1998年考研数学三真题及答案.doc-资料库

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1998 年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) 设曲线 ( ) )n f x f  x 在点 (1,1) 处的切线与 x 轴的交点为 ( n ,则 lim ( ,0) n n   . (2)  ln 1x  2 x dx  . (3) 差分方程 1 2 y t   10 y t  5 t  的通解为 0 . (4) 设矩阵 ,A B 满足 * A BA  2 BA  8 E ,其中 A  的伴随矩阵,则 B  . 1 0 0      0 0 2 0  1 0      , E 为单位矩阵, *A 为 A (5) 设 1 X X X X 是来自正态总体  N , , , 2 3 4  3 b X 3 X 4 2 4 .则当 a  其自由度为 . 20,2 的简单随机样本,  X a X   22 X 1 2  ,b  时,统计量 X 服从 2 分布, 二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,共 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) 设周期函数  f x 在  ,  内可导,周期为 4.又  f   1 f  2 x lim 0 x   1  x    则曲线 1, (C) 1 (D) 2 讨论函数   f x 的间断点,其结论为 ( ) ( ) y   f x  在点  5,   5f  处的切线的斜率为 (A) 1 2 (2) 设函数  f x   lim n  (B) 0 1 x  2 1 x  , n (A) 不存在间断点 (C) 存在间断点 0 x   x  1  x  1  x  1 (3) 齐次线性方程组 2 x    2 x x    2 3 x x    2 3 0, x  3 0,  0  AB  ,则 0 2  且| 1 且| (A) (C) | 0B  | 0B  (B) 存在间断点 1x  x   (D) 存在间断点 1 的系数矩阵记为 A .若存在三阶矩阵 0B  使得 ( ) (B) (D) 2  且| 1 且| | 0B  | 0B 

(4) 设  n n  阶矩阵 3 A  1 a 1 a a a   a a            a a 1  a  若矩阵 A 的秩为 1n  ,则 a 必为 1 (A) 1 1 n (B) a a a  1         , (C) 1 (D) 1 1n  ( ) aF x  1 ( ) ( ) bF x 2 ( ) (5) 设 1( )F x 与 2( )F x 分别为随机变量 1X 与 2X 的分布函数.为使  F x   是某一变量的分布函数,在下列给定的各组数值中应取 (A) (C)  3 5   a a   b  , b 1 2 , 2 5 3 2 三、(本题满分 5 分) (B) a  (D) a   2 3   , b , b 2 3 1 2 3 2 设 z  2 ( x  2 y e  ) arctan y x ,求 dz 与 2z  x y   . 四、(本题满分 5 分)  , x y x D 设    2  2 y  x  ,求  D xdxdy . 五、(本题满分 6 分) 设某酒厂有一批新酿的好酒,如果现在(假定 0 t  )就售出,总收入为 0( R 元 .如果窖藏 ) 起来待来日按陈酒价格出售, t 年末总收入为复利计息,试求窖藏多少年售出可使总收入的现值最大.并求 0.06 R R e 0 r   时的t 值. 假定银行的年利率为 r ,并以连续 2 5 .t 六、(本题满分 6 分) f x 在 设函数 ( ) ,a b 上连续,在 ( , )a b 内可导,且 ( ) f x  试证存在 , 0.  ( , ), a b 使得 a b e e  b a   e .   f f  ( )   ( )   七、(本题满分 6 分)

设有两条抛物线 y  2 nx  和 1 n y  ( n  1) x 2  1  1 n ,记它们交点的横坐标的绝对值为 .na (1) 求这两条抛物线所围成的平面图形的面积 nS ； (2) 求级数   的和. n S a n n 1  八、(本题满分 7 分) 设函数 ( ) f x 在[1, ) 上连续.若由曲线 y  ( ), f x 直线 1,  x x  ( t t  与 x 轴所围 1) 成的平面图形绕 x 轴旋转一周所形成的旋转体体积为 ( ) V t  2 f ( ) t  f  (1) .   t  3 试求 y  ( ) f x 所满足的微分方程,并求该微分方程满足条件 xy   的解. 2 2 9 九、(本题满分 9 分) 设向量   ( , a a 1 2 ,  , a n T ) ,   ( , b b 1 2 ,  , b n ) T 都是非零向量,且满足条件 T  记 0. n 矩阵 .T A  求： (1) 2A ； (2) 矩阵 A 的特征值和特征向量. 十、(本题满分 7 分) 设矩阵 A       1 0 1   0 2 0 ,   1 0 1  矩阵 B  ( kE A  2 ) , 其中 k 为实数, E 为单位矩阵.求对角矩阵  ,使 B 与  相似,并求 k 为何值时, B 为正定矩阵. 十一、(本题满分 10 分) 一商店经销某种商品,每周进货的数量 X 与顾客对该种商品的需求量Y 是相互独立的随机变量,且都服从区间[10,20]上的均匀分布.商店每售出一单位商品可得利润 1000 元；若需求量超过了进货量,商店可从其他商店调剂供应,这时每单位商品获利润为 500 元.试计算此商店经销该种商品每周所得利润的期望值. 十二、(本题满分 9 分) 设有来自三个地区的各 10 名、15 名和 25 名考生的报名表,其中女生的报名表分别为 3 份、7 份和 5 份.随机地取一个地区的报名表,从中先后抽出两份.

(1) 求先抽到的一份是女生表的概率 p ； (2) 已知后抽到的一份是男生表,求先抽到的一份是女生表的概率 q .

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)【答案】 (2)【答案】 1 e  (3)【答案】 (4)【答案】 (5)【答案】 ln x C  x  ( 5)  ty C      2 0 0 0 0   4 0    0 2  1, 1 20 100 ,2 t  5 12 ( t  1 6 ) 二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,共 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) (2)【答案】(B) (3)【答案】(C) (4)【答案】(B) (5)【答案】(A) 三、(本题满分 5 分) 【解析】  arctan y x dz  e 2 ( d x  y 2 )  ( x 2  2 ) ( y d e  arctan y x )  arctan  e  arctan  e  arctan  e  arctan  e y x y x y x y x             2 xdx  2 ydy  ( x 2  y 2 ) 2 xdx  2 ydy  x 2  xdy (2 x  ) y dx  (2 y  ) x dy 2 xdx  2 ydy  ( x 2  2 y d y ) ( arctan ) x          ( y x ) 2 1 dy 1 ( )  x    ydx  2 x  由全微分与偏微分的关系可知,其中 dx 的系数就是 z  x  ,即 z  x   (2 x  ) y e  arctan y x .再对 y 求偏导数,得  arctan y x  e  (2 x  ) y e  arctan y x 2 z  x y       1   1 y x 2 2       1 x  2 y 2 x  2 x xy   2 y e  arctan y x .

四、(本题满分 5 分) 【解析】 D  {( , x y x ) 2  2 y  表示圆心为 } x    1 ,0 2    ,半径为的圆及其内部,画出区域 D ,如右图.  ( , x y ) | 0    1, x x  x 2   y x  x 2  y O 1 2 方法 1: D  所以,  D xdxdy  1 0  xdx   2 x x  2 x x  dy  1 0  2 x x  2 x dx   2 1 0 x 1  xdx , 令 1 x   ,则 t 1x   , t 2 dx   2 tdt , :1 t  所以 0 上式  0  2 (1 1  2 t ) t ( 2 )   t dt  4  0 1 t 2 (1  2 t dt )  4    3 t 3  5 t 5 1    0  8 15 . 方法 2:引入极坐标系 x  r cos , y r   sin  ,于是 D     ( , r ) |    2     2 ,0   r cos      2   2  d  cos  0 r cos  rdr    2   2 cos d    0 cos 3  r dr 2 xdxdy   D   4 5  2 0  3 cos    d 8 15 . x , 其中倒数第二步用了华里士公式： n n   cos  n  2 0  1  n d  n   3 2    4 2 5 3   1 ,其中 n 为大于 1 的正奇数. 五、(本题满分 6 分) 【分析】根据连续复利公式,在年利率为 r 的情况下,现时的 A (元)在 t 时的总收入为 ert A ,反之, t 时总收入为 ( )R t 的现值为 ( ) A t ( ) R t 入的现值与窖藏时间 t 之间的关系式,从而可用微分法求其最大值. ( )e rt  R t ,将  R R e 0  2 5 t 代入即得到总收【解析】由连续复利公式知,这批酒在窖藏 t 年末售出总收入 R 的现值为 ( ) A t  e rt R  ,而由题设, t 年末的总收入 R R e 0  2 5 t ,据此可列出 ( )A t ： ( ) A t  R e  rt  R 0 2 5 e t  rt , 令 dA dt  2 5 0 e t  d R  dt   rt     R 0 e 2 5 t   rt   1 5 t  r     0 ,

得惟一驻点 t  t 0  1 25 r 2 . 2 d A 2 dt  d dA dt dt        2 5 e  d R  dt  0 t  rt    1 5 t  r       2 5 R 0 e  d dt    t  rt        1 5 t  r    2 5 t  rt  R 0 e d dt    1 5 t  r    2 5 2 5  R e 0  R e 0 t  rt    1 5 t  r 2     R e 0 2 5 t   rt   1 10 3 t    t   rt       1 5 t  r 2     1 10 3 t     2 d A 2 dt t  t 0 1 25 r  R e 0 ( 12.5 ) 0   . r 3 根据极值的第二充分条件,知： 0 t t 是 ( )A t 的极大值点,又因驻点惟一,所以也是最大值点.故窖藏 t  1 25 r 2 年出售,总收入的现值最大. 当 0.06 r  时, t  1 25 0.06    100 11 9  2 (年). 六、(本题满分 6 分) 【分析】本题要证的结论中出现两个中值点和,这种问题一般应将含有和的项分别移到等式两边后再用微分中值定理,为此本题只要证 f  ( )(  b a  )  b ( e  e a ) f  ( ) e    . 【解析】方法 1: 函数 ( ) f x 在 ,a b 上连续,在 ( , )a b 内可导,满足拉格朗日中值定理的条件, 对函数 ( ) f x 在 ,a b 上用拉格朗日中值定理,有 ( ) f b  ( ) f a  f  ( )(  ), b a a     . b 又函数 ( ) f x 与 xe 满足柯西中值定理的条件,将函数 ( ) f x 与 xe 在 ,a b 上用柯西中值定理, 有从而有 ( ) f b b e   ( ) f a a e  f  ( ) ,  e a    b ,即 ( ) f b  ( ) f a b  （ e f a ） e  ( ) e . f  ( )(  b a  ) b  （ e f a ） e  ( )  e ,即 f f  ( )   ( )   a b e e  b a   e ,     , ( , ) a b .

a b e e  b a   .  e 方法 2：题中没有限制  ,因此取  ,即成为要去证存在 ( , )a b 使在 ,a b 上对函数 xe 用拉格朗日中值定理,存在 ( , )a b 使 a b e e  b a   ,  e 即 a b e e  b a    e  1. 再取  ,则 f f  ( ) 1     ( )  a b e e  b a     e ,原题得证. 七、(本题满分 6 分) 【解析】(1)由 y  2 nx  与 y  ( n  1) x 2  n 因图形关于 y 轴对称,所以,所求图形的面积为 1 n 1  1 得 na  1 ( n n .  1) S n  2  2 (2)由(1)的结果知 a n  0 a n  0       2 nx   1 n ( n  1) x 2  2  x  1  dx  1) ( n n   n 1  dx  1  2 a n ( n n  1)  2 3 a n 3 4   3 1 ( n n  1) ( n n  1) . S a n n  1 4 3 ( n n  1)  4 1 ( 3 n  1  1 n ) , 根据级数和的定义,   n 1  S a n n  lim n  n  k 1  S a k k  4 3 lim n  n  k 1     1 k  1  1    k  4 3  lim 1   n   1     1 n  4 3 . 八、(本题满分 7 分) 【分析】本题是微分方程的几何应用问题.在题目中给出了由曲线 y  ( ) f x 等围成的平面图形绕 x 轴旋转一周所形成的旋转体体积 ( )V t 与包含函数 f 的一个恒等式,这正是列方程的依据. 【解析】由绕 x 轴旋转的旋转体体积公式得 ( ) V t f 2 ( ) x dx ,于是,依题意得 t 1    3 1 ,即 t f 2  t  f ( ) t  f (1)   2 ( ) x dx 2  t f ( ) t  f (1) . t f 1 2    ( ) x dx 两边对t 求导,化成微分方程 2 ( ) tf t ( ) t 3  f 2  3 2  t f t ( ) ,

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