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1、 1996年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题一、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) 设方程确定是的函数,则_. (2) 设,则_.(3) 设是抛物线上的一点,若在该点的切线过原点,则系数应满足的关系是_. (4) 设,其中.则线性方程组的解是_.(5) 设由来自正态总体容量为9的简单随机样本,得样本均值,则未知参数的置信度为0.95的置信区间为_.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.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) 累次积分可以写成 ( )(A) (B) (C) (D) (2)
2、下述各选项正确的是 ( )(A) 若和都收敛,则收敛(B) 收敛,则与都收敛(C) 若正项级数发散,则(D) 若级数收敛,且,则级数也收敛(3) 设阶矩阵非奇异(),是矩阵的伴随矩阵,则 ( )(A) (B) (C) (D) (4) 设有任意两个维向量组和,若存在两组不全为零的数 和,使,则( )(A) 和都线性相关(B) 和都线性无关(C) 线性无关(D) 线性相关(5) 已知且,则下列选项成立的是( )(A) (B) (C) (D) 三、(本题满分6分)设其中有二阶连续导数,且.(1)求；(2)讨论在上的连续性.四、(本题满分6分)设函数,方程确定是的函数,其中可微；,连续,且.求.五、(
3、本题满分6分)计算.六、(本题满分5分)设在区间上可微,且满足条件.试证:存在使七、(本题满分6分)设某种商品的单价为时,售出的商品数量可以表示成,其中均为正数,且.(1) 求在何范围变化时,使相应销售额增加或减少.(2) 要使销售额最大,商品单价应取何值?最大销售额是多少?八、(本题满分6分)求微分方程的通解.九、(本题满分8分)设矩阵.(1) 已知的一个特征值为3,试求；(2) 求矩阵,使为对角矩阵.十、(本题满分8分)设向量是齐次线性方程组的一个基础解系,向量不是方程组的解,即.试证明:向量组线性无关.十一、(本题满分7分)假设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2,机器发生故障时全天停
4、止工作,若一周5个工作日里无故障,可获利润10万元；发生一次故障仍可获得利润5万元；发生两次故障所获利润0元；发生三次或三次以上故障就要亏损2万元.求一周内期望利润是多少?十二、(本题满分6分)考虑一元二次方程,其中分别是将一枚色子(骰子)接连掷两次先后出现的点数.求该方程有实根的概率和有重根的概率.十三、(本题满分6分)假设是来自总体X的简单随机样本；已知.证明：当充分大时,随机变量近似服从正态分布,并指出其分布参数.1996年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析一、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)【答案】【解析】方法1：方程两边取对数得,再两
5、边求微分,.方法2：把变形得,然后两边求微分得,由此可得 (2)【答案】【解析】由,两边求导数有,于是有 .(3)【答案】(或),任意【解析】对两边求导得所以过的切线方程为即又题设知切线过原点,把代入上式,得即由于系数,所以,系数应满足的关系为(或),任意.(4)【答案】【解析】因为是范德蒙行列式,由知.根据解与系数矩阵秩的关系,所以方程组有唯一解.根据克莱姆法则,对于,易见 所以的解为,即.【相关知识点】克莱姆法则：若线性非齐次方程组或简记为 其系数行列式,则方程组有唯一解其中是用常数项替换中第列所成的行列式,即.(5)【答案】【解析】可以用两种方法求解：(1)已知方差,对正态总体的数学期望
6、进行估计,可根据因,设有个样本,样本均值,有,将其标准化,由公式得：由正态分布分为点的定义可确定临界值,进而确定相应的置信区间.(2)本题是在单个正态总体方差已知条件下,求期望值的置信区间问题.由教材上已经求出的置信区间,其中,可以直接得出答案.方法1：由题设,可见查标准正态分布表知分位点本题, , 因此,根据 ,有,即 ,故的置信度为0.95的置信区间是 .方法2：由题设,查得, 代入得置信区间.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.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)【答案】(D)【解析】方法1：由题设知,积分区域在极坐标系中
7、是1即是由与轴在第一象限所围成的平面图形,如右图.由于的最左边点的横坐标是,最右点的横坐标是1,下边界方程是上边界的方程是,从而的直角坐标表示是故(D)正确.方法2：采取逐步淘汰法.由于(A)中二重积分的积分区域的极坐标表示为而(B)中的积分区域是单位圆在第一象限的部分,(C)中的积分区域是正方形所以,他们都是不正确的.故应选(D).(2)【答案】(A)【解析】由于级数和都收敛,可见级数收敛.由不等式及比较判别法知级数收敛,从而收敛.又因为即级数收敛,故应选(A).设,可知(B)不正确.设,可知(C)不正确.设,可知(D)不正确.注：在本题中命题(D)“若级数收敛,且,则级数也收敛.”不正确,
8、这表明：比较判别法适用于正项级数收敛(或级数绝对收敛)的判别,但对任意项级数一般是不适用的.这是任意项级数与正项级数收敛性判别中的一个根本区别.(3)【答案】(C)【解析】伴随矩阵的基本关系式为,现将视为关系式中的矩阵,则有.方法一：由及,可得故应选(C).方法二：由,左乘得,即.故应选(C).(4)【答案】(D)【解析】本题考查对向量组线性相关、线性无关概念的理解.若向量组线性无关,即若,必有.既然与不全为零,由此推不出某向量组线性无关,故应排除(B)、(C). 一般情况下,对于不能保证必有及故(A)不正确.由已知条件,有,又与不全为零,故线性相关.故选(D).(5)【答案】(B)【解析】依
9、题意因,故有.因此应选(B).注：有些考生错误地选择(D).他们认为(D)是全概率公式,对任何事件都成立,但是忽略了全概率公式中要求作为条件的事件应满足,且是对立事件.【相关知识点】条件概率公式：.三、(本题满分6分)【解析】(1) 由于有二阶连续导数,故当时,也具有二阶连续导数,此时,可直接计算,且连续；当时,需用导数的定义求.当时, 当时,由导数定义及洛必达法则,有.所以 (2) 在点的连续性要用定义来判定.因为在处,有.而在处是连续函数,所以在上为连续函数.四、(本题满分6分)【解析】由可得.在方程两边分别对求偏导数,得所以 .于是 .五、(本题满分6分)【分析】题的被积函数是幂函数与指
10、数函数两类不同的函数相乘,应该用分部积分法.【解析】方法1:因为 所以 而 ,故原式.方法2: 六、(本题满分5分)【分析】由结论可知,若令,则.因此,只需证明在内某一区间上满足罗尔定理的条件.【解析】令,由积分中值定理可知,存在,使,由已知条件,有于是且在上可导,故由罗尔定理可知,存在使得即【相关知识点】1.积分中值定理：如果函数在积分区间上连续,则在上至少存在一个点,使下式成立：.这个公式叫做积分中值公式.2.罗尔定理：如果函数满足(1)在闭区间上连续；(2)在开区间内可导；(3)在区间端点处的函数值相等,即,那么在内至少有一点(),使得.七、(本题满分6分)【分析】利用函数的单调性的判定
11、,如果在的某个区间上导函数,则函数单调递增,反之递减.【解析】(1)设售出商品的销售额为,则令得 .当时,所以随单价的增加,相应销售额也将增加.当时,有,所以随单价的增加,相应销售额将减少.(2)由(1)可知,当时,销售额取得最大值,最大销售额为.八、(本题满分6分)【解析】令,则.当时,原方程化为,即,其通解为 或 .代回原变量,得通解.当时,原方程的解与时相同,理由如下:令,于是,而且.从而有通解,即.综合得,方程的通解为.注：由于未给定自变量的取值范围,因而在本题求解过程中,引入新未知函数后得,从而,应当分别对和求解,在类似的问题中,这一点应当牢记.九、(本题满分8分)【分析】本题的(1
12、)是考查特征值的基本概念,而(2)是把实对称矩阵合同于对角矩阵的问题转化成二次型求标准形的问题,用二次型的理论与方法来处理矩阵中的问题.【解析】(1)因为是的特征值,故所以.(2)由于,要,而是对称矩阵,故可构造二次型,将其化为标准形.即有与合同.亦即.方法一：配方法.由于 那么,令即经坐标变换有 .所以,取 ,有 .方法二：正交变换法.二次型对应的矩阵为,其特征多项式.的特征值.由,即,和,即,分别求得对应的线性无关特征向量,和的特征向量.对用施密特正交化方法得,再将单位化为,其中：.取正交矩阵,则 ,即 .十、(本题满分8分)【解析】证法1： (定义法)若有一组数使得 (1)则因是的解,知,用左乘上式的两边,有. (2)由于,故. 对(1)重新分组为. (3) 把(2)代入(3)得 .由于是基础解系,它们线性无关,故必有.代入(2)式得:.因此向量组线性无关.证法2： (用秩)经初等变换向量组的秩不变.把第一列的-1倍分别加至其余各列,有因此 由于
