2010考研数三真题及解析-

1、 Born to win2010年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题一、选择题(18小题,每小题4分,共32分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求的,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.)(1) 若,则等于( )(A) 0. (B) 1. (C) 2. (D) 3.(2) 设是一阶非齐次微分方程的两个特解,若常数使是该方程的解,是该方程对应的齐次方程的解,则( )(A) . (B) .(C) . (D) .【答案解析】见真题理论验证强化指导部分数二试题一(2).(3) 设函数具有二阶导数,且,若是的极值,则在取极大值的一个充分条件是( )(A) . (B) . (C) . (D) . (4) 设,则当充分大时有( )(A) . (B) .(C) . (D) .(5) 设向量组可由向量组线性表示,下列命题正确的是( )(A) 若向量组线性无关,则. (B) 若向量组线性相关,则.(C) 若向量组线性无关,则. (D) 若向量组线性相关,则. (6) 设为4阶实对称矩阵,且,若的秩为3,则相似于 ( )(A) . (B) .(C) . (D) . (7) 设随机变量的

2、分布函数,则= ( )(A) 0. (B) . (C) . (D) . (8) 设为标准正态分布的概率密度,为上均匀分布的概率密度,若为概率密度,则应满足 ( )(A) . (B) . (C) . (D) .二、填空题(914小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸指定位置上.)(9) 设可导函数由方程确定,则. (10)设位于曲线下方,轴上方的无界区域为,则绕轴旋转一周所得空间区域的体积是.(11) 设某商品的收益函数为,收益弹性为,其中为价格,且,则= .(12) 若曲线有拐点,则 .(13) 设,为3阶矩阵,且,则.(14) 设是来自总体的简单随机样本,统计量,则.三、解答题(1523小题,共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)(15) (本题满分10分)求极限.(16) (本题满分10分)计算二重积分,其中由曲线与直线及围成.(17) (本题满分10分)求函数在约束条件下的最大值和最小值.(18)(本题满分10分) ( I ) 比较与的大小,说明理由( II ) 记,求极限(19) (本题满分10分)设函数在上连续,在内存在二阶

3、导数,且, ( I ) 证明存在,使 ;( II ) 证明存在,使(20)(本题满分11分)设已知线性方程组存在2个不同的解( I ) 求,;( II ) 求方程组的通解.(21)(本题满分11 分) 设,正交矩阵使得为对角矩阵,若的第1列为,求(22) (本题满分11分)设二维随机变量的概率密度为,求常数及条件概率密度(23)(本题满分11分)箱中装有6个球,其中红、白、黑球的个数分别为个,现从箱中随机取出2个球,记为取出的红球个数,为取出的白球个数.( I ) 求随机变量的概率分布；( II ) 求.2010年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题参考答案一、选择题(1)【答案】 (C).【解析】 所以.(2) 【答案】 (A)【解析】因是的解,故,所以,而由已知 ,所以 , 又由于一阶次微分方程是非齐的,由此可知,所以由于是非齐次微分方程的解,所以,整理得 ,即 ,由可知, 由求解得,故应选(A)(3)【答案】 (B).【解析】,由于是的极值,所以.所以由于,要使,必须有,故答案为B.(4)【答案】 (C).【解析】因为,所以,当充分大时,.又因为.所以当充分大时,故当充分大,.(

4、5) 【答案】 (A)【解析】由于向量组能由向量组线性表示,所以,即若向量组线性无关,则,所以,即,选(A).(6) 【答案】 (D).【解析】设为的特征值,由于,所以,即,这样的特征值只能为-1或0. 由于为实对称矩阵,故可相似对角化,即,因此,即.(7) 【答案】 (C).【解析】离散型随机变量的分布函数是跳跃的阶梯形分段函数,连续型随机变量的分布函数是连续函数.观察本题中的形式,得到随机变量既不是离散型随机变量,也不是连续型随机变量,所以求随机变量在一点处的概率,只能利用分布函数的定义.根据分布函数的定义,函数在某一点的概率可以写成两个区间内概率的差,即,故本题选(C).(8) 【答案】 (A).【解析】根据题意知,(),利用概率密度的性质:,故所以整理得到,故本题应选(A).二、填空题(9)【答案】.【解析】,令,得,等式两端对求导：将,代入上式,得.所以.(10)【答案】.【解析】根据绕轴旋转公式, 有.(11)【答案】.【解析】由弹性的定义,得,所以,即,又,所以.故,因此.(12)【答案】.【解析】函数为,它的一阶导数为二阶导数为,又因为是拐点,所以,得,所以,又因为曲线

5、过点,所以将代入曲线方程,得.(13) 【答案】3.【解析】由于,所以因为,所以,因此. (14)【答案】.【解析】.三、解答题(15)【解析】其中.故原式.(16)【解析】积分区域,其中因为区域关于轴对称,被积函数是的奇函数,所以.(17)【解析】令,用拉格朗日乘数法得求解得六个点： 由于在点与点处,；在点与处,；在点与处,又因为该问题必存在最值,并且不可能在其它点处,所以,(18) 【解析】 (I)当时,故,所以,则 .(II) ,故由,根据夹逼定理得,所以.(19)【解析】(I) 因为,又因为在上连续,所以由积分中值定理得,至少有一点,使得即,所以存在,使得.()因为,即,又因为在上连续,由介值定理知,至少存在一点使得.因为在上连续,在上可导,且,所以由罗尔中值定理知,存在,有.又因为在上连续,在上可导,且,所以由罗尔中值定理知,存在,有.又因为在上二阶可导,且,所以由罗尔中值定理,至少有一点,使得.(20) 【解析】因为方程组有两个不同的解,所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于3,进而可以通过秩的关系求解方程组中未知参数,有以下两种方法.方法1：( I )已知有2个不同的解,故,

6、对增广矩阵进行初等行变换,得当时,此时,故无解(舍去)当时,由于,所以,故 ,. 方法2：已知有2个不同的解,故,因此,即,知或-1. 当时,此时,无解,因此.由,得. ( II ) 对增广矩阵做初等行变换可知原方程组等价为,写成向量的形式,即.因此的通解为 ,其中为任意常数. (21) 【解析】由于,存在正交矩阵,使得为对角阵,且的第一列为,故对应于的特征向量为.根据特征值和特征向量的定义,有,即,由此可得.故.由,可得的特征值为.由,即,可解得对应于的线性无关的特征向量为.由,即,可解得对应于的特征向量为.由于为实对称矩阵,为对应于不同特征值的特征向量,所以相互正交,只需单位化：,取,则.(22) 【解析】当给出二维正态随机变量的的概率密度后,要求条件概率密度,可以根据条件概率公式来进行计算.本题中还有待定参数,要根据概率密度的性质求解,具体方法如下.根据概率密度性质有,即,故,.当时,有条件概率密度. (23)【解析】(I)的所有可能取值为,的所有可能取值为,其中表示取到的两个球都是黑球；,其中表示取到的一个是白球,一个是黑球；,其中表示取到的两个球都是白球；,其中表示取到的一个是红球,一个是黑球；,其中表示取到的一个是红球,一个是白球；,因01012此二维离散型随机变量的概率分布为(II),.数学(三)试题 第14页 (共4页)

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