新《考研资料》2011年全国硕士研究生入学统一考试（数三）试题及答案.doc

2011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，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上)(1) 已知当时，与是等价无穷小，则( )(A) . (B) .(C) . (D) .(2) 已知函数在处可导，且，则=( )(A) 2. (B) .(C) . (D) .(3) 设是数列，则下列命题正确的是( )(A) 若收敛，则收敛. (B) 若收敛，则收敛.(C) 若收敛，则收敛. (D) 若收敛，则收敛.(4) 设，则的大小关系是( ) (A) (B) (C) (D) (5) 设为3阶矩阵，将的第2列加到第1列得矩阵，再交换的第2行与第3行得单位矩阵，记，则( ) (A) (B) (C) (D) (6) 设为矩阵，是非齐次线性方程组的个线性无关的解，为任意常数，则的通解为( ) (A) (B) (C) (D) (7) 设，为两个分布函数，其相应的概率密度，是连续函数，则必为概率密度的是( ) (A) (B) (C) (D) (8) 设总体服从参数为的泊松分布，为来自总体的简单随机样本，则对应的统计量 ( ) (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，则 .(10) 设函数，则 .(11) 曲线在点处的切线方程为 .(12) 曲线，直线及轴所围成的平面图形绕轴旋转所成的旋转体的体积为 .(13) 设二次型的秩为1，的各行元素之和为3，则在正交变换下的标准形为 (14) 设二维随机变量服从正态分布，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)已知函数具有连续的二阶偏导数，是的极值，求.(17) (本题满分10分)求.(18) (本题满分10分)证明恰有2实根.(19) (本题满分10分)设函数在有连续导数，且, ，求的表达式.(20) (本题满分11分)设向量组，不能由向量组，线性表示 (I) 求的值；(II) 将由线性表示(21) (本题满分11分)为三阶实对称矩阵，的秩为2，即，且(I) 求的特征值与特征向量；(II) 求矩阵(22) (本题满分11分)设随机变量与的概率分布分别为1且()求二维随机变量的概率分布；(II)求的概率分布；(III)求与的相关系数 (23) (本题满分11分)设二维随机变量服从区域上的均匀分布，其中是由与所围成的区域(I)求边缘概率密度；(II)求条件密度函数2011年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题答案一、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，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上)(1)【答案】(C)【解析】因为 所以，故答案选(C).(2)【答案】(B)【解析】 故答案选(B).(3)【答案】(A).【解析】方法1：数项级数的性质：收敛级数任意添加括号后仍收敛，故(A)正确.方法2：排除法，举反例选项(B)取，这时收敛，但发散，故选项(B)错误；选项(C)取，这时收敛，但发散，故选项(C)错误；选项(D)取，这时收敛，但发散，故选项(D)错误故正确答案为(A).(4)【答案】(B)【解析】因为时， ，又因是单调递增的函数，所以故正确答案为(B)(5)【答案】 (D)【解析】由于将的第2列加到第1列得矩阵，故，即，由于交换的第2行和第3行得单位矩阵，故，即故因此，故选(D)(6)【答案】(C)【解析】由于是的3个线性无关的解，所以是的两个线性无关的解，即的基础解系中至少有2个线性无关的解，所以可排除(A)、(B)选项又因为，所以是的解，不是的解，故排除(D)选项，因此选(C)事实上，由于是的三个线性无关的解，所以是的两个线性无关的解，即的基础解系中至少有2个线性无关的解，亦即，故由于，所以，故这样，的基础解系中正好有2个线性无关的解，由此知是的一个基础解系因为是的解，所以，因此，所以是的一个特解由非齐次线性方程组解的结构，可知的通解为(7)【答案】(D)【解析】选项(D) 所以为概率密度.(8)【答案】(D)【解析】因为，所以，从而有 因为，所以又因为 由于当时， ，所以二、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)【答案】.【解析】因为，所以，.(10)【答案】.【解析】,，所以，从而 或.(11)【答案】.【解析】方程的两端对求导，有，将代入上式，有，解得，故切线方程为：.(12) 【答案】.【解析】如图所示：x2y10 图(13)【答案】【解析】因为的各行元素之和为3，所以，故3为矩阵的特征值由知矩阵有两个特征值为零，从而由于二次型在正交变换下标准形前面的系数即为二次型所对应矩阵的特征值，所以二次型在正交变换下的标准形为(14)【答案】【解析】根据题意，二维随机变量服从因为，所以由二维正态分布的性质知随机变量独立，所以从而有三、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)【解析】(16) (本题满分10分)【解析】由于为的极值，故，所以，(17) (本题满分10分)【解析】令，则,，所以 (18) (本题满分10分)【解析】设，则 ，令，解得驻点.所以，当时，故单调递减；当时，故单调递增；当时，故单调递减.又当时，且，故时只有一个零点；又，由零点定理可知，存在，使；所以，方程恰有两实根.(19) (本题满分10分)【解析】，由题设有 ，上式两端求导，整理得，为变量可分离微分方程，解得，带入，得. 所以，.(20) (本题满分11分)【解析】(I)由于不能由线性表示，对进行初等行变换：当时，此时，不能由线性表示，故不能由线性表示(II)对进行初等行变换：，故，(21) (本题满分11分)【解析】(I)由于，设，则，即，而，知的特征值为，对应的特征向量分别为，由于，故，所以由于是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设对应的特征向量为，则 即解此方程组，得，故对应的特征向量为(II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化：令，则， (22) (本题满分11分)【解析】(I)因为，所以 即 利用边缘概率和联合概率的关系得到；-10101/30101/301/3即的概率分布为(II)的所有可能取值为的概率分布为Z-101P1/31/31/3 (III)因为，其中，所以，即，的相关系数 (23) (本题满分11分)【解析】二维连续型随机变量的概率密度为()当时，当时，的边缘概率密度为(II)当时，的边缘概率密度为当时，有意义，条件概率密度