全国硕士研究生入学统一考试数学三试题及答案Word格式.docx
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+P（x）y⎤=q（x）,
即（λ+μ）q（x）=q（x）,由q（x）≠0可知λ+μ=1,②
1
由①②求解得λ=μ=,故应选（A）．
2
（3）【答案】（B）.
【解析】{f[g（x）]}'
=f'
[g（x）]⋅g'
（x）,
{f[g（x）]}'
={f'
（x）}'
=f'
[g（x）]⋅[g'
（x）]2+f'
[g（x）]⋅g'
（x）
由于g（x0）=a是g（x）的极值,所以g'
（x0）=0.所以
{f[g（x0）]}'
'
=f'
[g（x0）]⋅g'
（x0）=f'
（a）⋅g'
（x0）
由于g'
（x0）<
0,要使{f[g（x）]}'
<
0,必须有f'
（a）>
0,故答案为B.（4）
【答案】（C）.
h（x）
e10
x1
【解析】因为lim
=lime10=+∞,所以,当x充分大时,h（x）>
g（x）.
x→+∞g（x）
x→+∞x
x→+∞10
又因为lim
f（x）=limln
x=lim10
ln9x⋅19
x=10limlnx
10
x→+∞xx→+∞1
=10⋅92limlnx
x→+∞
ln8x⋅1
=10⋅9limx=
=10!
lim=0.
x→+∞1x→+∞x
所以当x充分大时,f（x）<
g（x）,故当x充分大,f（x）<
g（x）<
h（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r（I）≤r（II）,即
αr）≤r（β1,,βs）≤s
r（α1,
若向量组I线性无关,则r（α1,,αr）=r,所以r=r（α1,,即
r≤s,选（A）.
（6）【答案】（D）.
【解析】设λ为A的特征值,由于A2+A=O,所以λ2+λ=0,即（λ+1）λ=0,这样A的
Λ
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,
⎛-1⎫
-1⎪
r（A）=r（Λ）=3,因此,Λ=ç
⎪,即AΛ=ç
⎪.
0⎪
⎝⎭⎝⎭
（7）【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
P{X=1}=P{X≤1}-P{X<
1}=F
（1）-F（1-0）=1-e-1-1=1-e-1,故本题选
22
（C）.
（8）【答案】（A）.
1-x2
⎧1,
-1≤x≤3
【解析】根据题意知,f1
（x）=e2
2π
（-∞<
x<
+∞）,f2
（x）=⎪4
⎪⎩0,其它
⎨
⎰
+∞
利用概率密度的性质:
-∞
f（x）dx=1,故
f（x）dx=
0af（x）dx+
+∞bf（x）dx=a+∞f（x）dx+b
31dx=a+3b=1
⎰-∞
⎰-∞1
⎰022⎰-∞1
⎰0424
所以整理得到2a+3b=4,故本题应选（A）.二、填空题
（9）【答案】-1.
⎰⎰
【解析】x+ye-t2dt=xxsint2dt,令x=0,得y=0,等式两端对x求导：
00
e-（x+y）2（1+dy）=⎰xsint2dt+xsinx2．
dy
dx
dx0
将x=0,y=0代入上式,得1+
π2
x=0
=0.所以dy
dxx=0
=-1.
（10）【答案】.
4
【解析】根据绕x轴旋转公式,有
V=⎰+∞πy2dx=⎰+∞πdx
eex（1+ln2x）
=πdlnx
=π⋅⎡arctan（lnx）⎤+∞=π⎛π-π⎫=π2.
⎰e1+ln2x
24
⎝⎭
1（P3-1）
⎣⎦eç
⎪
（11）【答案】p⋅e3
.
dRp
3dR⎛12⎫12
【解析】由弹性的定义,得
⋅=1+p
所以
R
=ç
p+p
⎪dp,即lnR=lnp+3p
C,
dpR
111（p3-1）
又R
（1）=1,所以C=-.故lnR=lnp+
3
p-,因此R=p⋅e3.
33
（12）【答案】b=3.
【解析】函数为y=x3+ax2+bx+1,它的一阶导数为y'
=3x2+2ax+b;
二阶导数为
y'
=6x+2a,又因为（-1,0）是拐点,所以y'
=0,得-a=-1,所以a=3,又因为曲线
x=-13
过点（-1,0）,所以将x=-1,y=0代入曲线方程,得b=3.
（13）【答案】3.
【解析】由于A（A-1+B）B-1=（E+AB）B-1=B-1+A,所以
A+B-1=
A（A-1+B）B-1=A
A-1+B
B-1
因为B=2,所以B-1
-11
==
B,因此
A+B-1=A
（14）
【答案】σ2+μ2.
=3⨯2⨯=3.
⎛1n
2⎫1⎛n
2⎫1
2222
【解析】E（T）=Eç
∑Xi⎪=
Eç
nE（X
）=E（X
）=σ
+μ.
三、解答题
⎝ni=1
⎭n⎝i=1⎭n
⎛1⎫⎛1
⎫⎛lnx⎫
1lnç
xx-1⎪
lnç
ex-1⎪
1ç
⎪ç
⎛-⎫lnx
⎝⎭
lim⎝⎭
（15）【解析】limç
xx1⎪
=lime
lnx
=ex→+∞lnx
=ex→+∞lnx
x→+∞⎝⎭
e
其中
limln（ex
-1）=lim（ex
-1）-1
lnxx
⋅1-lnx=lim
⋅1-lnx=limelnx（1
-1）=-1.
x→+∞1
x2x→+∞lnxx
故原式=e-1.
（16）【解析】积分区域D=D1
其中D1={（x,y）0≤y≤1,2y≤x≤
1+y2}
D2
D2={（x,y）-1≤y≤0,-
2y≤x≤1+y2}
⎰⎰（x+y）3dxdy=⎰⎰（x3+3x2y+3xy2+y3）dxdy
DD
因为区域D关于x轴对称,被积函数
⎰⎰（3x2y+y3）dxdy=0．
D
3x2y+y3
是y的奇函数,所以
33232⎡132⎤
1+y2
⎰⎰（x+y）dxdy=⎰⎰（x+3xy）dxdy=2⎰⎰（x+3xy）dxdy=2⎢⎰0dy⎰2y（x+3xy）dx⎥
DDD1⎣⎦
=21⎛1x4+3x2y2⎫
dy=2
1⎛-9y4+2y2+1⎫dy=14.
⎰0ç
42⎪
44⎪15
2y
（17）【解析】令F（x,y,z,λ）=xy+2yz+λ（x2+y2+z2-10）,用拉格朗日乘数法得
⎧Fx'
=y+2λx=0,
⎪F'
=x+2z+2λy=0,
⎪y
⎨F'
=2y+2λz=0,
⎪z
⎪⎩Fλ'
=x2+y2+z2-10=0,
求解得六个点：
A（1,5,2）,B（-1,-
5,-2）,
C（1,-5,2）,D（-1,5,-2）,
E（22,0,-2）,F（-22,0,2）.
由于在点A与B点处,u=55；
在点C与D处,u=-55；
在点E与F处,u=0．又因为该问题必存在最值,并且不可能在其它点处,所以umax=55,umin=-55．
（18）【解析】（I）当0<
1时0<
ln（1+x）<
x,故[ln（1+t）]n<
tn,所以
lnt[ln（1+t）]n<
lnttn,
则⎰1lnt[ln（1+t）]ndt<
⎰1lnttndt（n=1,2,）.
（II）
1lnttndt=-1lnt⋅tndt=-1
1lntd（tn+1）=
故由
⎰0⎰0
n+1⎰0
（n+1）2
0<
un<
1lnttndt=
根据夹逼定理得0≤limun≤lim2=0,所以limun=0.
n→∞
n→∞（n+1）
（19）
（I）因为2f（0）=⎰2f（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η∈[0,2],使得
⎰0f（x）dx=f（η）⋅（2-0）
即2f（0）=2f（η）,所以存在η∈[0,2],使得f（η）=f（0）.
（Ⅱ）因为f
（2）+f（3）=2f（0）,即
f
（2）+f（3）=f（0）,又因为f（x）在[2,3]上连
续,由介值定理知,至少存在一点η1∈[2,3]使得f（η1）=f（0）.
因为f（x）在[0,2]上连续,在[0,2]上可导,且f（0）=f
（2）,所以由罗尔中值定理知,Ｃ存在ξ1∈（0,2）,有f'
（ξ1）=0.
又因为f（x）在[2,η1]上连续,在（2,η1）上可导,且f
（2）=f（0）=f（η1）,所以由罗尔中值定理知,存在ξ2∈（2,η1）,有f（ξ2）=0.
又因为f（x）在[ξ1,ξ2]上二阶可导,且f'
（ξ1）=f'
（ξ2）=0,所以由罗尔中值定理,至少有一点Ax=b⊂（0,3）,使得f'
（ξ）=0.
（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Ax=b有2个不同的解,故r（A）=r（A）<
3,对增广矩阵进行初等行
变换,得
⎛λ11
a⎫⎛11λ1⎫
⎪ç
a
A=ç
0λ-101⎪→ç
0λ-10⎪
⎝
1λ
⎭⎝
11λ⎪ç
11⎭
⎛11λ1⎫⎛11λ1⎫
→ç
0
λ-10
→0
⎭
1⎪ç
λ-101⎪
01-λ
1-λ2
a-λ⎪ç
001-λ2
a-λ+1⎪
⎛111
当λ=1时,A→ç
000
000
1⎫⎛111
1⎪→ç
a⎪ç
1⎫
1⎪,此时,r（A）≠r（A）,故Ax=b无解（舍去）．
⎛11-11⎫
当λ=-1时,A→ç
0-201⎪,由于r（A）=r（A）<
3,所以a=-2,故λ=-1
a=-2.
000a+2⎪
方法2：
已知Ax=b有2个不同的解,故r（A）=r（A）<
3,因此A=0,即
λ
A=0
11
=（λ-1）2（λ+1）=0,
11λ
知λ=1或-1.
当λ=1时,r（A）=1≠r（A）=2,此时,Ax=b无解,因此λ=-1.由r（A）=r（A）,得
a=-2.
（II）对增广矩阵做初等行变换
⎛-111
-2⎫⎛1
-1-12⎫
⎛10-13⎫
-20
020
-1⎪→ç
010
-1⎪
2⎪
11-11⎪ç
0000⎪ç
⎝⎭⎝⎭000
⎛3⎫
⎧3⎛x
⎫⎛1⎫
2⎪
⎪x1-x3=2
⎪1
可知原方程组等价为⎨
写成向量的形式,即ç
x⎪=xç
0⎪+ç
-⎪.
23
⎪x=-1
x⎪ç
1⎪ç
⎩⎪22
⎝3⎭⎝⎭
⎛1⎫
⎛3⎫
2⎪
因此Ax=b的通解为x=kç
-1⎪
其中k为任意常数.
⎪ç
⎝⎭0
⎛0-14⎫
（21）【解析】由于A=ç
-13a⎪,存在正交矩阵Q,使得QTAQ为对角阵,且Q的第一
4a0⎪
6
列为（1,2,1）T,故A对应于λ的特征向量为ξ=
（1,2,1）T.
⎛1⎫⎛1⎫
6⎪ç
6⎪
根据特征值和特征向量的定义,有Aç
2⎪=λç
2⎪,即
6⎪1ç
1⎪ç
1⎪
⎛0-14⎫⎛1⎫⎛1⎫
-13a⎪ç
2⎪,由此可得a=-1,λ
=2.故A=ç
-13-1⎪.
⎪ç
4a
0⎪ç
1⎪
4-10⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
λ1-4
由λE-A=1
λ-31
=（λ+4）（λ-2）（λ-5）=0,
-41λ
可得A的特征值为λ1=2,λ2=-4,λ3=5.
⎛-41-4⎫⎛x1⎫
由（λE-A）x=0,即ç
1-71⎪ç
x⎪=0,可解得对应于λ=-4的线性无关的
2ç
2⎪2
-41
-4⎪ç
x⎪
⎝⎭⎝3⎭
特征向量为ξ=（-1,0,1）T.
⎛51-4⎫⎛x1⎫
由（λE-A）x=0,即ç
121⎪ç
x⎪=0,可解得对应于λ=5的特征向量为
3ç
2⎪3
-415⎪ç
ξ=（1,-1,1T）.
由于A为实对称矩阵,ξ1,ξ2,ξ3为对应于不同特征值的特征向量,所以ξ1,ξ2,ξ3相互正
交,只需单位化：
ξ1
ξ2
ξ3
η=ξ1=（1,2,1）T,η=ξ2=（-1,0,1）T,η
=ξ3=
（1,-1,1）T,
12
⎛11⎫
21T
⎛2⎫
取Q=（η,η,η）=ç
0-⎪,则QAQ=Λ=ç
-4⎪.
123ç
3⎪
5⎪
⎪⎝⎭
（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
f（x,y）
fY|X（y|x）,可以根据条件概率公式fY|X（y|x）=
A要根据概率密度的性质求解,具体方法如下.
fX（x）
来进行计算.本题中还有待定参数,
f（x）=
f（x,y）dy=A
+∞e-2x2+2xy-y2dy=A
+∞e-（y-x）2-x2dy=Ae-x2
+∞e-（y-x）2dy
X⎰-∞
π
=A
πe-x2,-∞<
+∞.
根据概率密度性质有
1=
-∞fX
（x）dx=A
+∞e-x2dx=Aπ,即A=π-1,
-∞
故fX
（x）=
1e-x2,-∞<
+∞.
当-∞<
+∞时,有条件概率密度
f（x,y）
Ae-2x2+2xy-y21
2212
Aπe-x2
f
f（yx）===
e-x+2xy-y=
e-（x-y）,-∞<
+∞,-∞<
y<
YX
X
（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．
C231
P{X=0,Y=0}=3==,其中X=0,Y=0表示取到的两个球都是黑球；
C
C1C1
155
62
P{X=0,Y=1}=23==,其中X=0,Y=1表示取到的一个是白球,一个是
黑球；
2155
C21
P{X=0,Y=2}=2=,其中X=0,Y=2表示取到的两个球都是白球；
215
C1C131
P{X=1,Y=0}=13==,其中X=1,Y=0表示取到的一个是红球,一个是
P{X=1,Y=1}=12=,其中X=1,Y=1表示取到的一个是红球,一个是白球；
{==}=C=
PX1,Y220,
因此二维离散型随机变量（X,Y）的概率分布为
Y
5
8
15
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