1、2010 年全国硕士研究生入学统一考试 数学三试题参考答案 2010 年全国硕士研究生入学统一考试 数学三试题参考答案 一、选择题选择题 (1)【答案】 (C). 【解析】 0000 11111 limlim11lim1lim xx xxxx xxxx eaxe a eeaxeaxe xxxxxx 00 1 limlim11 xx xx eaxe a xx 所以2a . (2) 【答案】 (A) 【解析】因 12 yy是 0yP x y 的解,故 1212 0yyP xyy ,所以 1122 ( )0yP x yyp x y , 而由已知 1122 ,yP x yq xyP x yq x ,所
2、以 0q x, 又由于一阶次微分方程 yp x yq x 是非齐的,由此可知 0q x ,所以 0 由于 12 yy是非齐次微分方程 yP x yq x 的解,所以 1212 yyP xyyq x , 整理得 1122 yP x yyP x yq x , 即 q xq x,由 0q x 可知1, 由求解得 1 2 ,故应选(A) (3)【答案】 (B). 【解析】 ( )( )( )f g xfg xg x , 2 ( )( )( )( )( )( )( )f g xfg xg xfg xg xfg xgx 由于 0 ()g xa是( )g x的极值,所以 0 ()0g x.所以 0000 (
3、)()()()f g xfg xgxfagx 由于 0 ()0gx,要使( )0f g x ,必须有( )0fa,故答案为 B. (4)【答案】 (C). 【解析】因为 10 10 ( )1 limlimlim ( )10 x x xxx h xe e g xx ,所以,当x充分大时,( )( )h xg x. 又因为 9 109 1 ln ( )lnln limlimlim 1010 lim ( )1 xxxx x f xxx x g xxx 8 1 ln ln1 10 9 lim10 92 lim10!lim0 1 xxx x x x xx . 所以当x充分大时,( )( )f xg x,
4、故当x充分大,( )( )( )f xg xh x. (5) 【答案】 (A) 【解析】由于向量组I能由向量组II线性表示,所以(I)(II)rr,即 11 (,)(,) rs rrs 若向量组I线性无关,则 1 (,) r rr,所以 11 (,)(,) rs rrrs,即 rs,选(A). (6) 【答案】 (D). 【解析】设为A的特征值,由于 2 AAO,所以 2 0,即(1)0,这样A的 特 征 值 只 能 为 -1 或 0.由 于A为 实 对 称 矩 阵 , 故A可 相 似 对 角 化 , 即 A,( )( )3r Ar ,因此, 1 1 1 0 ,即 1 1 1 0 A . (7
5、) 【答案】 (C). 【解析】离散型随机变量的分布函数是跳跃的阶梯形分段函数,连续型随机变量的分布函数 是连续函数.观察本题中( )F x的形式,得到随机变量X既不是离散型随机变量,也不是连续 型随机变量,所以求随机变量在一点处的概率,只能利用分布函数的定义.根据分布函数的定 义,函数在某一点的概率可以写成两个区间内概率的差,即 11 11 11111 01 22 P XP XP XFFee ,故本题选 (C). (8) 【答案】 (A). 【解析】根据题意知, 2 2 1 1 2 x fxe (x ), 2 1 ,13 4 0, x fx 其它 利用概率密度的性质: 1f x dx ,故
6、03 121 00 13 1 2424 aa f x dxafx dxbfx dxfx dxbdxb 所以整理得到234ab,故本题应选(A). 二、填空题填空题 (9)【答案】1. 【解析】 2 2 00 sin x yx t edtxt dt ,令0 x ,得0y ,等式两端对x求导： 2 ()22 0 (1)sinsin x x y dy et dtxx dx 将0 x ,0y 代入上式,得 0 10 x dy dx .所以 0 1 x dy dx . (10)【答案】 2 4 . 【解析】根据绕x轴旋转公式, 有 2 2 1 ln ee dx Vy dx xx 2 2 ln arcta
7、n ln 1 ln244 e e dx x x . (11)【答案】 3 1 1 3 P p e . 【解析】 由弹性的定义,得 3 1 dRp p dp R ,所以 2 1dR pdp Rp ,即 2 1 lnln 3 RppC, 又 11R,所以 1 3 C .故 11 lnln 33 Rpp,因此 3 1 1 3 p Rp e . (12)【答案】3b . 【解析】函数为 32 1yxaxbx,它的一阶导数为 2 32;yxaxb 二阶导数为 62yxa ,又因为1,0是拐点,所以 1 0 x y ,得1 3 a ,所以3a ,又因为曲线 过点1,0,所以将1,0 xy 代入曲线方程,得
8、3b . (13) 【答案】3. 【解析】由于 1111 ()()A AB BEAB BBA ,所以 11111 ()ABA AB BA AB B 因为2B ,所以 1 1 1 2 BB ,因此 111 1 3 23 2 ABA AB B . (14)【答案】 22 . 【解析】 222222 11 111 nn ii ii E TEXEXnE XE X nnn . 三、解答题解答题 (15)【解析】 11 ln ln1ln1 1 ln1 1 ln limlim lnlnln lim1lim x xx x xx xx e x xxxx xx xeee 其中 lnlnln 1 2 ln(1)(1
9、)1 ln limlim 1 ln xxx xxx xx eeex xx x ln ln1 ln1 limlim(1)1 ln ln x x x x xx ex e x xx x . 故原式 1 e. (16)【解析】积分区域 12 DDD,其中 2 1 ,01,21Dx yyyxy 2 2 ,10,21Dx yyyxy 3 3223 33 DD xydxdyxx yxyydxdy 因 为 区 域D关 于x轴 对 称 , 被 积 函 数 23 3x yy是y的 奇 函 数 , 所 以 23 30 D x yydxdy 2 1 11 3 323232 02 32323 y y DDD xydxd
10、yxxydxdyxxydxdydyxxydx 21 1422 2 0 13 2 42 y y xx ydy 1 42 0 9114 22 4415 yydy . (17)【解析】令 222 , , ,210F x y zxyyzxyz,用拉格朗日乘数法得 222 20, 220, 220, 100, x y z Fyx Fxzy Fyz Fxyz 求解得六个点： 1, 5,2 ,1,5, 2 ,AB 1,5,2 ,1, 5, 2 ,CD 2 2,0,2 ,2 2,0,2 .EF 由于在点A与B点处,5 5u ；在点C与D处,5 5u ；在点E与F处,0u 又因为该问题必存在最值,并且不可能在其
11、它点处,所以 max 5 5u, min 5 5u (18) 【解析】 (I)当01x时0ln(1) xx,故ln(1) n n tt,所以 lnln(1)ln n n ttt t, 则 11 00 lnln(1)ln n n ttdtt t dt 1,2,n . (II) 111 1 000 1 lnlnln 1 nnn t t dtt t dttd t n 2 1 1n ,故由 1 2 0 1 0ln 1 n n ut t dt n , 根据夹逼定理得 2 1 0limlim0 1 n nn u n ,所以lim0 n n u . (19)【解析】(I) 因为 2 0 2 (0)( )ff
12、 x dx,又因为 f x在0,2上连续,所以由积分中值 定理得,至少有一点0,2,使得 2 0 20f x dxf 即 202ff,所以存在0,2,使得 0ff. ()因为 2320fff,即 23 0 2 ff f ,又因为 f x在2,3上连 续,由介值定理知,至少存在一点 1 2,3使得 1 0ff. 因为 f x在0,2上连续,在0,2上可导,且 02ff,所以由罗尔中值定 理知,存在 1 0,2,有 1 0f. 又因为 f x在 1 2,上连续,在 1 2,上可导,且 1 20fff,所以由罗尔 中值定理知,存在 21 2,有 2 0f. 又因为 f x在 12 , 上二阶可导,且
13、 12 0ff,所以由罗尔中值定理,至 少有一点0,3Axb,使得 0f. (20) 【解析】因为方程组有两个不同的解,所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于 3,进而 可以通过秩的关系求解方程组中未知参数,有以下两种方法. 方法 1：( I )已知Axb有 2 个不同的解,故( )( )3r Ar A,对增广矩阵进行初等行 变换,得 11111 01010101 11111 a A a 22 111111 01010101 0110011aa 当1时, 1 1 1 11 1 1 1 0 0 0 10 0 0 1 0 0 00 0 0 0 A a ,此时,( )( )r Ar A,故Axb无解(舍
14、去) 当1 时, 1111 0201 0002 A a ,由于( )( )3r Ar A,所以2a ,故1,2a. 方法 2：已知Axb有 2 个不同的解, ,故( )( )3r Ar A,因此0A ,即 2 11 010(1) (1)0 11 A , 知1或-1. 当1时,( )1( )2r Ar A ,此时,Axb无解,因此1 .由( )( )r Ar A,得 2a . ( II ) 对增广矩阵做初等行变换 3 101 2 11121112 1 02010201010 2 11110000 0000 A 可知原方程组等价为 13 2 3 2 1 2 xx x ,写成向量的形式,即 1 23
15、 3 3 2 1 1 0 2 1 0 x xx x . 因此Axb的通解为 3 2 1 1 0 2 1 0 xk ,其中k为任意常数. (21) 【解析】 由于 014 13 40 Aa a ,存在正交矩阵Q,使得 T Q AQ为对角阵,且Q的第一 列为 1 (1,2,1) 6 T ,故A对应于 1 的特征向量为 1 1 (1,2,1) 6 T . 根据特征值和特征向量的定义,有 1 11 66 22 66 11 66 A ,即 1 01411 1322 4011 a a ,由此可得 1 1,2a .故 014 131 410 A . 由 14 131(4)(2)(5)0 41 EA , 可得
16、A的特征值为 123 2,4,5 . 由 2 ()0EA x,即 1 2 3 414 1710 414 x x x ,可解得对应于 2 4 的线性无关的 特征向量为 2 ( 1,0,1)T . 由 3 ()0EA x,即 1 2 3 514 1210 415 x x x ,可解得对应于 3 5的特征向量为 3 (1, 1,1)T. 由于A为实对称矩阵, 123 , 为对应于不同特征值的特征向量,所以 123 , 相互正 交,只需单位化： 312 123 123 111 (1,2,1) ,( 1,0,1) ,(1, 1,1) 623 TTT , 取 123 111 623 21 ,0 63 11
17、1 623 Q ,则 2 4 5 T Q AQ . (22) 【解析】当给出二维正态随机变量的的概率密度,f x y后,要求条件概率密度 | ( | ) Y X fy x,可以根据条件概率公式 | ( , ) ( | ) ( ) Y X X f x y fy x fx 来进行计算.本题中还有待定参 数,A要根据概率密度的性质求解,具体方法如下. 222222 22()() , xxy yy xxxy x X fxf x y dyAedyAedyAeedy 2 , x Aex . 根据概率密度性质有 2 1 x X fx dxAedxA ,即 1 A , 故 21 x X fxe ,x . 当x
18、 时,有条件概率密度 22 222 2 22 2() ,11 , xxy y xxy yx y Y X x X f x yAe fy xeexy fx Ae . (23)【解析】(I)X的所有可能取值为0,1,Y的所有可能取值为0,1,2 2 3 2 6 31 0,0 155 C P XY C ,其中0,0XY表示取到的两个球都是黑球； 11 23 2 6 62 0,1 155 C C P XY C ,其中0,1XY表示取到的一个是白球,一个是 黑球； 2 2 2 6 1 0,2 15 C P XY C ,其中0,2XY表示取到的两个球都是白球； 11 13 2 6 31 1,0 155 C
19、C P XY C ,其中1,0XY表示取到的一个是红球,一个是 黑球； 11 12 2 6 2 1,1 15 C C P XY C ,其中1,1XY表示取到的一个是红球,一个是白球； 2 6 0 1,20P XY C , 因此二维离散型随机变量,X Y的概率分布为 (II) ,Cov X YE XYE X E Y, 22 1 1 1515 E XY , 211 01 333 E X , 2812 012 515153 E Y 2124 , 153345 Cov X YE XYE X E Y . X Y 0 1 012 1 5 2 5 1 15 1 5 2 15 0 2 3 1 3 2 5 1 15 8 15
