2012年考研数学三真题及解析
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2012年全国硕士研究生入学统一考试数学一试题解答与点评
一、选择题
（1）曲线渐近线的条数为( ) ．
（A）（B）（C）（D）
答案：选(C)．
解：，，而，所以有两条渐近线和，故选（C）．
【点评】本题属于基本题，其难度低于超越数学一模拟三第（1）题．
（2）设函数，其中为正整数，则
( ) ．
（A）（B）（C）（D）答案：选（A）．
解法一：
，故选（A）．
解法二：
，故选（A）．
（3）如果函数在处连续，那么下列命题正确的是( ) ．（A）若极限存在，则在处可微
（B）若极限存在，则在处可微
（C）若在处可微，则极限存在
（D）若在处可微，则极限存在
答案：选（B）．
解：已知在处连续，设，因为，所以
，
故．
由极限的性质有，其中是当，时的无穷小量，记
，
则．由全微分的定义知在点处可微分．
【点评】本题考察的知识点是极限的基本性质及全微分的定义，所用知识点与2007年数学二的选择题类似．
（4）设则有( ) ．
（A）（B）（C）（D）答案：选（D）．
解：，所以．
，
所以，故选（D）．
【点评】常规题型，但判定时有一定的技巧．
（5）设，，，，其中为任意常数，则下列向量组线性相关的为( ) ．
（A）（B）（C）（D）答案：选（C）．
【点评】考点（1）列向量组进行行变换后，有相同的相关性；（2）三个三维的向量线性相关的充要条件为所构成的行列式为零．
解法一：，显然有，故线性相关．
解法二：因为，故线性相关．
附：数二模二
（7）已知向量组作为列向量组成矩阵
，则
（A）不能由其余向量线性表示．（B）不能由其余向量线性表示．（C）不能由其余向量线性表示．（D）不能由其余向量线性表示．
（6）设为阶矩阵，为阶可逆矩阵，且，若，，则( ) ．
（A）（B）（C）（D）答案：选（B）．
【点评】考点（1）等价于．
（2）也为的三个线性无关的特征向量．故．此题与超越五套模拟中的数一、三模五21题完全相同．每个数字都是一样的，真是惊人的巧合，这大概只有在超越才能把数学模拟到如此完美的地步．附：数一、三模五
（21）（本题满分11分）为三阶实对称阵，为三阶正交阵，且
．
（Ⅰ）证明，；
（Ⅱ）若，计算，，并证明与
合同但不相似．
（7）设随机变量与相互独立，且分别服从参数为和参数为的指数分布，则( ) ．
（A）（B）（C）（D）
答案：选（A）．
解：的联合密度函数为
．
故选（A）．
（8）将长度为m的木棒随机地截成两段，则两段长度的相关系数为( ) ．
（A）（B）（C）（D）
答案：选（D）．
解：设分别为两段长度，则，，因此．故选（D）．
二、填空题
（9）若函数满足方程及，则．
答案：“”．
解：解此二阶常系数齐次线性方程得通解
．
又因满足可得，故
．
（10）．
答案：“”．
解：
．
（11）．
答案：“”．
解：记，则
．【点评】本题考察的知识点是梯度的定义，在强化班中讲过梯度的定义以后，我们曾说过：“这个问题不需要举例题，人人都会做．”
（12）设，则
．
答案：“”．
解：，在面上的投影区域如图所示．
．
【点评】本题考察的知识点是第一类曲面积分的基本计算方法，这也是历年考研试题中第一类曲面积分最简单的一个计算题．
（13）设为三维单位向量，为三阶单位矩阵，则矩阵的秩为．
【点评】考点（1）实对称矩阵的秩为其非零特征值的个数；（2）时，的特征值为，此题仅数一考，是代数三个小题中最难的一个．
答案：“”．
解法一：的特征值为，的特征值为，故秩为．
解法二：令，则，从而秩为．
（5），为维非零列向量则有①；
②；的特征值只能取；
③时，必可相似对角化，此时的特征值为一个，个零；特征值对应的特征向量为，特征值对应的特征向量为
．
（14）设是随机事件，与互不相容，，，
．
答案：“”．
解：．
【点评】会做超越冲刺班概率统计讲义
例1．设随机事件两两独立，且，，，
，已知至少发生一个，则仅有不发生的概率为．三、解答题
（15）证明，．
证法一：令
，
，
，
所以，当时，，；当时，，．故当时，．即证．证法二：由于为偶函数，故只需证明时不等式成立即可．
．
当时，，，所以，，得证．
证法三：
．
即证．
证法四：由于为偶函数，故只需证明时不等式成立即可．
．
所以得证．
（15）（本题满分10分）设，证明：．
中的不等式两边的函数，有多项式函数，三角函数和指数（对数）函数，惊人地相似．（15）【证法一】令，则
，，，
，，．
因为，所以，单调递增，由知．
从而单调递增，再由知，从而单调递增，最后由知，故要证的不等式成立．
【证法二】，
，
，
故当时，．
【证法三】由于当时，，在依次作积分得：
，
，即，
，即．（16）求函数的极值．
解：令得驻点，．
，，．
在点处，，，．因为，且，所以是的极小值点，极小值
．
在处，，．因为，且，所以是的极大值点，极大值
．
（17）求幂级数的收敛域及和函数．
解：记，由，可得．故收敛区间为．当时级数均发散，故收敛域为．
设
其中，，而，可得
．
，可得．所以
（18）已知曲线，其中函数具有连续导数，且
，，．若曲线的切线与轴的交点到切点的距离恒为，求函数的表达式，并求此曲线与轴与轴无边界的区域的面积．
解：因为，故曲线上任一点，即点处的切线方程为
．
由此可得切线与轴的交点为，根据题意有
．
即，可得
．
由，可得，故．面积
．（19）已知是第一象限中从点沿圆周到点，再沿圆周
到点的曲线段，计算曲线积分．解法一：补充曲线为轴上从点到点的直线段，设与围成区域，由Green公式，
．
解法二：．在中，，
．因为，所以积分与路径无关，
取从点到点的直线段为，则
．
把分成两部分如图所示．
．
，，
．
（20）设，．（Ⅰ）求；（Ⅱ）已知线性方程组
有无穷多解，求并求的通解．
解：（Ⅰ）．
（Ⅱ）得，当时，，，方程组无解舍去．
当时，，，方程组有无
穷多解，符合题意，通解为．
（21）已知，二次型的秩为．（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）求正交变换将化为标准形．
解法一：由得，从而
，，，有三个特征值．分别解三个线性齐次方程组
，，．
求得特征向量后，再单位化得正交阵
，
对角阵，正交变换，的标准型为．解法二：若不知也可做但很繁．
，．
此行列式难算，算出后还要因式分解，不容易！据我了解选择此方法的都没算出，得分也不会超过4分．
（22
（Ⅰ）求；（Ⅱ）求．
解：（Ⅰ）．
（Ⅱ），，
，，，，，
．
（23）设随机变量与相互独立且分别服从正态分布与，其中是未知参数且．设．（Ⅰ）求的概率密度；（Ⅱ）设为来自总体的简单随机样本，求的最大似然估计；（Ⅲ）证明
为的无偏估计量．
解：（Ⅰ）由于，所以的密度函数为
，．
（Ⅱ），
，，令，解得．
（Ⅲ）
，
所以为的无偏估计量．
11。
