2024年1月12日发(作者：)

1997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分,每小题3分,满分15分.把答案在题中横线上.)f(x)[(1)【答案】e1flnxfxflnx]dxxf(x)【解析】题目考察复合函数的微分法,利用链式法则计算如下：由yf(lnx)e可知dy1flnxef(x)dxflnxef(x)fxdxx1ef(x)[flnxfxflnx]dx.x(2)【答案】4【分析】本题中【解析】令110f(x)dx是个常数,只要定出这个数问题就解决了.1A1x2,两边从0到1作定积分得21x10f(x)dxA,则f(x)A解得A.41dx12A1xdxA,arctanxA0001x2444【评注】本题主要考查定积分的概念和计算.本题中出现的积分101x2dx表示单位圆在第一象限部分的面积,可直接根据几何意义求得.考生务必注意这种技巧的应用.(3)【答案】ytC(t2)2t【解析】对应的齐次差分方程是yt1yt0,显然有不恒等于零的特解yt1.因方程的右端函数f(t)t2,可设非齐次差分方程的特解有形式ty(AtB)2t,代入方程得(At2AB)2tt2t,t0,1,2,.由于2t0,于是At2ABt,t0,1,2,.可确定A1,B2,即非齐次差分方程有一个特解是y(t2)2.t从而,差分方程的通解是ytC(t2)2.(4)【答案】2tt21

【解析】二次型f(x1,x2,x3)对应的矩阵为21A11t020t.21因为f正定A的顺序主子式全大于零.又12,2故f正定111,3A1t2,1122112t0,即2t2.2(5)【答案】t分布,参数为9【解析】由X1,,X9是来自总体X的简单随机样本,故X1,,X9独立,且都服从正态分布N(0,3).类似有Y1,,Y9相互独立,且都服从正态分布N(0,3).又因服从正态分布的独立随机变量的线性组合也服从正态分布,即22XX1X9~N(,2).其中E(X)E(X1X9),D(X)D(X1X9).2由期望的性质,E(X)E(X1X9)EX1EX2EX90；由独立随机变量方差的性质,D(X)D(X1X9)DX1DX981,2故X~N(0,9).2因Y1,,Y9~N(0,3),故922Yi0~N(0,1),(i1,2,,9),所以,3YYi~2(9).i13X0X02~N(0,1),故9~t(9).由t分布的定义,现已有X~N(0,9),将其标准化得9Y9化简有X9Y~t(9),即X1X919(Y12Y92)9X1X9YY2129~t(9).2

【相关知识点】1.数学期望的性质：E(aXbYc)aE(X)bE(Y)c,其中a,b,c为常数.2.方差的性质：X与Y相互独立时,D(aXbYc)aD(X)bD(Y),其中a,b,c为常数.3.分布的定义：若Z1,,Zn相互独立,且都服从标准正态分布N(0,1),则222Z~(1),Zi2~2(n).2i2i1n4.若Z~N(u,),则2Zu~N(0,1).25.t分布的定义：若X~N(0,1),Y~(n),X,Y独立,则TXYn~t(n).二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分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】(B)【分析】只要求出极限limx0f(x)就能判断出正确的选项.g(x)【解析】用变上限积分求导公式及重要的等价无穷小关系,得sint2dtf(x)(sinx)sin(1cosx)20limlimlimx0g(x)x0x0x5x6x4(1x)5615x21x(1cosx)4limlimlim40,4x01xx0x0xx故应选(B).【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)阶可导,则1cosx(t)(t)f(x)dx,(t),(t)均一F(t)(t)f(t)(t)f(t).2.无穷小的比较：设在同一个极限过程中,(x),(x)为无穷小且存在极限lim(x)l,(x)(1)若l0,称(x),(x)在该极限过程中为同阶无穷小；(2)若l1,称(x),(x)在该极限过程中为等价无穷小,记为(x)3(x)；

(3)若l0,称在该极限过程中(x)是(x)的高阶无穷小,记为(x)o(x).若lim(x)不存在(不为),称(x),(x)不可比较.(x)(2)【答案】(C)【解析】题目考察抽象函数的凹凸性和单调性的问题.方法1：由f(x)f(x)(,)知,f(x)的图形关于y轴对称.由在(,0)内,fx0且f(x)0知,f(x)的图形在(,0)内单调上升且是凸的；由对称性知,在(0,)内,f(x)的图形单调下降,且是凸的,所以应选(C).方法2：由f(x)f(x)可知f(x)f(x),f(x)f(x).当x(0,)时,x(,0),此时由题设知fx0,f(x)0,则f(x)0,f(x)0,x(0,),故应选(C).方法3：排除法.取f(x)x,易验证f(x)符合原题条件,计算可知(A)、(B)、(D)三个选项均不正确,故应选(C).方法4：由题设可知f(x)是一个二阶可导的偶函数,则f(x)为奇函数,f(x)为偶函数,又在(,0)内f(x)0,f(x)0,则在(0,)内f(x)0,f(x)0,故应选(C).(3)【答案】(C)【分析】这一类题目最好把观察法与(1,2,3)(1,2,3)C技巧相结合.【解析】对于(A),1223310,即存在一组不全为零的数1,-1,1,使得等式为零,根据线性相关的定义可知12,23,31线性相关,排除(A)；对于(B),122312230,即存在一组不全为零的数1,1,-1,使得等式为零,根据线性相关的定义可知12,23,1223线性相关,排除(B)；对于(C),简单的加加减减得不到零,就不应继续观察下去,而应立即转为计算行列式.设有数k1,k2,k3,使得2k1122k22233k31330,4

整理得k1k312k12k223k23k3a30.①k1k30已知1,2,3线性无关,上式成立,当且仅当2k12k203k3k032101因①的系数行列式220120,故①有唯一零解,即k1k2k30.故原向量组033122,2233,331线性无关.应选(C).或者也可以将122,2233,331用1,2,3线性表出,且写成矩阵形式,有101记122,2233,3311,2,32201,2,3C,033C120,则C可逆,故两向量组是等价向量组,由1,2,3线性无关知122,2233,331线性无关.(4)【答案】(D)【解析】方法1：用排除法.任意两个同阶可逆矩阵不具备乘法的交换律,不一定相似,也不一定合同.1010例如,若A,B02,由于特征值不同,故不相似,又对应二次型的正、负03惯性指数不同,故也不合同,(B)、(C)不成立；若A1010,B,则0302111012AB0206,03101111BA,ABBA.020306故(A)不成立；应取(D).方法2：因A,B是同阶(设为n)可逆阵,故有rArBn,而rArBA,B等价存在可逆阵P,Q使得PAQB.(这里只需取PA,QB,既有PAQABAB成立),故应选(D).511

或者,因A,B是同阶可逆阵,故A,B均可以通过初等行变换化成单位阵,A E,B E,即存在初等阵PP1,P2,Ps,WW1,W2Wr,使得行变换行变换PAE,WBE,从而有PAEWB,得PAW(5)【答案】(A)【解析】因X和Y相互独立,而1PAQBW1Q.故(D)成立.11PX1PY1,PX1PY1,22故有：111PX1,Y1PX1PY1；224111PX1,Y1PX1PY1；224111PX1,Y1PX1PY1；224111PX1,Y1PX1PY1；224111PXYPX1,Y1PX1,Y1,442故(A)正确,(B)错；PXY0PX1,Y1PX1,Y1故(C)错；111,442PXY1PX1,Y1PX1,Y1故(D)错.三、(本题满分6分.)111,442【分析】要证明limQ(x)Q,只须证明limlnQ(x)lnQ即可,因为Q(x)为指数函数,因x0x0此化为对数形式便于极限计算.【解析】因为lnQ(x)lnA1ln[Kx(1)Lx],而且xln[Kx(1)Lx]limx0xKxlnK(1)LxlnLlimx0Kx(1)LxlnK(1)lnLln(KL1),6

所以,于是,limlnQ(x)lnAln(KL1)ln(AKL1),x0limQ(x)AKL1Q.x0四、(本题满分5分.)【解析】由题设有duffdyfdz.dxxydxzdx在ey0中,将y视为x的函数,两边对x求导,得xy(*)dydydyyexyy2e(yx)0.xydxdxdx1xe1xyxy(1)在exz0中,将z视为x的函数,两边对x求导,得zezdzdzdzzzzx0z.dxdxdxexxyx(2)将(1)、(2)两式代入()式,得dufy2fzf.dxx1xyyxyxz【相关知识点】1.多元复合函数求导法则：若uu(x,y)和vv(x,y)在点(x,y)处偏导数存在,函数zf(u,v)在对应点(u,v)具有连续偏导数,则复合函数zf[u(x,y),v(x,y)]在点(x,y)处的偏导数存在,且zfufvzfufv.,xuxvxyuyvy五、(本题满分6分)【分析】要求获得最大利润时的销售量,需写出利润与销售量之间的的关系(x),它是商品销售总收入减去成本和政府税收.正确写出(x)后,满足(x0)0的x0即为利润最大时的销售量,此时,x0(t)是t的函数,当商家获得最大利润时,政府税收总额Ttx(t),再由导数知识即可求出既保证商家获利最多,又保证政府税收总额达到最大的税值t.【解析】(1)设T为总税额,则Ttx.商品销售总收入为Rpx(70.2x)x7x0.2x2.7

利润函数为RCT7x0.2x23x1tx0.2x2(4t)x1.4t5(4t).0.42令(x)0,即0.4x4t0,得x由于(x)0.40,因此,x5(4t)即为利润最大时的销售量.25255(2)将x(4t)代入Ttx,得Tt(4t)10tt.222由T(t)105t0,得惟一驻点t2；由于T(t)50,可见当t2时T有极大值,这时也是最大值,此时政府税收总额最大.六、(本题满分6分)F(x)F(0),且当x0时,F(x)0【分析】当x0时,F(x)显然连续,故只要证limx0即可.【解析】方法1：显然x0时,F(x)连续,又由洛必达法则知x0limF(x)limx0x0tnf(t)dtxlimxnf(x)0F(0),x0所以F(x)在[0,)上连续.当x(0,)时,F(x)xn1f(x)tnf(t)dtx20nxxn1f(x)nf()x,0x.x2nnn由于f(x)单调不减,故f(x)f(),又x,从而xf(x)f().于是有F(x)00x.故F(x)在[0,)上单调不减.xn1f(x)tnf(t)dtxxn020x方法2：连续性证明同上.由于F(x)xf(x)dttf(t)dtx20xnx0[xnf(x)tnf(t)]dtx20,可见,F(x)在[0,)上单调不减.【评注】本题主要考查变上限定积分求导,洛必达法则.请考生注意本题两种证法中对于F(x)的不同处理方法.8

【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)阶可导,则(t)(t)f(x)dx,(t),(t)均一F(t)(t)f(t)(t)f(t).七、(本题满分6分)【分析】先作出草图,再求出曲线yx在任一点(a,a)上的切线方程及其与x轴的交点,然后依此类推,得出一系列与x轴交点的坐标.最后进行相应计算即可.【解析】(1)由yx,得y2x.对于任意a(0a1),222y抛物线yx在点(a,a)处的切线方程为22yx2Q1ya22a(xa).且该切线与x轴的交点为(,0),故由OP11可见a2Q3OQ2111OP2OP,1221111OP3OP22,2222OPn1.n122P3P2P1x(2)由于QnPnOPn122n21,可见n14m11QPnn.n14n1n1m04利用几何级数求和公式xnn01(x1)即得1xm141.QPnn13n1m0414【评注】本题是级数与微分学的综合题,本题中所得的级数仍为收敛的几何级数,利用几何级数求和公式即可求出它的和.八、(本题满分6分)【解析】将直角坐标化为极坐标,由于9

xy24t22f(22t2trr12xy2)dxdydf()rdr2rf()dr,000222可得f(t)e4t22trr2rf()dr.在积分中作换元s,又有0222ttr()4rfdr020sf(s)ds.于是,f(t)满足积分关系式f(t)8t0sf(s)dse4t.2在上式中令t0得f(0)1.利用变上限积分的求导公式,将上式两端对t求导,得f(t)8tf(t)8te4t.上述方程为关于f(t)的一阶线性微分方程,利用一阶线性微分方程通解公式,得2f(t)(4t2C)e4t,其中常数C待定.24t.由f(0)1可确定常数C1,因此,f(t)(4t1)e22【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)阶可导,则(t)(t)f(x)dx,(t),(t)均一F(t)(t)f(t)(t)f(t).2.一阶线性非齐次微分方程的标准形式为yp(x)yq(x),其通解公式为p(x)dxp(x)dxye(q(x)edxC),其中C为常数.九、(本题满分6分)【解析】(1)由AAAAAE及AAA,有***10AAEPQTTTAAATAAbA.T1AbA0(2)用行列式拉普拉斯展开式及行列式乘法公式,有TA*bAPETA0AA,10

PQPQA0AbTA1AT2bTA1又因A是非奇异矩阵,所以A0,故QAbA.1由此可知Q可逆的充要条件是Q0,即bA0,亦即Ab.T1T1评注：本题考查分块矩阵的运算,要看清A是1阶矩阵,是一个数.T1【相关知识点】1.两种特殊的拉普拉斯展开式：设A是m阶矩阵,B是n阶矩阵,则AO*BA*OBAB,OBA**ABO1mnAB.2.行列式乘积公式：设A,B是两个n阶矩阵,则乘积AB的行列式等于A和B的行列式的乘积,即ABAB.十、(本题满分10分)【解析】(1)设A的属于3的特征向量为3x1,x2,x3,因为实对称矩阵属于不同特征值的特征向量相互正交,故T13x1x2x30,T23x12x2x30.T111解上述方程组,设方程组的系数矩阵为B,对B进行初等行变换：121111111101B,121030010系数矩阵的秩为2,根据基础解系的个数与系数矩阵秩之间的关系,我们得到基础解系的个数为1,解得1,0,1,即A的对应于3的特征向量为3k1,0,1,其中k为非零常TT数.1001111(2)方法1：令P1,2,3120,则有PAP020,111003即APP,其中P计算如下：1111

2111111111100310311120010PE111001002111103122222311130101211311110300122000011102200100111133301110636111022得2221,P112163031111002221325110201212102.APP1120661110033035213方法2：因A是对称矩阵,不同特征值对应的特征向量互相正交,故存在正交阵Q(对P单位1311TT化),使QAQQAQ,AQQ,其中Q313131AQQT31313131316261616210200260011621112334206613022113010631216261613260120.1213161213132521.210266521332方法3：由于矩阵A的特征值是1,2,3,特征向量依次为1,2,3,利用分块矩阵有A(1,2,3)(1,22,33).12

因为1,2,3是不同特征值的特征向量,它们线性无关,于是矩阵(1,2,3)可逆.故123111120A(1,22,33)(1,2,3)11401231111232221325112112102.1406612330352131【评注】本题有两个难点,一是能否由“实对称矩阵”挖掘出隐含的信息,通过正交性求出3,另一个难点就是反求矩阵A.十一、(本题满分7分)【分析】求分布函数F(x)P{Xx}实质上是求{Xx}的概率.【解析】由X的绝对值不大于1,可得当x1时,F(x)PXx0；当x1时,F(x)PXx1；又P{X1}115P{1x1}1P{X1}P{X1}1；848由题意X在(1,1)内的任一子区间上取值的条件概率与该子区间长度成正比,那么当11,P{X1},则84X的值属于(1,1)的条件下,事件1Xx的条件概率为：P1Xx|1X1k又而x(1)x1(其中k为比例正常数),k1(1)2P1X1|1X11,P1X1|1X1k11k,2x1所以k1,故P1Xx|1X1；2当1x1时,1Xx1Xx1X1,所以P1XxP1Xx,1X1.由条件概率公式,有13

P1XxP1Xx,1X1P1Xx|1X1P{1X1}x155x5,2816F(x)PXxPX1P1Xx,而所以11PX1PX1PX10,8815x55x7F(x)PXxPX1P1Xx,816160,

x15x7, 1x1.故所求的X的分布函数为F(x)161,

x1十二、(本题满分6分)【解析】已知X在[0,60]上均匀分布,则其密度函数为：1,f(x)600,1x60, 其他.设Y表示游客等候电梯的时间(单位：分钟),由于电梯于每个整点的第5分钟,25分钟,55分钟起行,则当0X5时,游客需等候时间Y5X；当5X25时,游客需等候时间Y25X；当25X55时,游客需等候时间Y55X；当55X60时,游客需等候时间Y60X565X(这个时间段到达,就需要等下个整点的第５分钟,所以是60X5).5X,25X,故Y是关于到达时刻X的函数：Yg(X)55X,65X,由随机变量函数期望的定义,有0X5,5X25,25X55,55Xg(x)f(x)dx25556015(5x)dx(25x)dx(55x)dx(65x)dx525550601(12.520045037.5)11.67.6011g(x)dxg(x)dx606014

【相关知识点】1.随机变量函数期望的定义：若随机变量Yg(X),且EY存在,则有EYg(x)f(x)dx.十三、(本题满分6分)【解析】设X1和X2表示先后开动的记录仪无故障工作的时间,则两台记录仪无故障工作的总时间为TX1X2.由于每台无故障工作的时间都服从参数为５的指数分布,则X1和X2的概率密度函数为5e5x,x0.f(x)x00,因为两台仪器是独立的,则其无故障工作的时间显然也是相互独立的,即X1和X2独立,应用两个独立随机变量之和的卷积公式：当t0时,T的概率密度为f(t)f1(x)f2(tx)dx25e5xe5(tx)dx25te5t.0t当t0时,f(t)0,即25te5t,t0,f(t)t0.0,由指数分布的期望和方差的结论,有EX1EX2由期望的性质,有1111,DX1DX22,525112ETE(X1X2)EX1EX2,555由独立随机变量方差的性质,有DTD(X1X2)DX1DX2112.2525251,方差DX【相关知识点】1.指数分布的期望和方差的结论：若X服从参数为的指数分布,则其期望EX2.X与Y相互独立,数学期望和方差的性质:12.E(aXbYc)aE(X)bE(Y)c,D(aXbYc)a2D(X)b2D(Y),其中a,b,c为常数.15