2：逐个验算(A)，(B)，(C)，(D)中哪个选项满足，由题设根据特征值和特征向量的定义，是阶实对称矩阵，故设属于特征值的特征向量为，即，其中对(A)，即令，代入对(B)，

8、成立故应选(B)(4)【答案】C【分析】(i)变量的典型模式是：，其中要求满足：相互独立，称为参数为的变量(ii) 变量的典型模式是：，其中要求满足：与相互独立，称为参数为的变量【详解】方法1：根据题设条件，和均服从故和都服从分布，答案应选(C)方法2：题设条件只有和服从，没有与的相互独立条件因此，与的独立条件不存在，选(B)、(D)项均不正确题中条件既没有与独立，也没有正态，这样就不能推出服从正态分布的选项(A)根据排除法，正确选项必为(C)三【详解】四【详解】方法1：用一阶微分形式不变性求全微分由所确定，两边求全微分，有，解出 所以 方法2：(根据多元函数偏导数的链式法则)下面通过隐函数求

9、导得到，由两边对求偏导数，有得，类似可得，代入表达式，再代入 中，得五【详解】首先要从求出命，则有，于是(通过换元求出函数的表达式)(换元积分法)(分部积分法)六【分析】旋转体的体积公式：设有连续曲线，与直线及轴围成平面图形绕轴旋转一周产生旋转体的体积.【详解】(1) (2) 根据一元函数最值的求法要求驻点，令,得. 当时，当时，因此是的唯一极值点且是极大值点，所以是的最大值点，七【解】(1) ，由收敛半径的求法知收敛半径为，故由幂级数在收敛区间上逐项可导公式得，同理得 从而 (由的麦克劳林展开式)这说明，是微分方程的解，并且满足初始条件，.(2)微分方程对应的齐次线性方程为，其特征方程为，其

10、特征根为，所以其通解为.另外，该非齐次方程的特解形式为，代入原非齐次方程得，所以.故微分方程的通解为.故 由初始条件得解得，于是得到惟一的一组解：从而得到满足微分方程及初始条件的解，只有一个，为另一方面，由(1)已知也是微分方程及初始条件的解，由微分方程解的唯一性，知 八【详解】方法1：因为与在上连续，所以存在使得 ，满足又，故根据不等式的性质根据定积分的不等式性质有所以 由连续函数的介值定理知，存在，使即有 方法2：因为与在上连续，且，故与都存在，且记，于是即因此必存在使不然，则在内由连续函数的零点定理知要么恒为正，从而根据积分的基本性质得；要么恒为负，同理得，均与不符由此推知存在使，从而

11、九【详解】方法1：对系数矩阵记为作初等行变换当时，的同解方程组为，基础解系中含有个(未知数的个数-系数矩阵的秩)线性无关的解向量，取为自由未知量，分别取，, 得方程组个线性无关的解，为基础解系，方程组的全部解为，其中是任意常数当时，当且时，仅有零解.当时，的同解方程组是基础解系中含有个线性无关的解向量，取为自由未知量，取，得方程组个非零解，即其基础解系，故方程组的全部解为，其中是任意常数方法2：方程组的系数行列式(1)当且时，方程组只有零解(2)当时，方程组的同解方程组为基础解系中含有个(未知数的个数-系数矩阵的秩)线性无关的解向量，取为自由未知量，分别取，, 得方程组个线性无关的解，为基础解

12、系，方程组的全部解为，其中是任意常数(1)当时，其同解方程组是基础解系中含有个线性无关的解向量，取为自由未知量，取，得方程组个非零解，即其基础解系，故方程组的全部解为，其中是任意常数十【详解】(1) 设是的任意特征值，是的属于的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有 两边左乘，得 +2*得 因，从而上式，所以有，故的特征值的取值范围为因为是实对称矩阵，所以必相似于对角阵，且的主对角线上元素由的特征值组成，且，故的特征值中有且只有一个0. (若没有0，则，故与已知矛盾；若有两个0，则，故与已知矛盾；若三个全为0，则，故与已知矛盾). 故即有特征值(2)是实对称矩阵，有特征值，知的特征值为因为矩

13、阵正定的充要条件是它的所有的特征值均大于零，故正定故时是正定矩阵十一【分析】有四个可能值，可以逐个求出在计算过程中要注意到取值与的值有关的分布为均匀分布，计算概率不用积分都行，可以直接看所占区间的长度比例即可【详解】只有四个可能值依照题意，有于是，分布为 (2) 因为，所以我们应该知道和的分布律对离散型随机变量，的取值可能有的取值可能有0和4；和的分布律分别为0402和所以由离散型随机变量的数学期望计算公式有：所以有，十二【详解】首先找出随机变量的表达式 由和2(小时)来确定，所以指数分布的的分布参数为 其密度函数为： 其中是参数由分布函数的定义：(1) 当时，(因为，其中和2都大于0，那么小于0是不可能事件)(2) 当时，(因为最大也就取到2，所以小于等于2是一定发生的，是必然事件)(3) 当时, 所以