《2022年99全国硕士研究生入学统一考试数学三试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年99全国硕士研究生入学统一考试数学三试题.docx（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精品学习资源1994 年全国硕士讨论生入学统一考试数学三试卷一、填空题 此题共 5 小题 , 每道题 3 分, 满分 15 分. 把答案填在题中横线上.1 .2已知, 就 .3设方程确定为 的函数 , 就 .4设其中就 .5设随机变量的概率密度为以表示对的三次独立重复观看中大事显现的次数 , 就 .二、挑选题 此题共 5 小题 , 每道题 3 分, 满分 15 分. 每道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曲线的渐近线有A 1 条B 2条C 3条D 4条2设常数, 而级数收敛 , 就级数A发散B条件收敛C肯定收敛D收敛性与有关3设是矩阵 ,是 阶
2、可逆矩阵 , 矩阵的秩为, 矩阵的秩为, 就ABCD与的关系由而定欢迎下载精品学习资源4设, 就A 大事和互不相容B大事和相互对立C 大事和互不独立D大事和相互独立5设是来自正态总体的简洁随机样本,是样本均值 , 记就听从自由度为的 分布的随机变量是 ABCD三、 此题满分 6 分运算二重积分其中.四、 此题满分 5 分设函数满意条件求广义积分.五、 此题满分 5 分已知, 求.六、 此题满分5 分设函数可导, 且, 求.七、 此题满分已知曲线8 分与曲线在点处有公共切线, 求:1常数及切点；欢迎下载精品学习资源2两曲线与轴围成的平面图形绕轴旋转所得旋转体的体积.八、 此题满分6 分假设在上连
3、续 ,在内存在且大于零, 记,证明在内单调增加 .九、 此题满分 11 分设线性方程组1证明: 如两两不相等 , 就此线性方程组无解；2设, 且已知是该方程组的两个解 , 其中写出此方程组的通解 .十、 此题满分 8 分设有三个线性无关的特点向量, 求 和应满意的条件 .十一、 此题满分 8 分假设随机变量相互独立 , 且同分布,求行列式的概率分布 .欢迎下载精品学习资源十二、 此题满分 8 分假设由自动线加工的某种零件的内径 毫 M听从正态分布, 内径小于 10或大于 12 的为不合格品 , 其余为合格品 , 销售每件合格品获利 , 销售每件不合格品亏损. 已知销售利润 单位 : 元与销售零
4、件的内径有如下关系 :问平均内径取何值时 , 销售一个零件的平均利润最大.欢迎下载精品学习资源1994 年全国硕士讨论生入学统一考试数学三试卷解读一、填空题 此题共 5 小题 , 每道题 3 分, 满分 15 分. 1 【答案】【解读】利用被积函数的奇偶性, 当积分区间关于原点对称, 被积函数为奇函数时, 积分为0；被积函数为偶函数时, 可以化为二倍的半区间上的积分. 所以知原式2 【答案】【解读】依据导数的定义, 有.所以由此题极限的形式可构造导数定义的形式, 从而求得极限值 . 由于所以原式.3 【答案】【解读】将方程看成关于的恒等式 , 即看作的函数 .方程两边对求导 , 得.【相关学问
5、点】两函数乘积的求导公式：.欢迎下载精品学习资源4 【答案】【解读】由分块矩阵求逆的运算性质, 有公式且所以 , 此题对分块后可得.5 【答案】【解读】已知随机变量的概率密度 , 所以概率分布的概率参数后 , 故.由二项分布的概率运算公式, 所求概率为【相关学问点】二项分布的概率运算公式：, 求得二项.欢迎下载精品学习资源如, 就,二、挑选题 此题共 5 小题 , 每道题 3 分, 满分 15 分. 1 【答案】 B【解读】此题是关于求渐近线的问题.由于,故为该曲线的一条水平渐近线.又.故为该曲线的一条垂直渐近线, 所以该曲线的渐近线有两条.故此题应选 B.【相关学问点】水平渐近线：如有, 就
6、为水平渐近线； 铅直渐近线：如有, 就为铅直渐近线；斜渐近线：如有存在且不为, 就为斜欢迎下载精品学习资源2 【答案】 C渐近线 .欢迎下载精品学习资源【解读】考查取肯定值后的级数. 因, 第一个不等式是由得到的 .又收敛 ,收敛 , 此为级数：当时收敛；当时发散 .所以收敛 , 由比较判别法 , 得收敛 .故原级数肯定收敛 , 因此选 C. 3 【答案】 C【解读】由公式, 如可逆 , 就.欢迎下载精品学习资源从而, 即可逆矩阵与矩阵相乘不转变矩阵的秩, 所以选 C. 4 【答案】 D【解读】事实上 , 当时,是大事与独立的充分必要条件 , 证明如下：如, 就,由独立的定义 , 即得与相互独
7、立 .如与相互独立 , 直接应用乘法公式可以证明.由于大事的发生与否不影响大事发生的概率 , 直观上可以判定和相互独立 .所以此题选 D. 5 【答案】 B【解读】由于均听从正态分布, 依据抽样分布学问与分布的应用模式可知,其中,即.由于 分布的典型模式是: 设, 且相互独立 , 就随机变量听从自由度为的 分布, 记作.因此应选 B.三、 此题满分 6 分欢迎下载精品学习资源【解读】 方法 1： 由, 配完全方得.令, 引入极坐标系, 就区域为.故.方法 2： 由, 配完全方得.引入坐标轴平移变换：就在新的直角坐标系中区域变为圆域.而, 就有, 代入即得由于区域关于 轴对称 , 被积函数.是奇
8、函数 , 从而.同理可得,又,故.四、 此题满分 5 分【解读】先解出, 此方程为常系数二阶线性齐次方程, 用特点方程法求解.方程故原方程的通解为的特点方程为., 解得.欢迎下载精品学习资源由初始条件得因此 , 微分方程的特解为.再求积分即得.【相关学问点】用特点方程法求解常系数二阶线性齐次方程：第一写出方程的特点方程：, 在复数域内解出两个特点根；分三种情形：1 两个不相等的实数根, 就通解为2 两个相等的实数根, 就通解为3 一对共轭复根, 就通解为其中为常数 .五、 此题满分 5 分【解读】由复合函数求导法, 第一求, 由题设可得.再对求偏导数即得.【相关学问点】多元复合函数求导法就：假
9、如函数都在点具有对及对的偏导数 , 函数在对应点具有连续偏导数 , 就复合函数在点的两个偏导数存在, 且有欢迎下载精品学习资源；.六、 此题满分 5 分【解读】运用换元法 , 令, 就由于为“”型的极限未定式 , 又分子分母在点处导数都存在 , 运用洛必达法就 , 可得,由导数的定义 , 有原式.【相关学问点】对积分上限的函数的求导公式：如,均一阶可导 , 就.七、 此题满分 8 分【解读】利用在两条曲线上及两曲线在处切线斜率相等列出三个方程, 由此, 可求出, 然后利用旋转体体积公式求出.1过曲线上已知点的切线方程为, 其中 , 当存在时 ,.由知. 由知.由于两曲线在处有公共切线 , 可见
10、, 得.欢迎下载精品学习资源将分别代入两曲线方程 , 有.于是,从而切点为.2将曲线表成是 的函数 ,是两个旋转体的体积之差, 套用旋转体体积公式 , 可得旋转体体积为.【相关学问点】由连续曲线、直线及轴所围成的曲边梯形绕轴旋转一周所得的旋转体体积为：.八、 此题满分 6 分【解读】 方法 1:,令由知在上单调上升, 于是.故.所以在内单调增加 .方法 2:.由拉格朗日中值定理知,.于是有.由知在上单调增 , 从而, 故.欢迎下载精品学习资源于是在内单调增加 .【相关学问点】 1. 分式求导数公式：2. 拉格朗日中值定理：假如函数满意在闭区间上连续；在开区间内可导 ,那么在内至少有一点, 使等
11、式成立.九、 此题满分 11 分【解读】 1 由于增广矩阵的行列式是范德蒙行列式,两两不相等 ,就有,故. 而系数矩阵的秩, 所以方程组无解 . 2 当时, 方程组同解于由于, 知.由, 知导出组的基础解系含有1 个解向量 , 即解空间的维数为 1.由解的结构和解的性质,是的基础解系 .于是方程组的通解为, 其中为任意常数 .【相关学问点】 1. 非齐次线性方程组有解的判定定理：设是矩阵 , 线性方程组有解的充分必要条件是系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩 , 即. 或者说 ,可由的列向量线表出 , 亦等同于与是等价向量组 设是矩阵 , 线性方程组, 就欢迎下载精品学习资源（ 1） 有唯独解（ 2）
12、 有无穷多解（ 3） 无解不能由的列向量线表出 .2. 解的结构：如、是对应齐次线性方程组的基础解系 , 知的通解形式为其中是的基础解系 ,是的一个特解 .3. 解的性质：假如是的两个解 , 就其线性组合仍是的解；假如是的一个解 ,是的一个解 , 就仍是的解 .十、 此题满分 8 分【解读】由的特点方程 , 依据其次列绽开 , 有,得到的特点值为.由题设有三个线性无关的特点向量, 因此,必有两个线性无关的特点向量,从而. 这样才能保证方程组解空间的维数是 2,即有两个线性无关的解向量.由初等行变换 , 将第一行加到第三行上 , 第一行乘以后加到其次行上有,由, 得和必需满意条件.十一、 此题满分 8 分【解读】记就随机变量和相互独立且同分布,由与独立可得出, 故欢迎下载精品学习资源.由行列式的运算公式 , 随机变量有三个可能取值：所求的行列式的概率分布列于下表:010.13440.73120.1344十二、 此题满分 8 分【解读】依据数学期望的运算公式及一般正态分布的标准化方法, 有此时数学期望依靠于参数, 为使其达到最大值 , 令其一阶导数为0, 有令, 得,即.解上面的方程得得到唯独驻点, 由于此问题是实际问题, 所以平均利润函数必定有最大值, 而且这个最大值是唯独的.由题意知 , 当毫 M时, 平均利润最大 .欢迎下载