2009年全国硕士研究生入学统一考试考研数学三真题及详解_考研数学（三）历年真题与模拟试题详解-QQ阅读男生历史网

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2009年全国硕士研究生入学统一考试考研数学三真题及详解

一、选择题（1～8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。）

1函数f（x）＝（x－x³）/sinπx的可去间断点的个数为（　　）。

A．1

B．2

C．3

D．无穷多个

【答案】C

【考点】间断点的类型

【解析】首先找出使f（x）无定义的点：即满足sinπx＝0的点，得x＝0，±1，±2，±3，…，若上述点为可去间断点，则f（x）在该点的左右极限存在且相等，又sinπx＝0，则必有分子x－x³＝0，即可去间断点可能为x＝0，±1。又

所以

综上可知，可去间断点有3个。

2当x→∞时，f（x）＝x－sinax与g（x）＝x²ln（1－bx）为等价无穷小，则（　　）。

A．a＝1，b＝－1/6

B．a＝1，b＝1/6

C．a＝－1，b＝－1/6

D．a＝－1，b＝1/6

【答案】A

【考点】等价无穷小的定义

【解析】当x→0时，有

f（x）＝x－sinax＝x－[ax－（ax）³/3！＋ο（x³）]＝（1－a）x＋（ax）³/3！－ο（x³）

g（x）＝x²ln（1－bx）～（－bx³）

由于f（x）＝x－sinax与g（x）＝x²ln（1－bx）为等价无穷小，则

故a＝1，b＝－1/6。

3使不等式

成立的x的范围是（　　）。

A．（0，1）

B．（1，π/2）

C．（π/2，π）

D．（π，＋∞）

【答案】A

【考点】积分的计算和比较大小

【解析】

等价于

又在上述四个区间内，（1－sint）/t＞0，故若要使上式成立，则须0＜x＜1。

4设函数y＝f（x）在区间[－1，3]上的图形如图1所示。

说明: 11

图1

则的图形为（　　）。

【答案】D

【考点】定积分的应用

【解析】由图可知：

（Ⅰ）在区间（－1，0）上，f（x）≥0，则F（x）在此区间单调递增，排除A项。

（Ⅱ）

表示y＝f（x），x＝0，x＝x₀与x轴所围曲边梯形位于x轴上方的图形面积减去位于x轴下方的图形面积所得差值，则当0＜x＜1时，由图可知

排除C项。

（Ⅲ）又当2＜x＜3时，f（x）＝0，故

即F（x）在x＝2处连续，排除B项。

5设A，B均为2阶矩阵，A^*，B^*分别为A，B的伴随矩阵，若|A|＝2，|B|＝3，则分块矩阵的伴随矩阵为（　　）。

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【考点】伴随矩阵

【解析】由于

因此选项B正确。

6设A，P均为3阶矩阵，P^T为P的转置矩阵，且

若P＝（α₁，α₂，α₃），Q＝（α₁＋α₂，α₂，α₃），则Q^TAQ为（　　）。

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【考点】矩阵的计算

【解析】由题设可知

于是

7设事件A与事件B互不相容，则（　　）。

A．P（A(＿)B(＿)）＝0

B．P（AB）＝P（A）P（B）

C．P（A）＝1－P（B）

D．P（A(＿)∪B(＿)）＝1

【答案】D

【考点】概率的基本公式

【解析】由题意可知，

即P（A(＿)∪B(＿)）＝1。

8设随机变量X与Y相互独立，且X服从标准正态分布N（0，1），Y的概率分布为P{Y＝0}＝P{Y＝1}＝1/2，记F_Z（z）为随机变量Z＝XY的分布函数，则函数F_Z（z）的间断点的个数为（　　）。

A．0

B．1

C．2

D．3

【答案】B

【考点】概率分布和函数的间断点

【解析】F_Z（z）＝P{Z≤z}＝P{XY≤z}＝P{XY≤z|Y＝0}P{Y＝0}＋P{XY≤z|Y＝1}P{Y＝1}＝P{0≤z}/2＋P{X≤z}/2。

当z≤0时，F_Z（z）＝P{X≤z}/2＝Φ_X（z）/2；当z＞0时，F_Z（z）＝1/2＋P{X≤z}/2＝1/2＋Φ_X（z）/2。于是

故z＝0为F_Z（z）的间断点。

二、填空题（9～14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在题中横线上。）

9______。

【答案】3e/2

【考点】极限的计算

【解析】

10设z＝（x＋e^y）^x，则______。

【答案】2ln2＋1

【考点】多元函数的偏微分

【解析】

11幂级数的收敛半径为______。

【答案】e^－¹

【考点】幂级数的收敛半径

【解析】的收敛半径为

12设某产品的需求函数为Q＝Q（p），其对价格p的弹性ε_p＝0.2，则当需求量为10000件时，价格增加一元会使产品收益增加______元。

【答案】8000

【考点】导数的经济意义——边际、弹性的概念及计算

【解析】由题意知，收益函数为L＝Qp，于是L′＝Q′p＋Q。又ε_p＝－Q′p/Q＝0.2，则Q′p＝－0.2Q，即L′＝0.8Q，L′|_Q_＝₁₀₀₀₀＝0.8Q|_Q_＝₁₀₀₀₀＝8000，即价格增加一元会使产品收益增加8000元。

13设α＝（1，1，1）^T，β＝（1，0，k）^T。若矩阵αβ^T相似于，则k＝______。

【答案】2

【考点】矩阵的相似

【解析】β^Tα为一实数，其值等于矩阵αβ^T的主对角线元素之和。又矩阵αβ^T相似于，则

故3＝β^Tα＝1＋k，即k＝2。

14设X₁，X₂，…，X_m为来自二项分布总体B（n，p）的简单随机样本，X(＿)和S²分别为样本均值和样本方差。设T＝X(＿)－S²，则ET＝______。

【答案】np²

【考点】二项分布和期望的计算

【解析】由题意可得EX(＿)＝np，ES²＝np（1－p），ET＝E（X(＿)－S²）＝EX(＿)－ES²＝np－np（1－p）＝np²。

三、解答题（15～23小题，共94分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）

15（本题满分9分）

求二元函数f（x，y）＝x²（2＋y²）＋ylny的极值。

【考点】二元函数的极值

解：由题意，令

解得唯一驻点（0，1/e）。

由于

于是（B²－AC）|_（₀_，_1/e_）＝[16x²y²－2（2＋y²）（2x²＋1/y）]|_（₀_，_1/e_）＝－2e（2＋1/e²）＜0，且A＞0。故（0，1/e）为函数f（x，y）的极小值点，且极小值为f（0，1/e）＝－1/e。

16（本题满分10分）

计算不定积分

【考点】不定积分的计算（换元积分）

解：令

则x＝1/（t²－1），于是

而

C为任意常数。故

17（本题满分10分）

计算二重积分，其中D＝{（x，y）|（x－1）²＋（y－1）²≤2，y≥x}。

【考点】二重积分的计算

解：方法一：如图2所示。

说明: 9-3

图2

区域D的极坐标表示为：0≤ρ≤2（sinθ＋cosθ），π/4≤θ≤3π/4。

方法二：将区域D分成D₁，D₂两部分（如图3所示）：

说明: HWOCRTEMP_ROC2270

图3

其中

由二重积分的性质知，

又

故

18（本题满分11分）

（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则存在ξ∈（a，b），使得f（b）－f（a）＝f′（ξ）（b－a）；

（Ⅱ）证明：若函数f（x）在x＝0处连续，在（0，δ）（δ＞0）内可导，且

则f_＋′（0）存在，且f_＋′（0）＝A。

【考点】拉格朗日中值定理和罗尔中值定理

证：（Ⅰ）取F（x）＝f（x）－{[f（b）－f（a）]（x－a）}/（b－a），由题意知，F（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且F（a）＝f（a）－{[f（b）－f（a）]（a－a）}/（b－a）＝f（a），F（b）＝f（b）－{[f（b）－f（a）]（b－a）}/（b－a）＝f（a）。根据罗尔定理得，存在ξ∈（a，b），使得F′（ξ）＝f′（ξ）－[f（b）－f（a）]/（b－a）＝0，即f（b）－f（a）＝f′（ξ）（b－a）。

（Ⅱ）对于任意的t∈（0，δ），有f（x）在[0，t]上连续，（0，t）内可导，由右导数定义及拉格朗日中值定理有，

其中ξ∈（0，t）。

由于

且当t→0^＋时，ξ→0^＋，所以

故f_＋′（0）存在，且f_＋′（0）＝A。

19（本题满分10分）

设曲线y＝f（x），其中f（x）是可导函数，且f（x）＞0。已知曲线y＝f（x）与直线y＝0，x＝1及x＝t（t＞1）所围成的曲边梯形绕x轴旋转一周所得的立体体积值是该曲边梯形面积值的πt倍，求该曲线的方程。

【考点】旋转体的体积

解：由题意知，

在等式两边对t求导得，

将t＝1代入上式得f（1）＝1或f（1）＝0（舍去）。再求导得：2f（t）f′（t）＝2f（t）＋tf′（t），记f（t）＝y，则dt/dy＋t/2y＝1，故

将t＝1，y＝1代入得C＝1/3，从而

故所求曲线方程为

20（本题满分11分）

设

（Ⅰ）求满足Aξ₂＝ξ₁，A²ξ₃＝ξ₁的所有向量ξ₂，ξ₃；

（Ⅱ）对（Ⅰ）中的任意向量ξ₂，ξ₃证明ξ₁，ξ₂，ξ₃线性无关。

【考点】矩阵的秩和向量组的相关性

解：（Ⅰ）

于是r（A）＝r（A(＿)）＝2，取x₂为自由变量，可得x₃＝－2x₂＋1，x₁＝－x₂。故

设

则

于是r（B）＝r（B(＿)）＝1，取x₂，x₃为自由变量，则x₁＝－x₂－1/2，故

（Ⅱ）证法1：由（Ⅰ）知

故ξ₁，ξ₂，ξ₃线性无关。

证法2：由题设可得Aξ₁＝0。设存在一组数k₁，k₂，k₃使得k₁ξ₁＋k₂ξ₂＋k₃ξ₃＝0①，在等式两端左乘A，得k₁Aξ₁＋k₂Aξ₂＋k₃Aξ₃＝0，即k₂Aξ₂＋k₃Aξ₃＝0，即k₂ξ₁＋k₃Aξ₃＝0②，再在等式两端左乘A，得k₂Aξ₁＋k₃A²ξ₃＝0，即k₃ξ₁＝0，于是k₃＝0，代入②式得k₂ξ₁＝0，故k₂＝0。将k₂＝k₃＝0代入①式可得k₁＝0，从而ξ₁，ξ₂，ξ₃线性无关。