1、1 2011 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题答案 一、选择题(18 小题，每小题 4 分，共 32 分下列每题给出的四个选项中，只有一个选 项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸 一、选择题(18 小题，每小题 4 分，共 32 分下列每题给出的四个选项中，只有一个选 项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸 指定位置上)指定位置上) (1)【答案】(C) 【解析】因为 0 3sinsin3 lim k x xx cx 0 3sinsincos2cos sin2 lim k x xxxxx cx 2 0 sin3cos22cos lim k x xxx cx 2 1 0 3c
2、os22cos lim k x xx cx 22 1 0 32cos12cos lim k x xx cx 22 11 00 44cos4sin limlim kk xx xx cxcx 3 0 4 lim1 k x cx 所以4,3ck，故答案选(C). (2)【答案】(B) 【解析】 23 3 0 2 lim x x fxfx x 223 3 0 0220 lim x x fxx ffxf x 3 3 0 0 0 lim2 x fxf fxf xx 0200fff 故答案选(B). (3)【答案】(A). 【解析】方法 1：数项级数的性质：收敛级数任意添加括号后仍收敛，故(A)正确. 方法
3、 2：排除法，举反例 选项(B)取( 1)n n u ，这时 212 11 ()0 nn nn uu 收敛，但 11 ( 1)n n nn u 发散，故选项 (B)错误； 选项(C)取 1 ( 1)n n u n ，这时 1 11 ( 1)n n nn u n 收敛，但 212 11 1 () nn nn uu n 发散，故 选项(C)错误； 2 选项(D)取1 n u ， 这时 212 11 ()0 nn nn uu 收敛， 但 11 1 n nn u 发散， 故选项(D)错误 故 正确答案为(A). (4)【答案】(B) 【解析】因为0 4 x 时，0sincos1cotxxx ， 又因l
4、n x是单调递增的函数，所以lnsinlncoslncotxxx 故正确答案为(B) (5)【答案】 (D) 【解析】由于将A的第 2 列加到第 1 列得矩阵B，故 100 110 001 AB ， 即 1 APB， 1 1 ABP 由于交换B的第 2 行和第 3 行得单位矩阵，故 100 001 010 BE ， 即 2 ,P BE故 1 22 BPP 因此， 1 21 AP P，故选(D) (6)【答案】(C) 【解析】由于 123 , 是Ax的 3 个线性无关的解，所以 3121 , 是0Ax 的两 个线性无关的解，即0Ax 的基础解系中至少有 2 个线性无关的解，所以可排除(A)、(B
5、)选项 又因为 23 0 2 A ，所以 23 2 是0Ax 的解，不是Ax的解，故排除(D)选项， 因此选(C) 事实上，由于 123 , 是Ax的三个线性无关的解，所以 2131 , 是0Ax 的两 个线性无关的解，即0Ax 的基础解系中至少有 2 个线性无关的解，亦即3( )2r A，故 ( )1r A 由于AO，所以( )1r A ，故( )1r A 这样，0Ax 的基础解系中正好有 2 个 线性无关的解，由此知 2131 , 是0Ax 的一个基础解系 因为 123 , 是Ax的解，所以 23 ,AA，因此 23 2 A ，所以 23 2 3 是Ax的一个特解 由非齐次线性方程组解的结
6、构，可知Ax的通解为 23 121231 ()() 2 kk (7)【答案】(D) 【解析】选项(D) 1 122 ( )( )( )( )fx Fxfx Fxdx 2 211 ( )( )( )( )F x dF xF x dF x 2 1( ) ( )d F x F x 12 ( )( )|F x F x 1 所以 1221 ( )( )f F xf F x为概率密度. (8)【答案】(D) 【解析】因为 12 ,( ) n XXXP ， 所以() i E X，() i D X，从而有 11 1 1 () 11 () nn ii ii XEXE Tn nnn EE XE X 11 2 11
7、 1111 ()() 11 nn inin ii E TEXXEXE X nnnn 11 1 E XE X nn 因为 1 11 n ，所以 12 E TE T 又因为 1 1 2 1 ( 11 ) n i i D TDn D XD X nn X nn 11 22 11 2 1111 ()() 1(1) () nn inin ii XXDXD nn D n DX n T 22 11 ( 11 1 )() 1 D XD X nnnn 由于当2n时， 2 111 1 nnn ，所以 12 D TD T 4 二、填空题(914 小题，每小题 4 分，共 24 分，请将答案写在答题纸二、填空题(914
8、 小题，每小题 4 分，共 24 分，请将答案写在答题纸 指定位置上)指定位置上) (9)【答案】 3 1 3 x ex. 【解析】因为 3 1 3 00 lim1 3lim1 3 x t x t tt tt fxxtxt 3x x e， 所以， 3 1 3 x fxex. (10)【答案】1 2ln2dxdy. 【解析】 ln(1) (1) xxx yyy x ze y , 1 1 (1)ln(1) 1 x y dzxxxy x dxyyyy y , 2 2 (1)ln(1) 1 x y x dzxxxxy x dyyyyy y ， 所以， (1,1) 2ln2 1 dz dx ， (1,1
9、) 1 2ln2 dz dx ， 从而 1,1 12ln212ln2dzdxdy或 1,1 12ln2dzdxdy. (11)【答案】2yx . 【解析】方程tan 4 y xye 的两端对x求导，有 2 sec1 4 y xyye y ， 将0,0 xy代入上式，有 2 1 1 cos 4 yy ，解得 0,0 2 y ， 故切线方程为：2yx . (12) 【答案】 4 3 . 【解析】如图所示： 2 2 1 Vy dx y 2 1yx 5 2 2 1 1xdx 4 3 图 (13)【答案】 2 1 3y 【解析】因为A的各行元素之和为 3，所以 11 13 1 11 A ，故 3 为矩阵
10、A的特征值 由( )1r A 知矩阵A有两个特征值为零，从而 123 3,0 由于二次型在正交变换下标准形前面的系数即为二次型所对应矩阵的特征值， 所以二次型在 正交变换下的标准形为 2 1 3y (14)【答案】 22 【解析】根据题意，二维随机变量,X Y服从 22 , ;,;0N 因为0 xy ，所以由 二维正态分布的性质知随机变量,X Y独立，所以 2 ,X Y从而有 22222 E XYE X E YD YEY 三、解答题(1523 小题，共 94 分请将解答写在答题纸三、解答题(1523 小题，共 94 分请将解答写在答题纸 指定位置上，解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤)
11、指定位置上，解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤) (15) (本题满分 10 分) 【解析】 2 00 1 2sin11 2sin1 limlim ln 1 xx xxxx xxx 0 1 2cos1 2 12sin lim 2 x x x x 0 cos12sin lim 212sin x xx xx 6 0 0 0 cos12sin lim 2 cos sin 12sin lim 2 cos lim 2 12sin 1 . 2 x x x xx x x x x x x (16) (本题满分 10 分) 【解析】 121 (),( , )(),( , )( , ) z fxyf x y
12、fxyf x yf x y x 2 11 122 212221 212 ,1 ,( , ) ,( , )( , ) , z fxyf xy x y fxyf xyf x y fxyf xyfxyf xyf x yf x y fxyf xyfx y 由于1,12f为,f u v的极值，故 12 1,11,10ff ， 所以， 2 11212 2,22,21,1 . z fff x y (17) (本题满分 10 分) 【解析】令tx，则 2 xt,2dxtdt，所以 arcsinlnxxdx x 2 arcsinln 2 tt tdt t 2 2arcsinlnttdt 2 2 2 2 2arc
13、sin22ln2 1 tt ttdttttdt t t 2 2 2 (1) 2 arcsin2 ln4 1 dt ttttt t 22 2 arcsin2 12 ln4ttttttC 7 2arcsin2ln2 14.xxxxxxC (18) (本题满分 10 分) 【解析】设 4 ( )4arctan3 3 f xxx ， 则 22 4( 3)( 3) ( )1 11 xx fx xx ， 令( )0fx，解得驻点 12 3,3xx . 所以，当3x 时，( )0fx，故( )f x单调递减；当33x时，( )0fx， 故( )f x单调递增；当3x 时，( )0fx，故( )f x单调递减
14、. 又当(,3)(3, 3)x 时( )0f x ，且(3)0f ，故(, 3)x 时只有一 个零点； 又 8 ( 3)2 30 3 f ， 4 limlim4arctan30 3 xx fxxx ，由零 点定理可知，存在 0 3,x ，使 0 0f x； 所以，方程 4 4arctan30 3 xx 恰有两实根. (19) (本题满分 10 分) 【解析】 2 1 ( )( ) 2 t D f t dxdyt f t ， 00 0 0 ()() ( ( )( ) ( )( ) t tt x D t t fxy dxdydxfxy dy f tf x dx tf tf x dx 由题设有 2
15、0 1 ( )( )( ) 2 t tf tf x dxt f t ， 上式两端求导，整理得 (2)( )2 ( )t f tf t， 8 为变量可分离微分方程，解得 2 ( ) (2) C f t t ， 带入(0)1f，得4C . 所以， 2 4 ( ),01 (2) f xx x . (20) (本题满分 11 分) 【解析】(I)由于 123 , 不能由 123 , 线性表示，对 123123 (,) 进行初等行 变换： 123123 113101 (,)124013 13115a 113101 011112 023014a 113101 011112 005210a 当5a 时， 1
16、231231 (,)2(,)3rr ，此时， 1 不能由 123 , 线性表示，故 123 , 不能由 123 , 线性表示 (II)对 123123 (,) 进行初等行变换： 123123 101113 (,)013124 115135 101113 013124 014022 101113 013124 001102 100215 0104210 001102 ， 故 1123 24， 212 2， 3123 5102 (21) (本题满分 11 分) 9 【解析】(I)由于 1111 0000 1111 A ，设 12 1,0, 1,1,0,1 TT ，则 1212 ,A ，即 1122
17、 ,AA ，而 12 0,0，知A的特征值为 12 1,1 ，对应的特征向量分别为 111 0kk， 222 0kk 由于 2r A ，故0A ，所以 3 0 由于A是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设 3 0对应的特征 向量为 3123 , T x xx，则 13 23 0, 0, T T 即 13 13 0, 0 xx xx 解此方程组，得 3 0,1,0 T ，故 3 0对应的特征向量为 333 0kk (II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化： 312 123 123 11 1,0, 1,1,0,1,0,1,0 22 TTT 令 123 ,Q ，则
18、 1 1 0 T Q AQ ， T AQ Q 22 0 22 220 1 22 22 00110 22 0 22 010 0 22 10 22 0 22 220 001 22 22 0000000 22 100 22 010 0 22 (22) (本题满分 11 分) 【解析】(I)因为 22 1P XY，所以 2222 10 P XYP XY 即0,10,11,00P XYP XYP XY 利用边缘概率和联合概率的关系得到 1 0,000,10,1 3 P XYP XP XYP XY ； 1 1,110,1 3 P XYP YP XY ； 1 1,110,1 3 P XYP YP XY 即,
19、X Y的概率分布为 (II)Z的所有可能取值为1,0,1 1 11,1 3 P ZP XY 1 11,1 3 P ZP XY 1 0111 3 P ZP ZP Z ZXY的概率分布为 Z-101 P1/31/31/3 X Y -10 1 01/3 0 1 0 1/301/3 11 (III)因为 ()( )()( ) XY Cov XYE XYE XE Y D XD YD XD Y ， 其中 111 1010 333 E XYE Z ， 111 1010 333 E Y 所以 0E XYE XE Y，即X，Y的相关系数0 XY (23) (本题满分 11 分) 【解析】二维连续型随机变量(,
20、)X Y的概率密度为 1,01,2, ( , ) 0,. yyxy f x y 其它 ()当01x时， 0 ( )( , )1 x X fxf x y dydyx 当12x时， 2 0 ( )( , )12 x X fxf x y dydyx X的边缘概率密度为 , 01, ( )2, 12, 0, X xx fxxx 其它. (II)当01y时，Y的边缘概率密度为 2 ( )( , )122 y Y y fyf x y dxdxy 当01y时， | ( | ) X Y fx y有意义，条件概率密度 | 1 , 2, ( , ) 22( | ) ( ) 0, X Y Y yxy f x y yfx y fy 其它.
