1、一、选择题一、选择题 (1)【答案】B 【详解】 方法方法 1：排除法：由几个常见的等价无穷小，当0 x 时， 1 1; 11; 2 x exxx 2 22 1 cos2sin2( ), 222 xxx x当0 x 时，此时 0 x ， 所以 1 1(); 11; 2 x exxx 2 1 1 cos() , 2 xx可以 排除A、C、D，所以选(B). 方法方法 2： 1 ln 1 x x 1 ln 1 xxx x ln1 1 xx x 当当0 x 时，11x，0 1 xx x ，又因为0 x 时，ln 1xx， 所以 ln11 11 xxxx xxxxx xx ，选（B）. 方法方法 3：
2、 000 1111 ln()ln()() 1111 limlimlim 1 2 xxx xxxx xxxx x x x 洛 2 00 1 11 1 2 1 1221 limlim 1 11 2 xx xx x x x xxxx xx x 设 221 11 11 xxx AB xx xx ，则 11422AxBxxxx x 对应系数相等得：2,1Ax B，所以 原式 00 221 21 limlim 11 11 xx xxx x xx xx 00 21 limlim0 1 11 xx x xx 1，选(B). 2007 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析年全国硕士研究生入学统一考试数学三
3、试题解析 (2)【答案】D 【详解】 方法方法 1：论证法，证明, ,A B C都正确，从而只有D不正确。 由 0 ( ) lim x f x x 存在及( )f x在0 x 处连续，所以 0 (0)lim( ) x ff x 0000 ( )( )( ) limlimlim0 lim xxxx f xf xf x xx xxx 0， 所以(A)正确； 由选项(A)知，(0)0f，所以 00 ( )(0)( ) limlim 0 xx f xff x xx 存在，根据导数定义， 0 ( )(0) (0)lim 0 x f xf f x 存在，所以(C)也正确； 由( )f x在0 x 处连续，
4、所以()fx在0 x 处连续，从而 000 lim( )()lim( )lim()(0)(0)2 (0) xxx f xfxf xfxfff 0000 ( )()( )()( )() 2 (0)limlimlim0 lim0 xxxx f xfxf xfxf xfx fxx xxx ， 即有(0)0f，所以(B)正确，故此题选择(D). 方法方法 2：举例法，举例说明(D)不正确。例如取( )f xx，有 00 ( )() limlim0 0 xx xxf xfx xx 存在 而 00 00 limlim1 00 xx f xfx xx ， 00 00 limlim1 00 xx f xfx
5、xx ，左 右极限存在但不相等，所以( )f xx在0 x 的导数(0)f不存在。(D)不正确， 选(D). (3)【答案】C 【详解】由题给条件知，( )f x为x的奇函数，则()( )fxf x ，由 0 ( )( ) , x F xf t dt知 000 ()( )() ()()( )( )( ) xxx Fxf t dttufu dufuf uf u duF x 令因为， 故( )F x为x的偶函数，所以( 3)(3)FF. 而 2 0 (2)( )Ff t dt表示半径1R 的半圆的面积， 所以 2 2 0 (2)( ) 22 R Ff t dt ， 323 002 (3)( )(
6、)( )Ff t dtf t dtf t dt ，其中 3 2 ( )f t dt 表示半径 1 2 r 的半圆的面积 的负值，所以 2 2 3 2 1 ( ) 2228 r f t dt 所以 23 02 333 (3)( )( )(2) 2884 24 Ff t dtf t dtF 所以 3 ( 3)(3)(2) 4 FFF，选择 C (4)【答案】B 【详解】画出该二次积分所对应的积分区域:2sin1Dxxy， 交换积分次序，则积分区域可化为：:01,arcsinDyyx 所以 11 sin0sin 2 ( , )( , ) xarcy dxf x y dydyf x y dx ，所以选
7、择(B). (5)【答案】D 【详解】 ( )2 1. ( )160280 Q PP PP Q PPP 需求弹性 若1 80 P P ，80PP，无意义；若1 80 P P ，解得：40.P 所以选(D) (6)【答案】D 【详解】因为 00 1 limlimln(1) x xx ye x 00 1 limlimln(1) x xx e x ， 所以0 x 是一条铅直渐近线； 因为 1 limlimln(1) x xx ye x - 1 limlim ln(1)000 x xx e x ， 所以0y 是沿x 方向的一条水平渐近线； 令 2 1 ln(1) 1ln(1) limlimlim x
8、x xxx e ye x a xxxx 2 1ln(1) limlim x xx e xx 1 0lim1 1 x x x e e 洛必达法则 令 1 limlimln(1) x xx bya xex x 1 limlim ln(1) x xx ex x ln0lim ln(1)ln xxx x xeee 1 lim ln() x x x e e lim ln(1)ln10 x x e 所以yx是曲线的斜渐近线，所以共有 3 条，选择(D) (7)【答案】A 【详解】 方法方法 1：根据线性相关的定义，若存在不全为零的数 123 ,k k k，使得 112233 0kkk 成立，则称 123
9、, 线性相关. 因 122331 ()()()0，故 122331 ，线性相关， 所以选择(A). 方法方法 2：排除法 因为 122331 , 1231232 101 ,110, 011 C 其中 2 101 110 011 C ， 且 2 101 110 011 C 1 1 101 11 1( 1)20111 11 011 行行（） 1 1 11 （） 20. 故 2 C是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积， 2 C右乘 123 , 时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有 122331123 (,)(,)3rr 所以 122331 , 线性无关，排除(B).
10、 因为 122331 2,2,2 1231233 102 ,210, 021 C 其中 3 102 210 021 C ， 3 102 210 021 C 1 1 102 14 10141 21 021 行 2+2行（） 1 124 （） （）=-70. 故 3 C是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, 3 C右乘 123 , 时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有 122331123 (2,2,2)(,)3rr 所以 122331 2,2,2 线性无关，排除(C). 因为 122331 2,2,2 1231234 102 ,210, 021 C 其中 4 10
11、2 210 021 C ， 4 102 210 021 C 1 1 102 14 1( 2)20141 21 021 行行（） 1 124 （） 90. 故 4 C是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, 4 C右乘 123 , 时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有 122331123 (2,2,2)(,)3rr 所以 122331 2,2,2 线性无关，排除(D). 综上知应选(A). (8)【答案】B 【详解】 方法方法 1： 211 121 112 EA 11 2 3121 12 、列分别加到 列 111 121 112 提出 111 11030 112
12、行 （）+2行 111 11030 003 行 （）+3行 1 1 30 1 03 （） 2 30 则的A特征值为 3，3，0;B是对角阵，对应元素即是的特征值，则B的特征值为 1，1，0.,A B的特征值不相同，由相似矩阵的特征值相同知，AB与不相似. 由,A B的特征值可知，,A B的正惯性指数都是 2，又秩都等于 2 可知负惯性指数 也相同， 则由实对称矩阵合同的充要条件是有相同的正惯性指数和相同的负惯性指 数，知A与B合同，应选(B). 方法方法 2: 因为迹(A)=2+2+2=6， 迹(B)=1+1=26， 所以 A 与 B 不相似(不满足相似的必要条件)。 又 2 (3)EA ，
13、2 (1)EB ，A 与 B 是同阶实对称矩阵，其秩 相等，且有相同的正惯性指数，故 A 与 B 合同。 (9)【答案】C 【详解】把独立重复射击看成独立重复试验.射中目标看成试验成功. 第4次射击恰好是第2 次命中目标可以理解为：第4次试验成功而前三次试验中必有1次成功，2次失败. 根据独立重复的伯努利试验，前3次试验中有1次成功2次失败.其概率必为 12 3 (1) .C pp 再加上第4次是成功的，其概率为p. 根据独立性原理： 若事件 1, , n AA独立， 则 1212nn P AAAP A P AP A 所以，第4次射击为第二次命中目标的概率为 1222 3 (1)3(1) .C
14、 ppppp所以选(C) (10)【答案】A 【详解】二维正态随机变量(, )X Y中，X与Y的独立等价于X与Y不相关. 而对任意两个 随机变量X与Y，如果它们相互独立，则有( , )( )( ) XY f x yfx fy. 由 于 二 维 正 态 随 机 变 量(, )X Y中X与Y不 相 关 ， 故X与Y独 立 ， 且 ( , )( )( ) XY f x yfx fy. 根据条件概率密度的定义，当在Yy条件下，如果( )0, Y fy 则 ( , ) ( | ) ( ) X Y Y f x y fx y fy ( )( ) ( ) ( ) XY X Y fx fy fx fy . 现(
15、 ) Y fy显然不为 0，因此( | )( ). XX Y fx yfx所以应选(A). 二、填空题二、填空题 (11)【答案】0 【详解】 方法方法 1：由洛必达法则， 32 3 1 lim 2x x xx x 2 22 3262 limlim 2 ln2 3 2ln26 x x xx xxx x x 3 6 lim0, 2 ln26 x x 而1sin1x ，1cos1x ，所以(sincos )xx是有界变量，根据无穷小量 乘以有界量仍是无穷小量，所以 32 3 1 lim(sincos )0. 2x x xx xx x 方法方法 2： 32 3 1 lim(sincos ) 2x x
16、 xx xx x 313 33 1 lim(sincos ) 21 x x xxx xx xx 13 33 11 lim(sincos )lim(sincos ) 2121 xx xx xx xxxx xx 而 3 lim 2x x x 2 32 22 ln22 (ln2) limlimlim 36 xxx xxx xxx 3 2 (ln2) lim 6 x x ， 所以 32 33 11 lim(sincos )lim(sincos )0 221 xx xx xx xxxx xx (12)【答案】 1 ( 1) 2! 3 nn n n 【详解】 11 23 23 yx x ， 1 11 1
17、11 ( 1)232( 1) 1! 223yxxx ， 32 1 222 ( 1) ( 2) 223( 1) 2! 223,yxx 由数学归纳法可知 1 ( ) ( 1) 2! 23, n nnn ynx 把0 x 代入得 ( ) 1 ( 1) 2! (0) 3 nn n n n y (13)【答案】 12 2() yx ff xy 【详解】 1212 2 1 x y yzy x ffff xxxxy ， 12 x y yz x ff yyy 12 2 1 x ff xy 所以 1212 22 11 zzyx xyxffy ff xyxyxy 1212 yxyx ffff xyxy 12 2(
18、) yx ff xy (14)【答案】 1 ln x x 【详解】典型类型按标准解法. 令 y u x ，有 , d uxdydudu uxxux dxdxdxdx 原方程化为 3 1 , 2 du uxuu dx 即 3 2 , dudx ux 此式为变量可分离的微分方程，两边积分， 3 2dudx ux 1 2 1 ln xC u 得 2 1 ln xC u ，即 2 2 ln | x xC y 由 1 1 x y 知应取0,0 xy且1,C 所以得特解 1 ln x y x (15)【答案】1 【详解】 2 0 1 0 00 1 0 00 0 1 0 0 0 1 00 0 1 00 0
19、0 1 0 0 0 10 0 0 10 0 0 0 0 0 0 00 0 0 00 0 0 0 A 32 0 0 1 00 1 0 00 0 0 1 0 0 0 10 0 1 00 0 0 0 0 0 0 00 0 0 10 0 0 0 0 0 0 00 0 0 00 0 0 0 AAA 由阶梯矩阵的行秩等于列秩，其值等于阶梯形矩阵的非零行的行数，知 3 1.r A (16)【答案】3 4 【详解】不妨假定随机地抽出两个数分别 为XY和，它们应是相互独立的. 如果把 ,X Y（）看成平面上一个点的坐标，则由于 01,01,XY所以,X Y（）为平面上 正方形：01,01XY中的一个点. XY和
20、两个数之差的绝对值小于 1 2 对应于正方形中 1 2 XY的区域. 所有可能随机在区间(0,1)中随机取的两个数,X Y， 可以被看成上图中单位正方形里的 点. 1 2 XY的区域就是正方形中阴影的面积D. 根据几何概率的定义： 2 11 213 . 214 D PXY 的面积 单位正方形面积 三、解答题三、解答题 (17)【详解】讨论曲线( )yy x的凹凸性，实际上就是讨论 y 的符号，而( )yy x是由方 程ln0yyxy确定，所以实际上就是求隐函数的二阶导数并讨论其符号. 对方程两边求导得 1 ln1ln210yyyyyyyy y 移项得 1 2ln y y 再两边求导得 223
21、ln1 2ln2ln2ln yy y yyyyy 在(1， 1)点的值 1 3 11 0 1 (2ln1)8 x y ， 又由 y 在1y 的附近连续， 所以在1y 的附近0y，曲线为凸. (18)【详解】由区域的对称性和被积函数的奇偶性有 1 x O D 1 1 2 1 2 y 1 ( , )4( , ) DD f x y df x y d 其中 1 D为D在第一项限的部分，而 11112 ( , )( , )( , ) DDD f x y df x y df x y d 其中， 11 ( , )|01,01Dx yyxx ， 12 ( , )|12,0,0Dx yxyxy(如 下图所示).
22、 因为 1111 111 222 000 1 ( , )(1) 12 x DD f x y dx ddxx dyxx dx 1212 22 1 ( , ) DD f x y dd xy 2 2sincos2 1 00 sincos 1 2ln( 21) sincos ddrd 所以 11 ( , )42ln( 21)4 2ln( 21) 123 D f x y d (19)【详解】(I) 设( ), ( )f x g x在( , )a b内的最大值为M，则存在( , ),( , )a ba b(不妨 设)，使( )( )fMg. 当时，取( , )a b，有( )( )fg； 当时，令( )(
23、 )( )h xf xg x，则 D12 D11 -2-1O12x ( )( )( )( )0hfgMg，( )( )( )( )0hfgfM， 则由介值定理知，存在 ,( , )a b ，使得( )0h，即( )( )fg. (II) 因为( )( )( )0h af ag a，( )0h，( )( )( )0h bf bg b， 则由罗尔定理知，存在 1 ( , )a， 2 ( , )b，使得 12 ( )()0hh. 再由罗尔定理知，存在 12 ( ,)( , )a b ，使得( )0h，即( )( )fg. (20)【详解】 2 11111 ( )() 34(4)(1)541 f x
24、xxxxxx 111 () 51 31 2xx 记 1111 11 3313 1 3 xxx ，因为 0 1 1 1 n n qq q 所以 0 11111 11 3333 1 3 n n x xx ，其中 1 113 3 x x 同理 11111 111 222 11 22 xxx 00 1111 1, 2222 nn n nn xx 其中 1 112 2 x x 所以， 2 1 ( ) 34 f x xx 展开成1x的幂级数为： 11 000 1111111( 1) ( )()( 1) ()(1) 53322532 n nnnn nn nnn xx f xx ， 其中 12x，即13x (
25、21)【答案】当1a 时，公共解为0,1, 1T；当2a 时公共解为0,1, 1T 【详解】 方法方法 1：因为方程组(1)、(2)有公共解，将方程组联立得 123 123 2 123 123 0 20 (3) 40 21 xxx xxax xxa x xxxa 对联立方程组的增广矩阵作初等行变换 2 11 10 120 () 140 121 a A b a a 2 1110 0110 112 140 121 a a a 行 （）行 2 1110 0110 113 0310 121 a a a 行 （）行 2 1110 0110 114 0310 0101 a a a 行 （）行 2 1110
26、 0011 12 0310 0101 aa a a 4行（） 行 2 1110 0011 33 00133 0101 aa aa a 4行 （）行 2 1110 0101 0011 00133 a aa aa 换行 1110 0101 3-14 0011 000(1)(2) a a aa aa 行 （）行 由此知，要使此线性方程组有解，a必须满足(1)(2)0aa，即1a 或2a . 当1a 时，( )2r A ，联立方程组(3)的同解方程组为 123 2 0 0 xxx x ，由 ( )2r A ，方程组有321nr个自由未知量. 选 1 x为自由未知量，取 1 1x ，解 得两方程组的公共
27、解为1,0, 1 T k，其中k是任意常数. 当2a 时, 联立方程组(3)的同解方程组为 123 2 3 0 0 1 xxx x x ，解得两方程的公共 解为0,1, 1 T . 方法方法 2：将方程组(1)的系数矩阵A作初等行变换 2 11 1 12 14 Aa a 2 11 1 112011 14 a a 行 （）行 2 111 113011 031 a a 行 （）行 111 33011 00(1)(2) a aa 2行 （）行 当1a 时，( )2r A ，方程组(1)的同解方程组为 123 2 0 0 xxx x ，由( )2r A ， 方程组有3 2 1n r 个自由未知量.选
28、1 x为自由未知量，取 1 1x ，解得(1)的通解为 1,0, 1 T k， 其中k是任意常数. 将通解1,0, 1 T k代入方程(2)得0 ()0kk ， 对 任意的k成立，故当1a 时，1,0, 1 T k是(1)、(2)的公共解. 当2a 时，( )2r A ， 方程组(1)的同解方程组为 123 23 0 0 xxx xx ， 由( )2r A ， 方程组有321nr个自由未知量.选 2 x为自由未知量，取 2 1x ，解得(1)的通解 为0,1, 1 T ,其中是任意常数. 将通解0,1, 1 T 代入方程(2)得21，即 1，故当2a 时，(1)和(2)的公共解为0,1, 1
29、T . (22)【详解】(I)由 11 A，可得 11 1111 () kkk AAAA ，k是正整数,故 53 11 (4)BAAE 53 111 4AAE 1111 42 于是 1 是矩阵B的特征向量(对应的特征值为 1 2 ). 若Axx， 则()() , mm kA xkx A xx因 此 对 任 意 多 项 式( )f x， ( )( )f A xfx，即( )f是( )f A的特征值. 故B的特征值可以由A的特征值以及B与A的关系得到，A的特征值 1 1, 2 2, 3 2, 则B有特征值 112233 ()2,()1,()1,fff 所以B的全部特 征值为2，1，1. 由A是实对
30、称矩阵及B与A的关系可以知道，B也是实对称矩阵，属于不同的特征值 的特征向量正交. 由前面证明知 1 是矩阵B的属于特征值 1 2 的特征向量，设B的属 于 1 的特征向量为 123 ( ,)Tx x x， 1 与 123 ( ,)Tx x x正交，所以有方程如下： 123 0 xxx 选 23 ,x x为自由未知量，取 2323 0,11,0 xxxx和，于是求得B的属于 1 的特征向量 为 223 ( 1,0,1) ,(1,1,0) TT k 故B的所有的特征向量为： 对应于 1 2 的全体特征向量为 11 k， 其中 1 k是非零任意常数， 对应于 23 1的全体特征向量为 2233 k
31、k，其中 23 ,k k是不同时为零的任意常数. ( )方法方法 1：令矩阵 123 111 ,101 110 P ，求逆矩阵 1 P. 111100 101010 110001 111100 12012110 110001 行行 111100 13012110 021101 行行 111100 3012110 003121 行 2行 11 110011 1100 33 01 211001 01/31/32/3 0011/3 2/3 1/30011/32/31/3 行3行 (-2)+2行 1102/32/31/3 0101/31/32/3 0011/32/31/3 3行 (-1)+1行 100
32、1/31/31/3 0101/31/32/3 0011/32/31/3 2行 (-1)+1行 1001/31/31/3 0101/31/32/3 0011/32/31/3 2行 (-1) 则 1 P 1/31/31/3111 1 1/31/32/3112 3 1/32/31/3121 由 1 ( 2,1,1)P BPdiag ，所以 1 111200111 1 ( 2,1,1)101010112 3 110001121 BP diagP 111222033 11 101112303 33 110121330 011 101 110 方法方法 2：由( ) 知 1 与 23 , 分别正交，但是
33、23 和不正交，现将 23 , 正交化： 取 2233122 1111 ,(1,1,0)(,0, )( ,1, ) 2222 k . 其中， 32 122 22 (,)1 ( 1)11 ( 1,0,1)(,0, ) (,)( 1) ( 1) 1 122 T k 再对 1, 23 ,单位化： 312 123 123 112 11 (1, 1,1),( 1,0,1) ,( ,1, ) 22323 其中， 22222222 123 113 1( 1)13,( 1)12,( )1( ) 222 合并成正交矩阵， 记 112 322 3 12 0 33 112 322 3 Q 由 1 ( 2,1,1)Q
34、 BQdiag ，有 1 ( 2,1,1)BQ diagQ . 又由正交矩阵的性质： 1T QQ ，得 112 111 322 3 333 200 1211 ( 2,1,1)00100 3322 001 222112 2 332 3322 3 T BQ diagQ 112 222 322 3 333 1211 00 3322 222112 2 332 3322 3 011 101 110 . (23)【详解】 计算2P XY可用公式 2 2( , ) xy P XYf x y dxdy 求ZXY的概 率密度( ) Z fz：可用两个随机变量和的概率密度的一般公式求解.(卷积公式) ( )(,
35、)( ,). Z fzf zy y dyf x zx dx 此公式简单，但讨论具体的积分上下限会较复杂. 另一种方法可用定义先求出( ), Z F zP ZzP XYz然后再 ( )( ) ZZ fzFz. (I)2(2) D P XYxy dxdy ，其中D 为01,01xy中2xy的那部分区域(右 图阴影部分)；求此二重积分可得 1 1 2 00 2(2) x P XYdxxy dy 1 2 0 5 () 8 xxdx 7 24 ()方法方法 1：根据两个随机变量和的概率密度的卷积公式有( )( ,). Z fzf x zx dx 先考虑被积函数( ,)f x zx中第一个自变量x的变化范
36、围，根据题设条件只有当 01x 时( ,)f x zx才不等于 0. 因此，不妨将积分范围改成 1 0 ( )( ,). Z fzf x zx dx 现再考虑被积函数( ,)f x zx的第二个变量zx.显然，只有当01zx时， ( ,)f x zx才不等于 0.且为2()2.xzxz为此，我们将z分段讨论. 1 x y O D 1 1 2 因为有01zx，即是1,xzx 而x的取值范围是(0,1)，所以使得 ( ,)f x zx不等于0的z取值范围是(0,2如下图， 在01x情况下， 在阴影区域 1 D 和 2 D，密度函数值不为 0，积分方向如图所示，积分上下限就很好确定了，所以很容 易由
37、卷积公式得出答案。 0z 时，由于01x，故0zx， 故( )0; Z fz 01z时， 2 0 ( )22; z Z fzz dzzz 12z时， 1 1 ( )2 Z z fzz dz 2 44;zz 2z时，由于01x，故1zx， 故( )0. Z fz 总之， 2 2 2,01 ( )44,12 0, Z zzz fzzzz 其他 方法方法 2：( ) Z FzP ZzP XYz 当0z 时，( )0 Z Fz ； 当2z 时，( )1 Z Fz ； 当01z时， 00 32 ( )(2) 1 3 zz x Z Fzdxxy dy zz 当12z时， 11 32 1 15 ( )1(2
38、)24 33 Z zz x Fzdxxy dyzzz 所以 2 2 2,01 ( )( )44,12 0, Z zzz fzF zzzz 其他 (24)【答案】的矩估计量为 1 2 2 X； 2 4X不是为 2 的无偏估计量. 1 z x O 1 D 2 1xz 2 D xz 积分方向 1 1xyz 1 x y O 2 D 1 12xyz z 1 D 01xyz 【详解】本题中只有唯一参数，则在求矩估计的时候，只要令样本均值X等于总体的期 望()E X就可以求得了；而判断 2 4X是否为 2 的无偏估计量，只要判断 2 2 (4)EX是否 成立即可. (I) 记()E X，则由数学期望的定义，
39、有 1 0 () 22(1) xx E Xdxdx 11 42 样本均值 1 1 n i i XX n ，用样本均值估计期望有EXX 即是令 11 42 ，解出 1 2 2 ， 因此参数的矩估计量为 1 2 2 X； (II) 只须验证 2 (4)EX是否为 2 即可，而由数学期望和方差的性质，有 22 22 1 (4)4 ()4() )4() )EXE XDXEXDXEX n ，而 11 () 42 E X， 22 1 ()(12) 6 E X， 222 51 ()()() 481212 D XE XEX ， 于是 2 22 533131 (4) 1233 nnn EX nnn 因此 2 4X不是为 2 的无偏估计量.
