2002考研数三真题及解析

2002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)

n2na11(1) 设常数a，则limlnn2n(12a)(2) 交换积分次序：

n.

12y140dyyyf(x,y)dxdyf(x,y)dx1214.

1(3) 设三阶矩阵A23a.

22T12，三维列向量a,1,1.已知A与线性相关，则 04(4) 设随机变量X和Y的联合概率分布为 Y X 0 1 2-1 0.07 0.08 20 0.18 0.32 .

1 0.15 0.20 22

则X和Y的协方差cov(X,Y)(5) 设总体X的概率密度为

e(x),若x,f(x;)

0,若x而X1,X2,,Xn是来自总体X的简单随机样本，则未知参数的矩估计量为

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) 设函数f(x)在闭区间[a,b]上有定义，在开区间(a,b)内可导，则 ( )

(A)当f(a)f(b)0时，存在(a,b)，使f()0. (B)对任何(a,b)，有lim[f(x)f()]0.

x(C)当f(a)f(b)时，存在(a,b)，使f()0. (D)存在(a,b)，使f(b)f(a)f()(ba).

修正版

51a2nn(2) 设幂级数anx与bnx的收敛半径分别为与，则幂级数2x的收敛半

33n1n1i1bnnn径为 ( ) (A) 5 (B)

511 (C) (D) 335(3) 设A是mn矩阵，B是nm矩阵，则线性方程组ABx0 ( )

(A)当nm时仅有零解 (B)当nm时必有非零解

(C)当mn时仅有零解 (D)当mn时必有非零解

(4) 设A是n阶实对称矩阵，P是n阶可逆矩阵，已知n维列向量是A的属于特征值的 特征向量，则矩阵PAP1T1T属于特征值的特征向量是 ( )

(A) P (B) P (C)P (D)P(5) 设随机变量X和Y都服从标准正态分布，则 ( )

21T

(A)XY服从正态分布 (B)XY服从分布

22

(C)X和Y都服从分布 (D)X/Y服从F分布

22222三、(本题满分5分)

求极限 limx0x0uarctan(1t)dtdu0

x(1cosx)2四、(本题满分7分)

设函数uf(x,y,z)有连续偏导数，且zz(x,y)由方程xeyeze所确定，求du. 五、(本题满分6分)

设f(sinx)2xyzxx,求f(x)dx. sinx1x2六、(本题满分7分)

设D1是由抛物线y2x和直线xa,x2及y0所围成的平面区域；D2是由抛物线y2x和直线y0,xa所围成的平面区域，其中0a2.

(1)试求D1绕x轴旋转而成的旋转体体积V1；D2绕y轴旋转而成的旋转体体积V2； (2)问当a为何值时，V1V2取得最大值？试求此最大值.

2修正版

七、(本题满分7分)

x3x6x9(1)验证函数y(x)13!6!9!yyyex

x3n3n!x满足微分方程

x3n(2)利用(1)的结果求幂级数的和函数.

n03n!八、(本题满分6分)

设函数f(x),g(x)在[a,b]上连续，且g(x)0.利用闭区间上连续函数性质，证明存在一点[a,b]，使

baf(x)g(x)dxf()g(x)dx.

ab九、(本题满分8分)

设齐次线性方程组

ax1bx2bx3bxaxbx123bx1bx2bx3bxn0,bxn0,axn0,

其中a0,b0,n2，试讨论a,b为何值时，方程组仅有零解、有无穷多组解？在有无穷多组解时，求出全部解，并用基础解系表示全部解.

十、(本题满分8分)

设A为三阶实对称矩阵，且满足条件A2A0，已知A的秩r(A)2 (1)求A的全部特征值

(2)当k为何值时，矩阵AkE为正定矩阵，其中E为三阶单位矩阵. 十一、(本题满分8分)

假设随机变量U在区间2,2上服从均匀分布，随机变量

21,若U1-1,若U1XY

1,若U1;1,若U1;试求：(1)X和Y的联合概率分布；(2)D(XY). 十二、(本题满分8分)

假设一设备开机后无故障工作的时间X服从指数分布，平均无故障工作的时间E(X) 为5小时.设备定时开机，出现故障时自动关机，而在无故障的情况下工作2小时便关机.试求该设备每次开机无故障工作的时间Y的分布函数F(y).

修正版

2002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 (1)【答案】

1 12a【详解】里面为型，通过凑成重要极限形式来求极限， “1”“ln”n2na11limlnlimln1nn(12a)nn(12a)11limln1n12an(12a)

(2)【答案】

120xn(12a)n1n(12a)12a

11． lne12a12adx2f(x,y)dy

x【详解】画出与原题中二次积分的限所对应的积分区域D1与D2，将它们的并集记为D． 于是

140dyyyf(x,y)dxdyf(x,y)dxf(x,y)d．

D121412y再将后者根据积分定义化为如下形式，即x从0，y从xx，所以

122Df(x,y)ddx2f(x,y)dy.

x120x修正版

(3)【答案】1 【详解】

1A2322aa1212a3,

0413a4由于A与线性相关，(两个非零向量线性相关，则对应分量成比例)，所以有

a2a33a4，得 2a33a4,a1. a11或Ak,(k0)(两个非零向量线性相关，则其中一个可以由另一个线性表出)

aa即 2a3k1，得

3a41

(4)【答案】0.02．

aka2a3k，得 a1.(k1) 3a4k【详解】X、Y和XY都是01分布，而01分布的期望值恰为取1时的概率p．

由离散型随机变量X和Y的联合概率分布表可得X的可能取值为0和1，且Y的可能取值也为0和1，且X和Y的边缘分布为

22222

2

PX00.070.180.150.4；PX10.080.320.200.6； PY10.070.080.15；PY00.180.320.5； PY10.150.200.35；

故有

X 0 1

Y 1 0 1

0.15 0.5 0.35

0.4 0.6

PX20,Y20PX0,Y00.18,

修正版

PX20,Y21PX0,Y1PX0,Y10.070.150.22, PX21,Y20PX1,Y00.32,

PX21,Y21PX1,Y1PX1,Y10.080.200.28,

而边缘分布律：

PX20PX00.4，PX21PX10.6， PY20PY00.5，

PY21PY1PY10.150.350.5

所以，(X,Y)的联合分布及其边缘分布为

Y2 X2 0 1 0 0．18 0．32 0．50 1 0．22 0．28 0．50 0．40 0．60 1 22由上表同理可求得X2Y2的分布律为

X2Y2 0 0．72 1 0．28 P 所以由01分布的期望值恰为取1时的概率p得到：

E(X2)0.5，E(Y2)0.60,E(X2Y2）0.28cov（X，Y）E（XY）E(X)E(Y)0.280.60.50.02

(5)【答案】X1．

222222

【详解】矩估计的实质在于用样本矩来估计相应的总体矩，此题中被估参数只有一个，故只

需要用样本一阶原点矩(样本均值)来估计总体的一阶原点矩(期望) 期望 E(X)xf(x)dxxe(x)dx1

1n样本均值 XXi

ni11n用样本均值估计期望有 EXX，即 1Xi，

ni1修正版

1nˆ解得未知参数的矩估计量为 Xi1X1．

ni1

二、选择题 (1)【答案】(B)

【详解】方法1：论证法．由题设f(x)在开区间(a,b)内可导，所以f(x)在(a,b)内连续，

因此，对于(a,b)内的任意一点，必有limf(x)f(). 即有lim[f(x)f()]0．故

xx选(B)．

方法2：排除法．

1x(a,b](A)的反例：f(x)，有f(a)1,f(b)1,f(a)f(b)10，

1xa但f(x)在(a,b)内无零点．

(C)与(D)的反例，f(x)x1x(1,1]x1 f(1)f(1)1，但f(x)1(当

x(1,1))，不满足罗尔中值定理，当然也不满足拉格朗日中值定理的结论．故选(B)．

(2)【答案】(D)

【详解】方法1：A是mn矩阵，B是nm矩阵，则AB是m阶方阵，因

r(AB)min(r(A),r(B))．

当mn时，有r(AB)min(r(A),r(B))nm．(系数矩阵的秩小于未知数的个数)方程组ABx0必有非零解，故应选(D)．

方法2：B是nm矩阵, 当mn时,，则r(B)n，(系数矩阵的秩小于未知数的个数)方

程组Bx0必有非零解，即存在x00，使得Bx00，两边左乘A，得ABx00，即ABx0有非零解，故选(D)．

(3)【答案】(B)

【详解】方法1：由题设根据特征值和特征向量的定义，A，A是n阶实对称矩阵，

故AA．设PAPT1TB，则

TBPTATP1PTAP1PTA(PT)1

上式左乘PT1T，右乘P，得

T修正版

(PT)1BPT(PT)1PTA(PT)1PT，即APTBPT，

所以 A(PTBPT)

两边左乘PT，得 (PTPTBPT)PT()得B(P)P

根据特征值和特征向量的定义，知B(PAP)的对应于特征值的特征向量为

1T111TTPT，即应选(B)．

方法2：逐个验算(A)，(B)，(C)，(D)中哪个选项满足，由题设根据特征值和特征向量的定

义，A，A是n阶实对称矩阵，故ATA．设PAP向量为，即PAP1T属于特征值的特征

T1T，其中P1APPTATP1PTAP1

TT对(A)，即令P，代入PTAP1(P1)P1

TT对(B)，PTAP1(PT)PTA(P1PT)PA[(P)P)]PA(P)

TT1TTT1T成立．故应选(B)．

(4)【答案】C

2222【分析】(i)变量的典型模式是：X1X22Xn，其中Xi要求满足：Xi相互

独立，XiN(0,1)．称2为参数为n的2变量．

(ii) F变量的典型模式是：FX/n1，其中X,Y要求满足：X与Y相互独立，Y/n2X2(n1),Y2(n2)，称F为参数为n1,n2的F变量．

222

【详解】方法1：根据题设条件，X和Y均服从N(0,1)．故X和Y都服从(1)分布，

答案应选(C)．

方法2：题设条件只有X和Y服从N(0,1)，没有X与Y的相互独立条件．因此，X与Y

的独立条件不存在，选(B)、(D)项均不正确．

题中条件既没有X与Y独立，也没有(X,Y)正态，这样就不能推出XY服从正态分布的选项(A)．根据排除法，正确选项必为(C)．

三【详解】

22

修正版

limx0x0xuuarctan(1t)dtduduarctan(1t)dt0等lim00 x013x(1cosx)x2x222洛limx00arctan(1t)dt32x2arctan(1x2)2x2洛lim．

x03x346

四【详解】方法1：用一阶微分形式不变性求全微分．duf1dxf2dyf3dz

zz(x,y)由xexyeyzez所确定，两边求全微分，有

d(xexyey)d(zez)d(xex)d(yey)d(zez) xexdxexdxyeydyeydyzezdzezdz，

ex(x1)dxey(y1)dy,(设z10). 解出 dzez(z1)xye(x1)dxe(y1)dy所以 duf1dxf2dyf3

ez(z1)xye(x1)e(y1)f1f3zdxffdy 23ze(z1)e(z1)方法2：

uzuzf1f3,f2f3(根据多元函数偏导数的链式法则) xxyy下面通过隐函数求导得到

zzxyz，．由xeyeze两边对x求偏导数，有 xyxexex(zezez)z, xzyeyeyuuzxexex,表达式 z(设z10)得，．类似可得，，代入zzzyzeexyxzeexxuxeef1f3(z),xzeezyyuyeef2f3(z)， yzeez再代入 duuudxdy中，得 xy修正版

xye(x1)e(y1)dxffdy． duf1f3z23ze(z1)e(z1)

五【详解】首先要从f(sinx)22x求出f(x)． sinxu，xarcsinu，于是f(u)命usinx，则有sinx求出函数的表达式)

arcsinu．(通过换元uxxarcsinxarcsinxf(x)dxdxdx 1x1xx1xxsintt2sintcostdt(换元积分法) costtsintdt2tcostsintC(分部积分法)

21xarcsinxxC．

六【分析】旋转体的体积公式：设有连续曲线:yf(x)(axb)，f(x)0与直线

xa,xb及x轴围成平面图形绕x轴旋转一周产生旋转体的体积Vf(x)2dx.

ab【详解】(1) V12a2x2222dx4(32a5) 5V2a2a(2) VV1V22a20x2dya40a2．

4(32a5)a4 5根据一元函数最值的求法要求驻点，令

dV4a3(1a)=0, dadVdV得a1. 当0a1时0，当1a2时0，因此a1是V的唯一极值点且

dada129是极大值点，所以是V的最大值点，maxV．

5

x3x6x9七【解】(1) y(x)13！6！9！x3n+(3n)!x3n1，

(3n)!n1由收敛半径的求法知收敛半径为，故由幂级数在收敛区间上逐项可导公式得

修正版

x3n3nx3n1x3n1x3ny(x)(1)(3n)!(3n1)!，

n1n1n1(3n)!n1(3n)!x3n2同理得 y

n1(3n2)!x3n2x3n1x3n)()(1) 从而 y(x)y(x)y(x)((3n2)!(3n1)!(3n)!n1n1n1xn1(由ex的麦克劳林展开式)

n1n!ex

x3nx这说明，y(x)是微分方程yyye的解，并且满足初始条件

n0(3n)!03n03n1y(0)10. 1，y(0)(3n)!(3n1)!n1n1(2)微分方程yyye对应的齐次线性方程为yyy0，其特征方程为

x210，其特征根为x2123i，所以其通解为 2ye[C1cos33xC2sinx]. 22xxxxx另外，该非齐次方程的特解形式为yce，代入原非齐次方程得cececee，

所以c1x.故微分方程yyye的通解为 3ye[C1cosx2331xC2sinx]ex. 223xx12333331xC2sinx]e2[C1sinxC2cosx]ex 故 ye[C1cos2222223xx123312331e(C22C1)sinxe(C12C2)cosxex

2222223由初始条件y(0)1,y(0)0得

修正版

03310121e[Ccos0Csin0]eC121223310331033120e2(C12C2)cos0e0 0e(C22C1)sin2222223131C1C2223解得

1C113， 1C3C1012232于是得到惟一的一组解：C12,C20.从而得到满足微分方程yyyex及初始3条件y(0)1,y(0)0的解，只有一个，为

x2231yecosxex

323x3nx另一方面，由(1)已知y(x)也是微分方程yyye及初始条件

n0(3n)!y(0)1,y(0)0的解，由微分方程解的唯一性，知

xx3n22311ecosxex(x).

323n1(3n)!

八【详解】方法1：因为f(x)与g(x)在a,b上连续，所以存在x1x2使得

f(x1)Mmaxf(x)，f(x2)mminf(x)，

x[a,b]x[a,b]满足mf(x)M．又g(x)0，故根据不等式的性质

mg(x)f(x)g(x)Mg(x)

根据定积分的不等式性质有

mg(x)dxf(x)g(x)dxMg(x)dx,

aaabbb所以 mbaf(x)g(x)dxbag(x)dxM.

修正版

由连续函数的介值定理知，存在[a,b]，使f()即有

baf(x)g(x)dxbb

ag(x)dxbaf(x)g(x)dxf()g(x)dx．

ab方法2：因为f(x)与g(x)在a,b上连续，且g(x)0，故

存在，且

af(x)g(x)dx与g(x)dx都

abbag(x)dx0.

bbb记

baf(x)g(x)dxbag(x)dxh，于是f(x)g(x)dxhg(x)dxhg(x)dx,即

aaaba(f(x)h)g(x)dx0

因此必存在(a,b)使f()h．不然，则在(a,b)内由连续函数的零点定理知要么从而根据积分的基本性质得(f(x)h)g(x)dx0；要么f(x)hf(x)h恒为正，

ab恒为负，同理得

ba(f(x)h)g(x)dx0，均与(f(x)h)g(x)dx0不符．由此推

ab知存在(a,b)使f()h，从而

baf(x)g(x)dxf()g(x)dx．

ab

九【详解】方法1：对系数矩阵记为A作初等行变换

abAbbbbabbabbb2行1行abb3行1行bbaab0n行1行bba0abbaa00b00 abxn0，基础解

当ab(0)时，rA1,AX0的同解方程组为x1x2系中含有n1个(未知数的个数-系数矩阵的秩)线性无关的解向量，取x2,x3,...,xn为自由未知量，分别取x21,x30,...,xn0，x20,x31,...,xn0，…,

x20,x30,...,xn1得方程组n1个线性无关的解

11,1,0,,0,21,0,1,0,,0,,n11,0,,0,1，

TTT修正版

为基础解系，方程组AX0的全部解为Xk11k22kn1n1，其中

ki(i1,2,n1)是任意常数．

当ab时，

bba0baabAba0abba001行2行b1行3行b1行n行b2行/(ab)b3行/(ab)0n行/(ab)1100101100ababbb00 1a(n1)b11100100100000 1当ab且a(n1)b时，Aa(n1)b0，r(A)n,AX0仅有零解. 当a(n1)b时，rAn1,AX0的同解方程组是

x1x20,xx0,13 ……x1xn0,基础解系中含有1个线性无关的解向量，取x1为自由未知量，取x11，得方程组1个非零解1,1,,1，即其基础解系，故方程组的全部解为

TXk，其中k是任意常数．

方法2：方程组的系数行列式

abbbabAbbabbbba(n1)bbbabbabbb aa(n1)bb把第2...，，n列a(n1)bb加到第1列aa(n1)bbb修正版

1bb1ab提取第1列的公因子[a(n1)b]1ba1bb第2行第1行1bb0ab0第3行-第1行[a(n1)b]00ab第n行-第1行[a(n1)b](ab)n1

bbb ab00ab

000(1)当ab且a(n1)b时，A0，r(A)n方程组只有零解． (2)当ab(0)时，

aaaaaaAaaaaaa方程组的同解方程组为

a第2行第1行000a第3行第1行000a第n行第1行a000aaaa10010第1行0a0011000000100 0x1x2xn0

基础解系中含有n1个(未知数的个数-系数矩阵的秩)线性无关的解向量，取

x2,x3,...,xn为自由未知量，分别取x21,x30,...,xn0，x20,x31,...,xn0，…, x20,x30,...,xn1得方程组n1个线性无关的解

11,1,0,,0,21,0,1,0,,0,,n11,0,,0,1，

为基础解系，方程组AX0的全部解为Xk11k22TTTkn1n1，其中

ki(i1,2,n1)是任意常数．

(1)当a(n1)b(b0)时，

修正版

bb(1n)b(1n)bbbAbb(1n)bbbb1,2,...,n行1分别bbb

(1n)b11n12行1行nn03行1行n0nn行1行n00100 n000 1b11n111n1111n1111111n1n112,...,n行1100111分别n10010000110把第2,...,n行都1010依次加到第1行1001rAn1，其同解方程组是

x1x20,xx0,13 ……x1xn0,基础解系中含有1个线性无关的解向量，取x1为自由未知量，取x11，得方程组1个非零解1,1,,1，即其基础解系，故方程组的全部解为

TXk，其中k是任意常数．

十【详解】(1) 设是A的任意特征值，是A的属于的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有 A,0, ①

2两边左乘A，得 AA ②

2②+2*①得 A2A2222

2因A2A0，0，从而上式A2A220，

所以有20，故A的特征值的取值范围为0,2．

因为A是实对称矩阵，所以必相似于对角阵，且的主对角线上元素由A的特征值

2修正版

组成，且r(A)r()2，故A的特征值中有且只有一个0.

222，故r(A)r()3与已知矛盾；若有两个0，则0，

(若没有0，则2000，故r(A)r()0与已知

故r(A)r()1与已知矛盾；若三个全为0，则0矛盾). 故

2A2即A有特征值122,30．

 0(2)AkE是实对称矩阵，A有特征值122,30，知AkE的特征值为

k2,k2,k．因为矩阵正定的充要条件是它的所有的特征值均大于零，故

k20k2AkE正定k2 k0k0故k2时AkE是正定矩阵．

十一【分析】(X,Y)有四个可能值，可以逐个求出．在计算过程中要注意到取值与U的值有关．U的分布为均匀分布，计算概率不用积分都行，可以直接看所占区间的长度比例即可．

【详解】(X,Y)只有四个可能值(1,1),(1,1),(1,1)和(1,1)．依照题意，有

PX1,Y1PU1,U1PU11(2)1;

2(2)4PX1,Y1PU1,U1P0; 1PX1,Y1PU1,U1P1U1;21PX1,Y1PU1,U1PU1.

4于是，(X,Y)分布为

修正版

Y X 1 1 41 0 1 4221 1

1 22(2) 因为D(XY)E(XY)[E(XY)]，所以我们应该知道XY和(XY)的分布律．

对离散型随机变量，XY的取值可能有2,0,2;(XY)的取值可能有0和4；

21PXY2PX1,Y1,

4PXY0PX1,Y1PX1,Y101PXY2PX1,Y1,

412PXY0PXY0,

2211, 221PXY4PXY2PXY2．

22 1 40 2 和

XY和(XY)2的分布律分别为

XY P (XY)2 0 4

所以由离散型随机变量的数学期望计算公式有：

1 21 4P 1 21 2E(X)xkPXxk

k1n所以有，E(XY)2240,E(XY)22． 442D(XY)E(XY)2[E(XY)]22

十二【详解】首先找出随机变量Y的表达式． Y由X和2(小时)来确定，所以Ymin(X,2)．

指数分布的X的分布参数为 11,其密度函数为： E(X)5修正版

x115efX(x)50 x0x0 其中0是参数

由分布函数的定义：F(y)PYyPmin(X,2)y

(1) 当y0时，FY(y)0(因为YminX,2，其中X和2都大于0，那么小于0是不可能事件)

(2) 当y2时，FY(y)1(因为YminX,2最大也就取到2，所以小于等于2是一定发生的，是必然事件)

(3) 当0y2时, F(y)PYyPmin(X,2)yPXy

所以

yfX(x)dxy01xy115edx1e5 50 y01yFY(y)1e5 0y2

1 y2