2000考研数学三真题及答案

2023年12月11日发(作者：15级数学试卷答案)

2000考研数学三真题及答案

一、填空题(本题共5小题，每小题3分，满分15分，把答案填在题中横线上)

(1) 设zfxy,xzx，其中均可微，则f,ggxyy.

.

(2)

1dxx2xee(3) 若四阶矩阵A与B相似，矩阵A的特征值为1111则行列式B1E,,,，2345.

x[0,1]13,x[3,6] (4) 设随机变量X的概率密度为f(x)29,0其他 若k使得P{Xk}2，则k的取值范围是

31,若X0若X0 (5) 假设随机变量X在区间[1,2]上服从均匀分布，随机变量Y0,1,若X0则方差D(Y).

二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分，在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) 设对任意的x，总有(x)f(x)g(x)，且limg(x)(x)0，则limf(x) ( )

xx(A)存在且一定等于零. (B)存在但不一定等于零.

(C)一定不存在. (D)不一定存在.

(2) 设函数f(x)在点xa处可导，则函数f(x)在点xa处不可导的充分条件是 ( )

(A)f(a)0且f(a)0 (B)f(a)0且f(a)0

(C)f(a)0且f(a)0 (D)f(a)0且f(a)0

(3) 设1,2,3是四元非齐次线性方程组AXb的三个解向量，且秩(A)3，

11，2，3，4，T230,1，2，3，c表任意常数，则线性方程组AXb的通解X ( )

T 1012131121232421(A)c (B)c (C)c (D)c

3234353143454641(4) 设A为n阶实矩阵，AT是A的转置矩阵，则对于线性方程组(I):AX0和(II):ATAX0，必有 ( )

(A)(II)的解是(I)的解，(I)的解也是(II)的解.

(B)(II)的解是(I)的解，但(I)的解不是(II)的解.

(C)(I)的解不是(II)的解，(II)的解也不是(I)的解.

(D)(I)的解是(II)的解，但(II)的解不是(I)的解.

(5) 在电炉上安装了4个温控器，其显示温度的误差是随机的.在使用过程中，只要有两个温控器显示的温度不低于临界温度t0，电炉就断电，以E表示事件“电炉断电”，而T(1)T(2)T(3)T(4)为4个温控器显示的按递增顺序排列的温度值，则事件E等于事件( )

(A)T(1)t0 (B)T(2)t0 (C)T(3)t0 (D)T(4)t0

三、(本题满分6分)

求微分方程y2ye四、(本题满分6分)

计算二重积分2x0满足条件y(0)0,y(0)1.

Dx2y24a2x2yd,，其中D是由曲线yaa2x2(a0)和直2线yx围成的区域

五、(本题满分6分)

假设某企业在两个相互分割的市场上出售同一种产品，两个市场的需求函数分别是

P118Q1,P212Q2,

其中P1和P2分别表示该产品在两个市场的价格(单位：万元/吨)，Q1和Q2分别表示该产品在两个市场的销售量(即需求量，单位：吨)，并且该企业生产这种产品的总成本函数是C2Q5，其中Q表示该产品在两个市场的销售总量，即QQ1Q2

(1)如果该企业实行价格差别策略，试确定两个市场上该产品的销售量和价格，使该企 业获得最大利润；

(2)如果该企业实行价格无差别策略，试确定两个市场上该产品的销售量及其统一的价格，使该企业的总利润最大化；并比较两种价格策略下的总利润大小.

六、(本题满分7分)

求函数y(x1)e七、(本题满分6分)

2arctanx的单调区间和极值，并求该函数图形的渐近线.

设In40sinxcosxdx,n0,1,2,n,求In.

n0八、(本题满分6分)

设函数f(x)在0,上连续，且0f(x)dx0,f(x)cosxdx0，试证明：在(0,)

0内至少存在两个不同的点1,2，使f(1)f(2)0.

九、(本题满分8分)

TTTT设向量组，1(a,2,10),2(2,1,5),3(1,1,4),(1,b,c)试问a,b,c满足什么条件时，

(1)可由1,2,3线性表出，且表示唯一？

(2)不能由1,2,3线性表出？

(3)可由1,2,3线性表出，但表示不唯一？并求出一般表达式.

十、(本题满分9分)

设有n元实二次型

f(x1,x2,,xn)(x1a1x2)2(x2a2x3)2(xn1an1xn)2(xnanx1)2

其中ai(i1,2,,n)为实数.试问：当a1,a2,,an满足条件时，二次型f(x1,x2,,xn)为正定二次型.

十一、(本题满分8分)

假设是来自总体的简单随机样本值.已知YlnX服从正态分布N(,1).

(1)求X的数学期望EX(记EX为b);

(2)求的置信度为0.95的置信区间;

(3)利用上述结果求b的置信度为0.95的置信区间.

十二、(本题满分8分)

设A,B是二随机事件；随机变量 1,X1,若A出现若A不出现1,Y1,若B出现若B不出现

试证明随机变量X和Y不相关的充分必要条件是A与B相互独立.

参考答案

一、填空题

(1)【答案】z1yyf1f22g

xyx【详解】根据复合函数的求导公式，有

z1yf1\'yf2\'g\'2

xyx(2)【答案】4e

【详解】被积函数的分母中含有exe2x，且当x时，exe2x，即被积函数属于无穷限的反常积分，只需先求不定积分，在令其上限趋于无穷.

1dxx2x1eedxex1xdxde

22x222x11eeeeeexxe12e1ede2e2ex1ex11exdx2ee1e1

1exarctanee

(3)【答案】24

【详解】

方法1：A11()

e244e1111BA、B有相同的特征值：，，，.由矩阵B1是矩阵B的逆矩阵，他们23451所有特征值具有倒数的关系，得B有特征值2,3,4,5, 由B特征局矩阵为EB，B1E得特征矩阵为EB1E1EB1可以看出B与B1E的特征值相差1 ，所以BE有特征值1,2,3,4.由矩阵的行列式等于其特征值得乘积，所有特征值的和等于矩阵主对角元素之和， 知

BE11i14i123424.

方法2 ：AB即存在可逆阵P，使得P1APB.两边求逆得B1P1A1P.又A有四 个不同的特征值，存在可逆矩阵Q，使

12Q1AQ，其中1314

1523111，A1Q1Q1 上式两边求逆得

QAQ45从而有

B1EP1A1PEP1A1EPQ1Q1E2131

244151Q1EQ1

(4)【答案】1,3.

【详解】在给定概率密度条件下，有性质Px1Xx2x2x1f(x)dx. 因此，PXkkf(x)dx(或PXk1PXk1kf(x)dx.)

因为x[0,1]时，f(x)；x[3,6]时，f(x)1322都是定值，因为PXk1，93所以k最可能的取值区间是包含在0,6区间之内的1,3区间，否则是不可能的.

当1k3时，PXkPXkk22f(x)dx(63). (或者，当1k3时，k931112f(x)dx(10),PXk1PXk1.)

3333所以，答案应该填1k3或1,3.

(5)【答案】.

89 【详解】由于题中Y是离散型随机变量，其所取值的概率分别为PX0,PX0和

所以可以直接得出这些概率，从而实现由X的概率计算PX0.又由于X是均匀分布，过渡到Y的概率.

PY1PX00(1)1;

33202.

331211221222因此

E(Y)11,

E(Y)111,

33333331822所以

D(Y)E(Y)E(Y)1.

99PY0PX00;

PY1PX0

二、选择题

(1)【答案】D

【详解】用排除法.

x21x2x21x21f(x)2例1：设2, 满足条件lim22limxx220, 并且

xx2x2x2x2x21x2lim21,21,

xx2x2由夹逼准则知，limf(x)1，则选项(A)与(C)错误.

xx6x2x62x2f(x)4例2：设4, 满足条件

x1x1x62x2x6x2x2lim44lim40,

xxx1x1x1但是由于

x6x2f(x)4x2,

x1有limf(x)，极限不存在，故不选(B),所以选(D).

x因为最终结论是“(D)：不一定存在”,所以只能举例说明“可以这样”“可以那样”，无法给出相应的证明.

(2)【答案】B

【详解】方法1：排除法，用找反例的方式

(A)：f(x)x2,满足f(0)0且f(0)0,但f(x)x2在x0处可导； (C)：f(x)x1,满足f(0)10,f(0)10,但f(x)x1当x1,1,在x0处可导；

(D)：f(x)x1,满足f(0)10,f(0)10,但f(x)x1当x1,1，在x0处可导；

方法2：推理法.

由(B)的条件f(a)0, 则limxaf(x)f(a)f(x)f(x)f(a)limlim,

xaxaxaxaxalimf(x)f(a)f(x)f(a)limf(a)

xaxaxa所(1)

以

xaxalimf(x)f(a)xaf(x)f(a)limxaxaf(a). (2)

可见，f(x)在xa处可导的充要条件是f(a)f(a)，所以f(a)0，即f(a)0所以当f(a)0时必不可导，选(B).

(3)【答案】(C)

【详解】因为11，2，3，4是非齐次方程组的解向量所以我们有A1b，故1是TAXb的一个特解

又rA3,n4(未知量的个数)，故AXb的基础解系由一个非零解组成. 即基础解系的个数为1.

202413因为A21232bbb0, 故2112是对624835应齐次方程组的基础解系，故AXb的通解为

2132c21231c.

4354

(4)【答案】(A)

T【详解】若是方程组(I):AX0的解，即A0，两边左乘A，得AA0，即T 也是方程组(II):AAX0的解，即(I)的解也是(II)的解.

T若是方程组(II):AAX0的解，即AA0，两边左乘得TTTTATAAA0.

A是一个向量，设Ab1,b2,bTT，则

ATAbi20.

i1n故有bi0，i1,2,

(5)【答案】C

n从而有A0，即也是方程组(I):AX0的解.

【详解】随机变量T(1),T(2),T(3),T(4)为4个温控器显示的按递增顺序排列的温度值，事件E表示事件“电炉断电”，即有两个温控器显示的温度不低于t0，此时必定两个显示较高的温度大于等于t0，即T(4)T(3)t0. 所以说断电事件就是T(3)t0

三【详解】本题属于二阶常系数非齐次线性微分方程，对于二阶常系数非齐次线性微分方程得求解，首先需要求出对应的齐次微分方程的通解，再求出非齐次方程的特解，再利用线性方程解的解构，从而得到对应方程的通解.

本题对应的齐次微分方程为

y2y0，

其特征方程为

r2r0，

2x特征根为r10,r22. 于是齐次方程的通解为

YC1C2e.

2由于2是特征方程的单根，所以设

yAxe

求得

yAe2x2Axe2x;y4Ae2x4Axe2x

代入原方程，得

4Ae2x4Axe2x2Ae2x4Axe2xe2x，即2Ae2xe2x

约去e，再比较等式左、右两边，得2A1,A故得特解y2x2x1

212x1xe，非齐次方程的通解为

yYyC1C2e2xxe2x.

22再由初始条件y(0)1，得：C1C21 (1)

12x2x由y(0)1，得C1C2exe2x0112C2e2xe2xxe2x2C21 (2)

22x0 联立(1)与(2)得

C131,C2

44则满足初始条件的通解为

y

四【详解】

311(x)e2x.

442

画出积分区域D. 由被积函数的形式以及积分区域形状, 易见采用极坐标更为方便.

将曲线yaa2x2化为：x(ya)a(ya)，极坐标方程为222r2asin(0)，

再D区域是由曲线yaa2x2(a0)和直线yx围成的区域，于是40，极半径0r2asin，则

IDx2y24axy222dd402asinr24ar220dr.

令r2asint，有r0时t0；r2asin时，t.

Id4000sin2t4a2acostdtd4a2sin2tdt

02acost42d4000sin2t2a2(1cos2t)dt2a2dtdt

2040202111222a(sin2)d2acos2a()

162242424

五【定理】简单极值问题(无条件极值)：设zf(x,y)在开区域D内可偏导，又根据实际问题可知，它在D内有最大值或最小值，于是只需在最大值点或最小值点

【详解】记总利润函数为L，总收益函数为R，则总利润总收益总成本

ff0,0的点中找到f(x,y)的xyLRCp1Q1p2Q2(2Q5)p1Q1p2Q2[2(Q1Q2)5]

(182Q1)Q1(12Q2)Q2[2(Q1Q2)5]

18Q12Q1212Q2Q222Q12Q252Q12Q2216Q110Q25

其中，Q10,Q20，QQ1Q2为销售总量.

(1) 令LL4Q1160，2Q2100，解得Q14，Q25. 而Q1Q2P1182Q1,

P212Q2, 故相应地p110,p27.

在Q10,Q20的范围内驻点唯一，且实际问题在Q10,Q20范围内必有最大值，故在Q14，Q25处L为最大值.

maxL24252164105552(万元).

(2) 若两地的销售单价无差别, 即p1p2,于是182Q112Q2, 得2Q1Q26,

在此约束条件下求L的最值，以下用两个方法：

方法1： 若求函数zf(x,y)在条件(x,y)0的最大值或最小值，用拉格朗日乘数法：先构造辅助函数F(x,y,)f(x,y)(x,y)，然后解方程组

Ff0xxxFf0

yyyF(x,y)0所有满足此方程组的解(x,y,)中的(x,y)是zf(x,y)在条件(x,y)0的可能极 值点，在可能极值点中求得最大值点或最小值点.

故用拉格朗日乘数法，其中(Q1,Q2)2Q1Q260，构造函数

F(Q1,Q2,)2Q12Q2216Q110Q25(2Q1Q26),

令

FQ4Q116201F2Q2100

Q2F2Q1Q260解得Q15，Q24，在Q10,Q20的范围内驻点唯一,且实际问题在Q10,Q20范围内必有最大值,故在Q14，Q25处L为最大值.得

maxL25242165104549(万元).

22方法2：由2Q1Q26代入L2Q1Q216Q110Q25消去一个变量得

L6Q1260Q1101

这样就变成了简单极值问题(无条件极值)，按(1)的做法：令dL12Q1600,

dQ1得Q15，为L的唯一驻点.

当0Q15时dLdL0(说明在这个区间上函数单调递增)；当Q15时0 (说dQ1dQ1明在这个区间上函数单调递减)

故，Q15为L的唯一极大值点,所以是最大值点，而2Q1Q26Q24, 故

maxL6Q1260Q110165260510149(万元).

六【渐近线】水平渐近线：若有limf(x)a，则ya为水平渐近线；

x铅直渐近线：若有limf(x)，则xa为铅直渐近线；

xa斜渐近线：若有alimxf(x),blim[f(x)ax]存在且不为，则xxyaxb为斜渐近线. 【详解】原函数对x求导，

所以

ye2arctanx(x1)(arctanx)e22arctanx

e2arctanx2arctanxarctanx1xx22(x1)ee

221xx1令y0，得驻点x10,x21.

列表

x

,1

+

-1

0

1,0

-

0

0

0,

+

y

y

2e4

e2

表注：表示函数值大于0，表示函数值小于0；示在这区间内单调递减.

表示在这区间内单调递增；所以由以上表格可以得出函数的大概形状，有严格单调增的区间为,1与0,；严格单调减的区间为1,0.f(0)e2为极小值,

f(1)2e4为极大值.

以下求渐近线. 通过对函数大概形状的估计，

limf(x)lim(x1)exx2arctanxelim(x1)

x所以此函数无水平渐近线；同理，也没有铅直渐近线. 所以令

a1limxf(x)e,b1lim[f(x)a1x]2e;

xxa2lim所以，渐近线为y

xf(x)1,b2lim[f(x)a2x]2.

xxa1xb1e(x2)及ya2xb2x2，共两条.

liman1x七【概念】幂级数的收敛半径：若项的系数，则这幂级数的收敛半径

limanx，其中an,an1是幂级数axnn0n的相邻两1,

0,R,

0,

0,

. 【详解】先计算出积分In的具体表达式，再求和

12nn44Insinxcosxdxsinxdsinx00n12n1

则

考虑幂级数

Inn0n012n12n1.

S(x)1n1x,

n1n02即可得出答案，按通常求收敛半径的办法.

2求出幂级数的和函数，代入x所以

limxan1an1nlimn1lim1

xxn11n1得到本题中幂级数的收敛半径R收敛，有

1,在11，内，先微分再积分，在收敛域内幂级数仍11n11n1nS(x)xxx,

n1n11xn0n0n0所以

S(x)S(0)x0S(x)dx01dxln1x

01xx以x2221,1代入, 得S()ln(1)ln(22).

222即

In0nln(22).

八【证明】

方法1：令F(x)又由题设x0f(t)dt,0x，有F(0)0,由题设有F()0.

0f(x)cosxdx0，用分部积分，有

000f(x)cosxdxcosxdF(x) F(x)cosx由积分中值定理知，存在(0,)使

0F(x)sinxdxF(x)sinxdx

000F(x)sinxdxF()sin(0)

0因为(0,)，sin0，所以推知存在(0,),使得F()0. 再在区间[0,]与[,]上对F(x)用罗尔定理，推知存在1(0,)，2(,)使F(1)0,F(2)0，即

f(1)0,f(2)0

方法2：由0f(x)dx0及积分中值定理知，存在1(0,)，使f(1)0. 若在区间(0,)内f(x)仅有一个零点1，则在区间(0,1)与(1,)内f(x)异号. 不妨设在(0,1)内f(x)0，在(1,)内f(x)0. 于是由0f(x)dx0,f(x)cosxdx0，有

00f(x)cosxdxf(x)cos1dxf(x)(cosxcos1)dx000f(x)(cosxcos1)dxf(x)(cosxcos1)dx01

1当0x1时，cosxcos1，f(x)(cosxcos1)0；当1x时，cosxcos1，仍有f(x)(cosxcos1)0，得到：00. 矛盾，此矛盾证明了f(x)在(0,)仅有1个零点的假设不正确，故在(0,)内f(x)至少有2个不同的零点.

九【详解】

方法1：设方程组1x12x23x3 ①

对方程组的增广矩阵作初等行变换，化成阶梯形矩阵，有

a211,2,3211105421a2a104a0011a22a1bc104a31001b1

c4b1

c3b1(1) 当a4时，r1,2,3r1,2,3,3. 方程组①唯一解，即可由1,2,3线性表出，且表出唯一. (2) 当a4，但c3b10时，r1,2,32r1,2,3,3方程组①无解，不可由1,2,3线性表出

(3) 当a4，且c3b10时，r1,2,3r1,2,3,2方程组①有无穷多解，此时有

4211,2,32100001b1

0T得对应齐次方程组的基础解系为：1,2,0(取自由未知量x11，回代得x22,x30)，非齐次方程的一个特解是*0,b1,2b1，故通解为

T10b1,其中k是任意常数.

k202b1方法2：设方程组1x12x23x3 ①

因为①是三个方程的三个未知量的线性非齐次方程组，故也可由系数行列式讨论，

a21a212111a4

A1,2,32111054001因此知道：

(1) 当a4时，A0，方程组有唯一解，可由1,2,3线性表出，且表出唯一.

(2) 当a4时，(有可能无解或无穷多解)对增广矩阵作初等行变换，得

4211,2,321110542110010002b1

c3b111211001bc00112b1

c5b(i) 当a4时，且但c3b10时，有r1,2,32r1,2,3,3方程组①无解.

(ii) 当a4，且c3b10时，r1,2,3r1,2,3,2方程组 ①有无穷多解，其通解为

10b1,其中k是任意常数.

k202b1

十【详解】方法1：用正定性的定义判别.

已知对任意的x1,x2,xn均有fx1,x2,xn0，

x1a1x20xax0223其中等号成立当且仅当

 ①

xax0n1n1nxnanx10方程组①仅有零解的充分必要条件是其系数行列式

1000an即当a1a2a101000a2100n0000001an111n1Ba1a2an0

01an1 时，方程组①只有零解，此时fx1,x2,xn0. 若对任意的非零向量Xx1,x2,xn0, ①中总有一个方程不为零，则有

(xn1an1xn)2(xnanx1)20

xn，如果fx1,x2,xn0，fx1,x2,xn(x1a1x2)2(x2a2x3)2所以，根据正定二次型的定义，对任意的向量x1,x2,则二次型正定. 由以上证明题中f(x1,x2,方法2： 将二次型表示成矩阵形式，有

,xn)是正定二次型.

fx1,x2,xn(x1a1x2)2(x2a2x3)2(xn1an1xn)2(xnanx1)2

x1a1x2,x2a2x3,x1a1x2xax223

,xn1an1xn,xnanx1xaxn1n1nxnanx1 x1,x2,1a10xn000a2100000001an110a21an1a10100000001an00a2100000010x1x020

an11xn1a10100记

B00an0则

fx1,x2,当

x1x020,X

an11xnTxnXTBTBXBXBX0

1000an即当a1a2a101000a2100n0000001an111n1Ba1a2an0

01an1时，BX0只有零解，故当任意的X0时，均有从而由正定二次型的定义，对任意的向量x1,x2,xnBXBX0，Tfx1,x2,xn，如果fx1,x2,

xn0，则fx1,x2,Yxn是正定二次型.

十一【详解】YlnXXe. 题设条件Y为正态，故EXEeY可用函数的期望的公式求得. 将X的样本可以转化成Y的样本，从而对正态Y区间. 最后，再从的置信区间转得b的置信区间.

(1) 由正态分布密度函数的定义知，Y的概率密度为

)1(yf(y)e2,y,

22N(,1)中的求得置信 1于是

bE(X)E(eY)2令ty，有

beye1t22(y)22dy

12112t11e2dte2.

212etedte(2) 当置信度10.95时，0.05.查表可知标准正态分布的双侧分位数等于1.96.故由Y1N(,)，其中Y表示总体Y的样本均值，

411Y(ln0.50ln0.80ln1.25ln2.00)ln10.

44Y/nN(0,1).

Y是的无偏估计，且2已知，所以，按标准正态分布的分位点的定义，有

PYZ/21,

/n即

PYnZ/2YZ/21.

n这样，我们就得到了的一个置信水平为1的置信区间YnZ/2,YZ/2

n在此题中，1,4，Y0，所以参数的置信度为0.95的置信区间为

(Y1.9611,Y1.96)(0.98,0.98).

44x(3) 由指数函数e的严格单调递增性，有

1P0.980.98P0.481.48

210.48Pee2e1.48Pe0.48be1.480.95

因此b的置信度为0.95的置信区间为e0.48,e1.48.

十二【分析】随机变量X和Y不相关Cov(X,Y)0.

事件A与B相互独立P(AB)P(A)P(B).

要找出这二者之间的联系就应从Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)入手.

 【详解】E(X)1PA1PA2PA1，同理，E(Y)2PB1.

现在求E(XY)，由于XY只有两个可能值1和1，所以

E(XY)1PXY11PXY1,

其中

PXY1PX1,Y1PX1,Y1PABPAB

PAB1PAB2PABPAPB1

和

PXY1PX1,Y1PX1,Y1PABPAB

PAPB2PAB

( 或者

PXY11PXY1PAPB2PAB )

所以

E(XY)PXY1PXY14PAB2PA2PB1

由协方差公式，

Cov(XY)E(XY)E(X)E(Y)

4PAB2PA2PB12PA12PB1

4PABPAPB

因此，Cov(XY)0当且仅当PABPAPB，即X和Y不相关的充分必要条件是A与B相互独立.