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1、1996年全国研究生研究生入学统一考试数学三试题一、填空题(本题共5小题,每题3分,满分15分.把答案填在题中横线上.)(1) 设方程确定是函数,则_. (2) 设,则_.(3) 设是抛物线上一点,若在该点切线过原点,则系数应满足关系是_. (4) 设,其中.则线性方程组解是_.(5) 设由来自正态总体容量为9简单随机样本,得样本均值,则未知参数置信度为0.95置信区间为_.二、选择题(本题共5小题,每题3分,满分15分.每题给出四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前字母填在题后括号内.)(1) 累次积分能够写成 ( )(A) (B) (C) (D) (2) 下述各选项正确是 ( )(A
2、) 若和所有收敛,则收敛(B) 收敛,则和所有收敛(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数 和,使,则( )(A) 和所有线性有关(B) 和所有线性无关(C) 线性无关(D) 线性有关(5) 已知且,则下列选项成立是( )(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)讨论在上连续性.四、(本题满分6分)设函数,方程确定是函数,其中可微；,连续,且.求.五、(本题满分6分)计算.六、(本题满
3、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)设某种商品单价为时,售出商品数量能够表示成,其中均为正数,且.(1) 求在何范围变化时,使对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)求微分方程通解.九、(本题满分8分)设矩阵.(1) 已知一个特性值为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一个基础解系,向量不是方程组解,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概率为0.2,机器发生故障时全天停止工作,若一周5个工作日里无端障,可赢利润10
4、万元；发生一次故障仍可取得利润5万元；发生两次故障所赢利润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)接连掷两次前后出现点数.求该方程有实根概率和有重根概率.十三、(本题满分6分)假设是来自总体X简单随机样本；已知.证明：当充足大时,随机变量近似服从正态分布,并指出其分布参数.1996年全国研究生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,每题3分,满分15分,把答案填在题中横线上.)(1)【答案】【解析】措施1：方程两边取对数得,再两边求微分,.措施2：把变形得,然后两边求微分得,由此可
5、得 (2)【答案】【解析】由,两边求导数有,于是有 .(3)【答案】(或),任意【解析】对两边求导得因此过切线方程为即又题设知切线过原点,把代入上式,得即因为系数,因此,系数应满足关系为(或),任意.(4)【答案】【解析】因为是范德蒙行列式,由知.依据解和系数矩阵秩关系,因此方程组有唯一解.依据克莱姆法则,对于,易见 因此解为,即.【有关知识点】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代中第列所成行列式,即.(5)【答案】【解析】能够用两种措施求解：(1)已知方差,对正态总体数学期望进行估量,可依据因,设有个样本,样本均值,有,将其标准化,由公式得
6、：由正态分布分为点定义可确定临界值,进而确定对应置信区间.(2)本题是在单个正态总体方差已知条件下,求期望值置信区间问题.由教材上已经求出置信区间,其中,能够直接得出答案.措施1：由题设,可见查标准正态分布表知分位点本题, , 因此,依据 ,有,即 ,故置信度为0.95置信区间是 .措施2：由题设,查得, 代入得置信区间.二、选择题(本题共5小题,每题3分,满分15分.每题给出四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前字母填在题后括号内.)(1)【答案】(D)【解析】措施1：由题设知,积分区域在极坐标系中是1即是由和轴在第一象限所围成平面图形,如右图.因为最左边点横坐标是,最右点横坐标是1,
7、下边界方程是上边界方程是,从而直角坐标表示是故(D)正确.措施2：采取逐渐裁减法.因为(A)中二重积分积分区域极坐标表示为而(B)中积分区域是单位圆在第一象限部分,(C)中积分区域是正方形因此,她们所有是不正确.故应选(D).(2)【答案】(A)【解析】因为级数和所有收敛,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,这表白：比较判别法适适合用于正项级数收敛(或级数绝对收敛)判别,但对任意项级数一般是不合用.这是任意项级数和
8、正项级数收敛性判别中一个根本辨别.(3)【答案】(C)【解析】伴随矩阵基础关系式为,现将视为关系式中矩阵,则有.措施一：由及,可得故应选(C).措施二：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有关、线性无关概念了解.若向量组线性无关,即若,必有.既然和不全为零,由此推不出某向量组线性无关,故应排除(B)、(C). 一般情况下,对于不能确保必有及故(A)不正确.由已知条件,有,又和不全为零,故线性有关.故选(D).(5)【答案】(B)【解析】依题意因,故有.因此应选(B).注：有些考生错误地选择(D).她们以为(D)是全概率公式,对任何事件所有成立,不过忽视
9、了全概率公式中要求作为条件事件应满足,且是对立事件.【有关知识点】条件概率公式：.三、(本题满分6分)【解析】(1) 因为有二阶连续导数,故当初,也含有二阶连续导数,此时,可直接计算,且连续；当初,需用导数定义求.当初, 当初,由导数定义及洛必达法则,有.因此 (2) 在点连续性要用定义来判定.因为在处,有.而在处是连续函数,因此在上为连续函数.四、(本题满分6分)【解析】由可得.在方程两边分别对求偏导数,得因此 .于是 .五、(本题满分6分)【分析】题被积函数是幂函数和指数函数两类不一样样函数相乘,应当用分部积分法.【解析】措施1:因为 因此 而 ,故原式.措施2: 六、(本题满分5分)【分
10、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【有关知识点】1.积分中值定理：假如函数在积分区间上连续,则在上最少存在一个点,使下式成立：.这个公式叫做积分中值公式.2.罗尔定理：假如函数满足(1)在闭区间上连续；(2)在开区间内可导；(3)在区间端点处函数值相等,即,那么在内最少有一点(),使得.七、(本题满分6分)【分析】利用函数单调性判定,假如在某个区间上导函数,则函数单调递增,反之递减.【解析】(1)设售出商品销售额为,则令得 .当初,因此随单价增加,对应销售额
11、也将增加.当初,有,因此随单价增加,对应销售额将减少.(2)由(1)可知,当初,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.当初,原方程化为,即,其通解为 或 .代回原变量,得通解.当初,原方程解和时相同,理由如下:令,于是,并且.从而有通解,即.综合得,方程通解为.注：因为未给定自变量取值范围,因此在本题求解过程中,引入新未知函数后得,从而,应当分别对和求解,在类似问题中,这一点应当切记.九、(本题满分8分)【分析】本题(1)是考查特性值基础概念,而(2)是把实对称矩阵协议于对角矩阵问题转化成二次型求标准形问题,用二次型理论和措施来处理矩阵中问题.【解析】(1)因为是
12、特性值,故因此.(2)因为,要,而是对称矩阵,故可结构二次型,将其化为标准形.即有和协议.亦即.措施一：配措施.因为 那么,令即经坐标变换有 .因此,取 ,有 .措施二：正交变换法.二次型对应矩阵为,其特性多项式.特性值.由,即,和,即,分别求得对应线性无关特性向量,和特性向量.对用施密特正交化措施得,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)则因是解,知,用左乘上式两边,有. (2)因为,故. 对(1)重新分组为. (3) 把(2)代入(3)得 .因为是基础解系,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)经初等变换向量组秩不变.把第一列-1倍分别加至其他各列,有因此 因为是基础解系,它们是线性无关,秩,又必不能由线性表出(否则),故.因此 即向量组线性无关.十一、(本题满分7分)【解析】设一周5个工作日内发生故障天数为,则服从二项分布即.
