考研数学：2001年考研数学三_真题及答案(精校版)

12001年全国硕士研究生入学统一考试经济数学三试题详解及评析一、填空题（1）设生产函数为QALK,其中Q是产出量,L是劳动投入量,K是资本投入量,而A,α,β均为大于零的参数,则当Q=1时K关于L的弹性为【答案】（1）【解】当1Q时,有1,KAL于是K关于L的弹性为111'().()ALKLLLKLAL（2）某公司每年的工资总额比上一年增加20％的基础上再追加2百万.若以tW表示第t年的工资总额（单位：百万元），则tW满足的差分方程是___【答案】（2）11.22tW【解】11(10.2)21.22ttt(3)设矩阵111111,111111kkAkk且秩(A)=3,则k=【答案】（3）-3【解】方法1：由题设()3rA,知必有3111111(3)(1)0,111111kkAkkkk解得1k或3k.显然1k时()1rA,不符合题意,因此一定有3k.2方法2：初等变换.不改变矩阵的秩，对A作初等变换有1111113111111110001001111010001011110010001kkkkkkkAkkkkkkkk故知3k时，()3rA.（4）设随机变量X,Y的数学期望都是2,方差分别为1和4,而相关系数为0.5.则根据切比雪夫不等式-6PXY.【答案】（4）112【解】另ZXY,则()()()0,EZEXEY()()()()2(,)DZDXYDXDYCovXY1420.5()()3,DXDY于是有2()1-6-()6.612DZPXYPZEZ（5）设总体X服从正态分布2(0,0.2),N而1215,,XXX是来自总体X的简单随机样本，则随机变量221102211152XXYXX服从___分布，参数为_______【答案】（5）F(10,5)【解】因为2(0,2)1,2,,15.iXNi于是(0,1),2iXN从而有2222221015111(10),(5),2222XXXX而且由样本的独立性可知，222101(10)22XX与2221511(5)22XX相互独立.故32210122110222211151511/1022(10,5).2/522XXXXYFXXXX故Y服从第一个自由度为10，第二个自由度为5的F分布.二、选择题（1）设函数f(x)的导数在x=a处连续,又'()lim1,xafxxa则(A)x=a是f(x)的极小值点.(B)x=a是f(x)的极大值点.(C)(a,f(a))是曲线y=f(x)的拐点.(D)x=a不是f(x)的极值点,(a,f(a))也不是曲线y=f(x)的拐点.【答案】（1）（B）【解】方法1：由'()lim1,xafxxa知lim'()0,xafx即()0fa,于是有'()'()'()()limlim1,xaxafxfafxfaxaxa即()0fa,()10fa,故xa是()fx的极大值点,因此,正确选项为(B).方法2：由'()lim1,xafxxa；及保号性定理知，存在xa的去心邻域，在此去心邻域内'()0fxxa.于是推知，在此去心邻域内当xa时()0fx；当xa时()0.fx又由条件知()fx在xa处连续，由判定极值的第一充分条件知，()fa为()fx的极大值.因此，选(B).（2）设函数0()(),xgxfudu其中21(1),012(),1(1),123xxfxxx则g(x)在区间(0,2)内(A)无界（B）递减(C)不连续(D)连续【答案】（2）(D)【解】当01x时,有230111()(1),262xgxxdxxx当12x时,有22011121()(1)(1)1,2336xxgxxdxxdxx4即3211,0162()211,1236xxxgxxx显然()gx在区间[0,2]内连续,所以,应选(D).（3）设1112131414131211212223242423222113132333434333231414243444443424100010100,,,00101000aaaaaaaaaaaaaaaaABPaaaaaaaaaaaaaaaa210000010,01000001P其中A可逆,则1B等于(A)112APP（B）112PAP(C)112PPA(D)121PAP.【答案】（3）（C）【解】将A的23、列互换，再14、列互换，可得B，根据初等阵的性质，有21BAPP两边求逆，且111122,PPPP，得11111211212BAPPPPAPPA.故应选（C）.（4）设A是n阶矩阵，α是n维列向量.若秩0TA秩(A)，则线性方程组(A)AX=α必有无穷多解()BAX=α必有惟一解.()C00TAXy仅有零解()D00TAXy必有非零解.【答案】（4）(D)【解】由题设，显然有秩0TA秩()A1,nn即系数矩阵0TA非列满秩，因此齐次线性方程组00TAXy必有非零解.5故正确选项为（D）.（5）将一枚硬币重复掷n次,以X和Y分别表示正面向上和反面向上的次数,则X和Y的相关系数等于(A)-1(B)0(C)12(D)1【答案】（5）(A)【解】设XY和分别表示正面向上和反面向上的次数,则有Y=n−X,因此X和Y的相关系数为r=−1.三、（本题满分8分）设u=f(x,y,z)有连续的一阶偏导数,又函数y=y(x)及z=z(x)分别由下列两式确定:2xyexy和0sin,xzxtedtt求dudx【解】根据复合函数求导公式,有()duffdyfdzdxxydxzdx由2xyexy两边对x求导,得()()0,xydydyeyxyxdxdx即.dyydxx由0sin,xzxtedtt两边对x求导,得sin()(1),xxzdzexzdx即()1.sin()xdzexzdxxz将其代入(*)式,得()1.sin()xdufyfexzfdxxxyxzz四、（本题满分8分）已知f(x)在(−∞,+∞)内可导,且lim'(),xfxelim()lim[()(1)],xxxxcfxfxxc求c的值.6【解】因为2222lim()lim(1).cxxcxcxccxxxccexcxc又由拉格朗日中值定理,有()(1)'()((1))'(),fxfxfxxf于是介于1x与x之间,于是lim[()(1)]lim'()xxfxfxfe从而2cee故12c.五、（本题满分8分）求二重积分221()2[1]xyDyxedxdy的值,其中D是由直线y=x,y=−1及x=1围成的平面区域【解】积分区域如图所示222211()()22[1],xyxyDDDyxedxdyydxdyxyedxdy其中111112(1);3yDydxdydyydxyydy222222111111()()(1)22211()0xyxyyyyDxyedxdyydyxedxyeedy于是221()22[1]3xyDyxedxdy六、（本题满分9分）已知抛物线2ypxqx（其中p0,q0）在第一象限与直线x+y=5相切，且此抛物线与x轴所围成的平面图形的面积为S.（1）问p和q为何值时，S达到最大?7（2）求出此最大值.【解】方法1：题中抛物线2ypxqx与x轴交点的横坐标为：120,.qxxp面积S为2320.320qpqpqpSpxqxdxxx因直线5xy与抛物线2ypxqx相切，故它们有惟一公共点.由方程组25xyypxqx得2(1)50,ypxqx其判别式必为零，即221(1)200,(1).20qppq将p代入S中，得34200().3(1)qSqq令35200(3)'()0.3(1)qqSqq令得驻点3q.当13q时，'()0;Sx3q时，'()0;Sx当3q时，()Sq取极大值，即最大值.此时4,5p从而最大值为225.32S方法2：题中抛物线2ypxqx与x轴交点的横坐标为：120,.qxxp面积S为323220.3260qpqpqqpSpxqxdxxxp以下由题设条件2ypxqx与直线5xy推出pq与的关系.设抛物线2ypxqx与直线5xy相切的切点坐标为00(,)xy，于是有2000ypxqx005xy80021xxypxq由第2式解出005yx，第3式解出012qxp，代入第1式化简得21(1)20pq（以下方法同方法1）七、（本题满分9分）设f(x)在区间[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且满足1130(1)(),(1).xfkxefxdxk证明存在ξ∈(0,1),使得1'()2(1)().ff【解】由110(1)(),(1).xkfkxefxdxk及积分中值定理,知至少存在一点10,k,使得111110(1)()'()xkfkxefxdxef即1111(1)().feef令()().xFxxefx那么,()Fx在1,1上连续,在1,1内可导,且1()(1)FF由罗尔中值定理知,至少存在一点1,1(0,1),使得()()()0,Fefef即1'()(1)().ff八、已知()nfx满足'1()()nxnnfxfxxe（n为正整数）且(1),nefn求函数项级数1()nifx之和.【解】由已知条件可见'1()(),nxnnfxfxxe这是以()nfx为未知函数的一阶线性非齐次微分方程，其通解为1(),ndxdxnxxnxfxexeedxCeCn由条件(1),nefn得0C,故(),nxnxefxn从而9111()nxnxnnnnxexfxenn记1(),nnxsxn其收敛域为(-1,1)，当x∈(-1,1)时，可以逐项求导：1111'(),1nnnnxSxxnx故01()ln(1).1xSxdtxt即有1ln(1),(1,1)nnxxxn而在1x处，右边函数连续，左边级数在此点收敛，因此成立的范围可扩大到1x处，即1ln(1),[1,1)nnxxxn于是，当11x时，有1()ln(1).xnifxex