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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】
0
0
0
0
1
1
1
1
1
lim
lim
1
1
lim
1
lim
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
e
axe
a e
e
ax
e
axe
x
x
x
x
x
x
0
0
1
lim
lim
1
1
x
x
x
x
e
axe
a
x
x
所以
2
a
.
(2) 【答案】(A)．
【解析】因
1
2
y
y
是
0
y
P x y
的解,故
1
2
1
2
0
y
y
P x
y
y
,所以
1
1
2
2
( )
0
y
P x y
y
p x y
,
而由已知
1
1
2
2
,
y
P x y
q x
y
P x y
q x
,所以
0
q x
,
①
又由于一阶次微分方程
y
p x y
q x
是非齐的, 由此可知
0
q x
, 所以
0
．
由于
1
2
y
y
是非齐次微分方程
y
P x y
q x
的解,所以
1
2
1
2
y
y
P x
y
y
q x
,
整理得
1
1
2
2
y
P x y
y
P x y
q x
,
即
q x
q x
,由
0
q x
可知
1
,
②
由①②求解得
1
2
,故应选(A)．
(3) 【答案】(B).
【解析】
( )
( )
( )
f g x
f
g x
g x
,
2
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
f g x
f
g x
g x
f
g x
g x
f
g x
g
x
由于
0
(
)
g x
a
是( )
g x 的极值,所以
0
(
)
0
g x
.所以
--- [第 2 页] ---
0
0
0
0
(
)
(
)
(
)
(
)
f g x
f
g x
g
x
f
a
g
x
由于
0
(
)
0
g
x
,要使
( )
0
f g x
,必须有
( )
0
f
a
,故答案为B.
(4) 【答案】(C).
【解析】因为
10
10
( )
1
lim
lim
lim
( )
10
x
x
x
x
x
h x
e
e
g x
x
,所以,当x 充分大时, ( )
( )
h x
g x
.
又因为
9
10
9
1
ln
( )
ln
ln
lim
lim
lim 10
10 lim
( )
1
x
x
x
x
x
f x
x
x
x
g x
x
x
8
1
ln
ln
1
10 9 lim
10 9
2 lim
10! lim
0
1
x
x
x
x
x
x
x
x
.
所以当x 充分大时,
( )
( )
f x
g x
,故当x 充分大,
( )
( )
( )
f x
g x
h x
.
(5) 【答案】(A)．
【解析】由于向量组I 能由向量组II 线性表示,所以(I)
(II)
r
r
,即
1
1
(
,
,
)
(
,
,
)
r
s
r
r
s
若向量组I 线性无关,则
1
(
,
,
)
r
r
r
, 所以
1
1
(
,
,
)
(
,
,
)
r
s
r
r
r
s
, 即
r
s
,选(A).
(6) 【答案】(D).
【解析】设为A 的特征值,由于
2
A
A
O
,所以
2
0
,即(
1)
0
,这样A 的
特征值只能为-1 或0.
由于A 为实对称矩阵, 故A 可相似对角化, 即
A
, ( )
( )
3
r A
r
,因此,
1
1
1
0
,即
1
1
1
0
A
.
(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
( )
F x 的形式,得到随机变量X 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
1
1
1
1
1
1
1
1
1 0
1
2
2
P X
P X
P X
F
F
e
e
,故本题选
(C).
(8) 【答案】(A).
--- [第 3 页] ---
【解析】根据题意知,
2
2
1
1
2
x
f
x
e
(
x
),
2
1 ,
1
3
4
0,
x
f
x
其它
利用概率密度的性质:
1
f x dx
,故
0
3
1
2
1
0
0
1
3
1
2
4
2
4
a
a
f x dx
af
x dx
bf
x dx
f
x dx
b
dx
b
所以整理得到2
3
4
a
b
,故本题应选(A).
二、 填空题
(9) 【答案】1
.
【解析】
2
2
0
0 sin
x y
x
t
e
dt
x
t dt
,令
0
x
,得
0
y
,等式两端对x 求导：
2
(
)
2
2
0
(1
)
sin
sin
x
x y
dy
e
t dt
x
x
dx
．
将
0
x
,
0
y
代入上式,得
0
1
0
x
dy
dx
.所以
0
1
x
dy
dx
.
(10) 【答案】
2
4
.
【解析】根据绕x 轴旋转公式, 有
2
2
1 ln
e
e
dx
V
y dx
x
x
2
2
ln
arctan ln
1 ln
2
4
4
e
e
d
x
x
x
.
(11) 【答案】
3
1
1
3 P
p e
.
【解析】由弹性的定义,得
3
1
dR
p
p
dp R
,所以
2
1
dR
p
dp
R
p
,即
2
1
ln
ln
3
R
p
p
C
,
又
1
1
R
,所以
1
3
C
.故
1
1
ln
ln
3
3
R
p
p
,因此
3
1
1
3 p
R
p e
.
(12) 【答案】
3
b
.
【解析】函数为
3
2
1
y
x
ax
bx
,它的一阶导数为
2
3
2
;
y
x
ax
b
二阶导数为
6
2
y
x
a
,又因为
1,0
是拐点,所以
1
0
x
y
,得
1
3
a
,所以
3
a
,又因为曲线
过点
1,0
,所以将
1,
0
x
y
代入曲线方程,得
3
b
.
--- [第 4 页] ---
(13) 【答案】3.
【解析】由于
1
1
1
1
(
)
(
)
A A
B B
E
AB B
B
A
,所以
1
1
1
1
1
(
)
A
B
A A
B B
A A
B B
因为
2
B
,所以
1
1
1
2
B
B
,因此
1
1
1
1
3 2
3
2
A
B
A A
B B
.
(14) 【答案】
2
2
.
【解析】
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
n
n
i
i
i
i
E T
E
X
E
X
nE X
E X
n
n
n
.
三、 解答题
(15) 【解析】
1
1
ln
ln
1
ln
1
1
ln
1
1
ln
lim
lim
ln
ln
ln
lim
1
lim
x
x
x
x
x
x
x
x
e
x
x
x
x
x
x
x
x
e
e
e
其中
ln
ln
ln
1
2
ln(
1)
(
1)
1 ln
lim
lim
1
ln
x
x
x
x
x
x
x
x
e
e
e
x
x
x
x
ln
ln
1 ln
1
lim
lim
(
1)
1
ln
ln
x
x
x
x
x
x
e
x
e
x
x
x
x
.
故原式
1
e
.
(16) 【解析】积分区域
1
2
D
D
D
,其中
2
1
,
0
1,
2
1
D
x y
y
y
x
y
2
2
,
1
0,
2
1
D
x y
y
y
x
y
3
3
2
2
3
3
3
D
D
x
y
dxdy
x
x y
xy
y
dxdy
因为区域D 关于x 轴对称, 被积函数
2
3
3x y
y
是y 的奇函数, 所以
2
3
3
0
D
x y
y
dxdy
．
2
1
1
1
3
3
2
3
2
3
2
0
2
3
2
3
2
3
y
y
D
D
D
x
y
dxdy
x
xy
dxdy
x
xy
dxdy
dy
x
xy
dx
2
1
1
4
2
2
2
0
1
3
2
4
2
y
y
x
x y
dy
1
4
2
0
9
1
14
2
2
4
4
15
y
y
dy
.
(17) 【解析】令
2
2
2
, , ,
2
10
F x y z
xy
yz
x
y
z
,用拉格朗日乘数法得
--- [第 5 页] ---
2
2
2
2
0,
2
2
0,
2
2
0,
10
0,
x
y
z
F
y
x
F
x
z
y
F
y
z
F
x
y
z
求解得六个点：
1, 5,2 ,
1,
5, 2 ,
A
B
1,
5,2 ,
1, 5, 2 ,
C
D
2 2,0,
2 ,
2 2,0,
2 . E
F
由于在点A 与B 点处,
5 5
u
；在点C 与D 处,
5 5
u
；在点E 与F 处,
0
u
．
又因为该问题必存在最值,并且不可能在其它点处,所以
max
5 5
u
,
min
5 5
u
．
(18) 【解析】(I)当0
1
x
时0
ln(1
)x
x
,故
ln(1
)
n
n
t
t
,所以
ln
ln(1
)
ln
n
n
t
t
t t
,
则
1
1
0
0
ln
ln(1
)
ln
n
n
t
t
dt
t t dt
1,2,
n
.
(II)
1
1
1
1
0
0
0
1
ln
ln
ln
1
n
n
n
t t dt
t t dt
td t
n
2
1
1
n
,故由
1
2
0
1
0
ln
1
n
n
u
t t dt
n
,
根据夹逼定理得
2
1
0
lim
lim
0
1
n
n
n
u
n
,所以lim
0
n
n
u
.
(19) 【解析】(I) 因为
2
0
2 (0)
( )
f
f x dx
,又因为
f x 在
0,2 上连续,所以由积分中值
定理得,至少有一点
0,2
,使得
2
0
2
0
f x dx
f
即
2
0
2
f
f
,所以存在
0,2
,使得
0
f
f
.
(Ⅱ)因为
2
3
2
0
f
f
f
,即
2
3
0
2
f
f
f
,又因为
f x 在
2,3 上连
续,由介值定理知,至少存在一点
1
2,3
使得
1
0
f
f
.
因为
f x 在
0,2 上连续,在
0,2 上可导,且
0
2
f
f
,所以由罗尔中值定
--- [第 6 页] ---
理知,Ｃ存在
1
0,2
,有
1
0
f
.
又因为
f x 在
1
2,
上连续,在
1
2,
上可导,且
1
2
0
f
f
f
,所以由罗尔
中值定理知,存在
2
1
2,
,有
2
0
f
.
又因为
f x 在
1
2
,
上二阶可导,且
1
2
0
f
f
,所以由罗尔中值定理,至
少有一点
0,3
Ax
b
,使得
0
f
.
(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Ax
b
有2 个不同的解,故( )
( )
3
r A
r A
,对增广矩阵进行初等行
变换,得
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
a
A
a
2
2
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
a
a
当
1
时,
1 1 1 1
1 1 1 1
0 0 0 1
0 0 0 1
0 0 0
0 0 0 0
A
a
,此时, ( )
( )
r A
r A
,故Ax
b
无解(舍去)．
当
1
时,
1
1
1
1
0
2
0
1
0
0
0
2
A
a
,由于( )
( )
3
r A
r A
,所以
2
a ,故
1
,
2
a.
方法2：已知Ax
b
有2 个不同的解,故( )
( )
3
r A
r A
,因此
0
A
,即
2
1
1
0
1
0
(
1) (
1)
0
1
1
A
,
知
1
或-1.
当
1
时, ( )
1
( )
2
r A
r A
,此时, Ax
b
无解,因此
1
.由( )
( )
r A
r A
,得
2
a .
( II ) 对增广矩阵做初等行变换
--- [第 7 页] ---
3
1
0
1
2
1
1
1
2
1
1
1
2
1
0
2
0
1
0
2
0
1
0
1
0
2
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
A
可知原方程组等价为
1
3
2
3
2
1
2
x
x
x
,写成向量的形式,即
1
2
3
3
3
2
1
1
0
2
1
0
x
x
x
x
.
因此Ax
b
的通解为
3
2
1
1
0
2
1
0
x
k
,其中k 为任意常数.
(21) 【解析】由于
0
1
4
1
3
4
0
A
a
a
,存在正交矩阵Q ,使得
T
Q AQ 为对角阵,且Q 的第一
列为1 (1,2,1)
6
T ,故A 对应于
1的特征向量为
1
1 (1,2,1)
6
T
.
根据特征值和特征向量的定义,有
1
1
1
6
6
2
2
6
6
1
1
6
6
A
,即
1
0
1
4
1
1
1
3
2
2
4
0
1
1
a
a
,由此可得
1
1,
2
a
.故
0
1
4
1
3
1
4
1
0
A
.
由
1
4
1
3
1
(
4)(
2)(
5)
0
4
1
E
A
,
可得A 的特征值为
1
2
3
2,
4,
5
.
--- [第 8 页] ---
由
2
(
)
0
E
A x
,即
1
2
3
4
1
4
1
7
1
0
4
1
4
x
x
x
,可解得对应于
2
4
的线性无关的
特征向量为
2
( 1,0,1)T
.
由
3
(
)
0
E
A x
,即
1
2
3
5
1
4
1
2
1
0
4
1
5
x
x
x
,可解得对应于
3
5
的特征向量为
3
(1, 1,1)T
.
由于A 为实对称矩阵,
1
2
3
,
,
为对应于不同特征值的特征向量,所以
1
2
3
,
,
相互正
交,只需单位化：
3
1
2
1
2
3
1
2
3
1
1
1
(1,2,1) ,
( 1,0,1) ,
(1, 1,1)
6
2
3
T
T
T
,
取
1
2
3
1
1
1
6
2
3
2
1
,
,
0
6
3
1
1
1
6
2
3
Q
,则
2
4
5
T
Q AQ
.
(22) 【解析】当给出二维正态随机变量的的概率密度
,
f x y 后,要求条件概率密度
| ( | )
Y X
f
y x ,可以根据条件概率公式
|
( , )
( | )
( )
Y X
X
f x y
f
y x
f
x
来进行计算.本题中还有待定参
数, A 要根据概率密度的性质求解,具体方法如下.
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
,
x
xy y
y x
x
x
y x
Xf
x
f x y dy
A
e
dy
A
e
dy
Ae
e
dy
2 ,
x
A
e
x
.
根据概率密度性质有
2
1
x
Xf
x dx
A
e
dx
A
,即
1
A
,
故
2
1
x
Xf
x
e
,
x
.
当
x
时,有条件概率密度
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
,
1
1
,
,
x
xy y
x
xy y
x y
Y X
x
X
f x y
Ae
f
y x
e
e
x
y
f
x
A
e
.
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(23) 【解析】(I) X 的所有可能取值为0,1,Y 的所有可能取值为0,1,2 ．
2
3
2
6
3
1
0,
0
15
5
C
P X
Y
C
,其中
0,
0
X
Y
表示取到的两个球都是黑球；
1
1
2
3
2
6
6
2
0,
1
15
5
C C
P X
Y
C
,其中
0,
1
X
Y
表示取到的一个是白球,一个是
黑球；
2
2
2
6
1
0,
2
15
C
P X
Y
C
,其中
0,
2
X
Y
表示取到的两个球都是白球；
1
1
1
3
2
6
3
1
1,
0
15
5
C C
P X
Y
C
,其中
1,
0
X
Y
表示取到的一个是红球,一个是
黑球；
1
1
1
2
2
6
2
1,
1
15
C C
P X
Y
C
,其中
1,
1
X
Y
表示取到的一个是红球,一个是白球；
2
6
0
1,
2
0
P X
Y
C
,
因此二维离散型随机变量
,
X Y 的概率分布为
(II)
,
Cov X Y
E XY
E X E Y
,
2
2
1 1 15
15
E XY
,
2
1
1
0
1
3
3
3
E X
,
2
8
1
2
0
1
2
5
15
15
3
E Y
2
1
2
4
,
15
3
3
45
Cov X Y
E XY
E X E Y
.
X
Y
0
1
0
1
2
1
5
2
5
1
15
1
5
2
15
0
2
3
1
3
2
5
1
15
8
15