最后一套卷答案解析數(shù)學(xué)三

（1（A）（2）【分析】1lf,ll l1 lf,l （3（A）1f(1)f(0)f'(x)dx23)1；（最小值03f(3)f(1)f'(x)1

143；（最大值4f(4)f(3)f'(x)dx3（-23（4（B）【分析】|x|<1,則f(x)=1

故F(x) 于是F(x)

x( 1x

x(x)nxnxn1nxn選n nATA,BT(ABBA)T(AB)T(BA)TBTATAT(ABBA)T(AB)T(BA)TBTATAT (ABAB)TBTATBTAT(BABA)TATBTATBT0【分析】對(duì)于選項(xiàng)A，矩陣A，B有相同的特征值未必相似，例如，設(shè)矩陣A=0 111 P1APP1OPBA，BBAB有相同的特征向量未必相似，例如設(shè)矩陣A10，B10 01 02A，Ba1,0)Ta01)T,但是|A|≠|(zhì)B|A，B

0

，B=

A20,B20A，B0CACB

1 由相似矩陣的對(duì)稱(chēng)性和傳遞性知CBAB E(XDX2, e1e2e1(1e1)1e 【分析】我們僅需計(jì) cov（Yi，Yj，即可得出真確選項(xiàng)，事實(shí)上，由cov(Y1,Y2)cov(X1X2,X2X3DXcov(X,X)222(1 cov(Y,Y)cov(XX,XX)DXcov(X,X)22(1cov(Y,Y)cov(XXXX)cov(X,X)DX222(1 （9）f(x)x42x3[分析]方程xsinx0有唯一解x0x

0, 0f(0)sinf(0)0,f(1)sinf(10x故f(0)0,f(1) 又y'cosxf'(sinx)f'(x)cosf(x) 又由題設(shè) 0, 0， f'(0)f'(0)0f'(0)0;f'(1)f'(1)10f'(1) 設(shè)f(xx4bx3cx2dxe，則f(x)4x33bx22cxde1bcdef(0)f(1)f'(0)f('1)0d

bcd 于是f(x)x42x3x2

dye(xy)2 e(xt)2

dxe(xy)dylim limt1eu

1 t 1t11t

t xtulim lime(t)(1)e0

t

t Pdx x

excosxdxc dxc x2sin =ex cosxdxcex dsinxc f()ec0c (2n Ve2sinxdxx2nte4n2tsintdte4ne2tn n0 n n0y

1t

5(1（12） C()3t( 1

31t18t 2 210,1,故 齊tC()21(2)設(shè)y* t，代入方程，有2 ytC()t3t( 3 0 （13）0 0 00 B

AP可得B2016P1A2016P,而A2= 1

1 1 0 3 0 于是：B20162A2P1A2016P2A2P1IP2A2I2A20 0 00a3XY0a上服從均勻分布，故（X,Y）1,0xa0yafx,y)a2 2 aa 1a E(X Y) dxdy dx(xy)dy 2 0 b2

xdx,f(x)dx f(yyxdxdyxy對(duì)調(diào)f(x)(xydxdy1yxf(y)f(x)dxdy0 2zx23x(y),z2x3,z'(y)2y 得 z2x3 x 2 得 由 2,B 0,C

y 因?yàn)锳CB240,A20

32)6.25z(,L(x,y,)x2y2-3x4y(x2y2L2x32x由

2y42y0

( y=- Lx2y225及x3 z(-3,4)=50(最大值y解析：（）由題設(shè)，pdD3,即dD3dpdD3D 且D(1)D,有DDp3,又p 2,即dS2dp,S(1) 故SS0

s 供求平衡時(shí)，令D=S,即D0pS0p得p （Ⅱ）dpkDSk(Dp4Spk

k0

S

0 p(0)0 )pD )pD5S 55kS05(III)limp(t)5t 解析：記Un(x)135(2n1)

UnUn1

n135(2

x n2nn （I）S(x)x 1 S'(x)1x21

1 x2nn2135(2n1

1xS(n1135(2 xdx 1x2 1 S(x) 1dxc e2dxc 1x1t2且由S(0)0,得S(x)=e e20

1 x1可將e2dxc寫(xiě)成e0

dt=-11=-11,

,,

1

0 -10- 01 -10- 1 1 2 1 4

112 1 4 0011 - 011a1b c 000a b 11

0110有通解C10,故a1時(shí)，=(a1)cc 1 1 3000 11

0112有通解C210,故b2時(shí)CCC 2 2 000 112011

01有通解

1

1 1,故c=1時(shí)，=(-C+1) 1)C 3 3000 0 C3 故XT 001 3 C30 0 X 2,其中C，C，C 2 C3 C311（II）將矩陣方程XAB兩邊轉(zhuǎn)置，得ATXTB將AT，BT以列分塊，得 ATXTBT有解可由，，線性表出，由(I

C1 C- 于是X= C 3 C3 C31C3 C3+rα+r故A0（II）αβ是標(biāo)準(zhǔn)正交列向量，故αTββTα0αTαβTβ1A(αβ)(αβT+βαT)(α=α(βTα)+α(βTβ)β(αTα)β(αTα且αβ0αβαβA(αβ)(αβT+βαT)(ααβ(α且αβ0αβαβ不能正交；故知αβ是A對(duì)應(yīng)于1的特征向量0,1,1，故存在可逆矩陣P，使得P1APΛ,其中Λ

A

解析：以X(i=1,2,3)表示第i周的需求量則X的概率密度為f(x)=xex(x 而U2X1X2,U3U2X3連續(xù)三周中的周最大需求量為X(3)maxX1X(I)當(dāng)x0時(shí)顯然fz(x)f(x)0;對(duì)于x0，由卷積

X3f2(x)

f(t)f(xt)dte

t(xt)dt0

13xxf(x)f(t)f(xt)dt1exxt3(xt)dt1ex 1xe f(x)=3!,x2

f(x)5!,x 33

max

1(1x)ex,xF(x)f(t)dt = d

2

3xex1exxex,x3f(x) G(x)3F(x)f(x)3 若X,Y獨(dú)立，且X~fX(xY~fYyZXY~fZ(z) 此只需求出Y1,Y2和Y1Y2分別取1的概率即可得EY1EY2及E(Y1Y2).EYP{Y1}1P{Y0}1P{XX1}13pq q1pEY2P{Y21}1P{Y20}1P{X2X1 1P{X0，X2}1p P{Y10,Y20}P{