1991年数学三真题答案解析_26.考研数学（一）（二）（三）真题_26.3考研数学（三）真题_考研数学（三）真题_02.1987-2025年数三真题详解_1987-2004年数三真题解析

1991 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题解析
一、填空题(本题满分15分,每小题3分.)
(1)【答案】esinxy cosxy  ydxxdy 
z z
【解析】方法一：先求出两个偏导数 和 ,然后再写出全微分dz,
x y
z
esinxycosxyy  yesinxy cosxy

x
 ,
z
 esinxycosxyx xesinxy cosxy
y
z z
所以 dz  dx dy  yesinxy cosxydxxesinxy cosxydy
x y
esinxy cosxy(ydxxdy).
方法二：利用一阶全微分形式不变性和微分四则运算法则直接计算dz.
dz d  esinxy  esinxyd  sinxy esinxycosxydxy esinxycosxy  ydxxdy .
(2)【答案】a 1,b1,c1
【解析】由于曲线 f  x 与g  x 都通过点1,0  ,则
f 1 1a 0
 ,
 g 1 bc 0
又曲线 f  x 与g  x 在点1,0 有公切线,则 f1  g1 ,即
f1   3x2a  3a  g1 2bx 2b ,
x1 x1
亦即3a 2b,解之得 a 1,b1,c1.
(3)【答案】x n1 ；e n1
n
【解析】由高阶导数的莱布尼兹公式 uv n Cku k v nk 可知,
n
k0
f (n)(x)C0x(ex)(n) C1x(ex)(n1) C2x(ex)(n2) Cnx(n)ex
n n n n
 xex nex 00 (xn)ex .
对函数g  x  f n x 求导,并令g x 0,得
1g x  f (n1)(x)(xn1)ex 0 ,
g(x)0,x(n1),函数g(x)严格单调递减；
解之得驻点x n1 ,且
g(x)0,x (n1),函数g(x)严格单调递增；
故x n1 是函数g  x  f n x 的极小值点,极小值为
g(n1) f (n)(n1)(n1n)en1en1 .
 0 B1
(4)【答案】 
A1 0 
【解析】利用分块矩阵,按可逆矩阵定义有
0 A X X  E 0
  1 2     ,
B 0X X  0 E
3 4
AX E,
3

AX 0,
由对应元素或块相等,即 4
BX 0,

1
 BX E.
2
 0 B1
从A和B均为可逆矩阵知X  A1,X 0,X 0,X  B1.故应填 .
3 4 1 2 A1 0 
(5)【答案】
x 1 1 3
P{X  x}
0.4 0.4 0.2
【解析】因为随机变量X 的分布函数F(x)在各区间上的解析式都与自变量x无关,所以
在F(x)的连续点,P{X  x}0,只有在F(x)的间断点处X 取值的概率才大于零,且
P{X  x}P{X  x}P{X  x}F(x)F(x0) ,则
P{X 1}F(1)F(10)0.4 ,
P{X 1}F(1)F(10)0.80.40.4,
P{X 3}F(3)F(30)10.80.2.
因此X 的概率分布为
2x 1 1 3
P{X  x}
0.4 0.4 0.2
二、选择题(本题满分15分,每小题3分.)
(1)【答案】(A)
1
【解析】由重要极限lim(1 )x e可知,
x x
1 1
极限 lim(1 )x lim[1( )]x(1)  e1,
x x x x
1 1
lim(1 )x lim(1 )x(1)  e1.
x x x x
1 ln(1 1 )x limln(1 1 )x lim xln(1 1 )
而极限 lim(1 )x  lim e x  ex0 x  ex0 x ,
x0 x x0
1
令t  ,则
x
1 ln(1t) 1
lim xln(1 )  lim 洛lim 0 ,
x0 x t t t1t
1
1 lim xln(1 )
所以 lim(1 )x ex0 x e0 1.
x0 x
故选项(A)正确.
(2)【答案】(D)
1  1 
【解析】因为 (1)na2 a2  ,由 收敛及比较判别法可知(1)na2 绝对收敛.
n n n2 n2 n
n1 n1
即(D)正确.
1
另外,设a  (n1,2),则可知
n 2n
  1 1  1   1 2  1
(A) a    , (C)  a   
n 2n 2 n n 2n 2 1
n1 n1 n1 n1 n1 n1 n2
都不正确.
1
设a 0,a  (n1,2),则可知(B)不正确.
2n1 2n 4n
(3)【答案】(B).
【解析】由为A的特征值可知,存在非零向量X ,使得AX X .
两端同时乘以A*,有 A*(X) A*AX ,由公式A*A A 得到A*X  A X .于是
A*X 1 A X .
按特征值定义知1 A 是伴随矩阵A*的特征值.故应选(B).
3【相关知识点】矩阵特征值与特征向量的定义：设A是n阶矩阵,若存在数及非零的n维
列向量X 使得 AX X 成立,则称是矩阵A的特征值,称非零向量 X 是矩阵A的特征
向量.
(4)【答案】(D)
【解析】A B  AB ,如果AB ,则A B  ,即A与B互不相容；如果
AB ,则A B  ,即A与B相容.由于A、B的任意性,故选项(A)(B)均不正确.
任何事件 A一定可以表示为两个互不相容事件 AB 与 AB的和. 又因 AB ,从而
AB  AB  A,另外要注意区分独立与互不相容两个概念,不要错误地把A、B互不相容
等同于A、B相互独立而错选(C).
A,B不相容,P  A ,P  B 均不为零,因此
P

AB
P 0,P 
AB

P

A

P

B

.
即(C)不正确. 用排除法应选(D).
事实上,P  AB P  A P  AB P  A  .
(5)【答案】(B)
【解析】由于E(XY)E(X)E(Y),因此有
cov(X,Y) E(XY)E(X)E(Y) 0,
D(X Y)D(X)2cov(X,Y)D(Y)D(X)D(Y).
故应选(B).
【相关知识点】若两个随机变量X,Y 的方差都大于零,则下面四个命题是等价的：
1) E(XY)E(X)E(Y)；
2) D(X Y)D(X)D(Y)；
3) cov(X,Y) 0；
4) X 和Y 不相关,即X 和Y 的相关系数0.
三、(本题满分5分)
【解析】方法一：这是 1型未定式极限.
1
1 exe2xenxx 1exe2xenx
lim


ex e2x enx 

x
lime
ln
 n

 e
l
x
i

m
0x

 n


x0 n  x0
4ln(exe2xenx)lnn
lim
ex0 x ,
0
其中指数上的极限是 型未定式,由洛必达法则,有
0
ln(ex e2x enx)lnn
lim
x0 x
ex 2e2x nenx 12n n(n1) n1
lim    .
x0 ex e2x enx n 2n 2
1
ex e2x enx x n1
所以 lim  e 2 .
x0 n 
1 1
ex e2x enx x  ex e2x enx x
方法二：由于   1 1 ,
 n   n 
ex e2x enx
记 y  1,则当x0时y0,从而
n
1 y
ex e2x enx x 1  1x
lim  lim(1 y)x lim (1 y) y .
x0 n  x0 x0  
y
1  1x y
lim
而lim(1 y)y e,所以lim(1 y)y ex0x.
y0 x0 
y (ex 1)(e2x 1)(enx 1)
又因 lim lim
x0 x x0 nx
1 ex 1 e2x 1 enx 1 1 n1
 lim lim lim  洛 (12 n) .
nx0 x x0 x x0 x  n 2
1
ex e2x enx x n1
所以 lim  e 2 .
x0 n 
四、(本题满分5分)
【解析】积分区域D如图阴影部分所示.
2
x y  x 
由  1,得y b1  .
 
a b  a 
5a b  1 xa 2 a 1  b  1 xa 2 b2 a  x  4
因此 I  ydxdy   dx ydy   dx y2   1  dx .
   
0 0 0 2  2 0  a 
D 0
x
令t 1 ,有xa(1t)2,dx2a(1t)dt ,故
a
4
b2 a  x  b2 0
I   1  dx  t42a(t1)dt
 
2 0  a  2 1
1
1
t5 t6  ab2
ab2 (t4 t5)dt ab2     .
0  5 6  30
0
五、(本题满分5分)
2
 y
1
 
dy x2  y2  x
【解析】将原方程化为   ,由此可见原方程是齐次微分方程.
dx xy y
x
dy du dy du 1u2
令 y ux,有 ux ,将其代入上式,得 ux  ,
dx dx dx dx u
du 1 dx 1
化简得x  ,即udu  .积分得 u2 ln x C.
dx u x 2
y
将u  代入上式,得通解y2 2x2(ln x C).
x
由条件 y 2e,即4e2 2e2(ln e C)求得C 1.
xe
所以 y2 2x2(ln x 1)所求微分方程的特解.
六、(本题满分6分)
【解析】先求出曲线L 和L 的交点,然后利用定积分求出平面图形面积S 和S ,如图：
1 2 1 2
 1
x ,
 y 1x2 0 x1    1a
由 得 
 y ax2 a  0  
y 
a
.
 1a
1 1
所以 S S S   ydx  (1x2)dx
1 2
0 0
1
 1  2
 x x3  ,
 
 3  3
0
61 1
S   1a  1x2  ax2dx   1a 1  1a  x2dx
1    
0 0
1
 1a  1a 2
 x x3  .
 
 3  3 1a
0
2 2
又因为S 2S ,所以 2 ,即 1a 2,解得a 3.
1 3 3 1a
七、(本题满分8分)
【解析】方法1：总收入函数为
R  pq  p q  24p 0.2p 210p 0.05p 2,
1 1 2 2 1 1 2 2
总利润函数为
L RC  pq  p q  35 40  q q 
 
1 1 2 2 1 2
32p 0.2p 212p 0.05p 21395 .
1 1 2 2
由极值的必要条件,得方程组
L
320.4p 0,
 p 1
1

L

120.1p 0,


p 2
2
即 p 80,p 120.
1 2
因驻点的唯一,且由问题的实际含义可知必有最大利润.故当 p 80,p 120时,厂
1 2
家所获得的总利润最大,其最大总利润为
L （32p 0.2p 212p 0.05p 21395） 605
p 1 80,p 2 120 1 1 2 2 p 1 80,p 2 120
方法2：两个市场的价格函数分别为
p 1205q ,p 20020q ,
1 1 2 2
总收入函数为
R  pq  p q  1205q  q   20020q  q ,
1 1 2 2 1 1 2 2
总利润函数为
L RC  1205q  q  20020q  q  3540  q q 
 
1 1 2 2 1 2
80q 5q2160q 20q 235 .
1 1 2 2
由极值的必要条件,得方程组
7L
8010q 0,
 q 1
 1 q 8,q  4.
L 1 2

16040q 0,


q 2
2
因驻点的唯一,且由问题的实际含义可知必有最大利润.故当q 8,q 4,即 p 80,
1 2 1
p 120时,厂家所获得的总利润最大,其最大总利润为L 605.
2 q8,q 4
1 2
八、(本题满分6分)
1
【解析】因为x(0,),所以 f(x)(1 )x 0 .
x
1 xln(1 1 )
f(x)(1 )x e x ,两边对x求导,得
x
 1 
 x( )
f(x)

e
xln(1 1
x
) 
 e
xln(1 1
x
)


ln(1
1
)
x2 
(1
1
)x

 ln(1
1
)
1 
 .
   x 1 1  x  x 1x
 x 
1 1
令 g(x)ln(1 ) ,为证函数 f(x) 为增函数,只需 f(x)0在(0,)上成
x 1x
立,,即g(x)0,x(0,).
方法一：利用单调性.
1
 
由于 g(x)

ln(1
1
)
1 

x2

1

1
,
 
 x 1x 1 (1x)2 x(1x)2
1
x
1
且x(0,),故g(x) 0 ,所以函数g(x)在(0,)上单调减少.
x(1x)2
1 1
又limg(x) lim[ln(1 ) ]0,于是有g(x)0,x(0,).从而
x x x 1x
1
f(x)(1 )xg(x)0,x(0,),
x
于是函数 f(x)在(0,)单调增加.
方法二：利用拉格朗日中值定理.
1 x1
令 ln(1 )ln( )ln(1 x)ln x u(x1)u(x) ,
x x
所以在区间(x,x1)存在一点,使得
81
u(x1)u(x)u()(x1x)u() ,

1 1 1 1 1
即ln(1 ) .又因为0 x1x ,所以   ,所以
x  1x  x
1 1 1 1
ln(1 )  .
1x x  x
1 1 1
故对一切x(0,),有 f(x)(1 )x[ln(1 ) ]0 .函数 f(x)在(0,)单调
x x 1x
增加.
九、(本题满分7分)
【解析】设x x x ,将分量代入得到方程组
1 1 2 2 3 3
 1 x x x 0,
1 2 3

x  1 x x ,
1 2 3

x x  1 x 2.

1 2 3
对方程组的增广矩阵作初等行变换.
第一行分别乘以有1 、 1加到第二行和第三行上,有
1 1 1  0   1 1 1 0 
   
1 1 1     0 ,
   
  1 1 12    22  02 
再第二行加到第三行上,所以有
 1 1 1 0 
 
   0  .
 
  2 3 0 02  
若0且2 30,即0且 3,则r  A r  A  3,方程组有唯一解,即
可由, ,线性表示且表达式唯一.
1 2 3
若0,则r  A r  A  13,方程组有无穷多解,可由, ,线性表示,且表
1 2 3
达式不唯一.
若3,则r  A 2,r  A  3,方程组无解,从而不能由, ,线性表示.
1 2 3
【相关知识点】非齐次线性方程组有解的判定定理：
设 A是mn矩阵,线性方程组 Axb有解的充分必要条件是系数矩阵的秩等于增广
矩阵 A Ab 的秩,即是r(A)r(A) (或者说,b可由 A的列向量,,, 线表出,
1 2 n
9亦等同于,,, 与,,,,b是等价向量组).
1 2 n 1 2 n
设A是mn矩阵,线性方程组Axb,则
(1) 有唯一解  r(A)r(A)n.
(2) 有无穷多解 r(A)r(A)n.
(3) 无解  r(A)1r(A).  b不能由A的列向量,,, 线表出.
1 2 n
十、(本题满分6分)
【解析】关于判定二次型正定这类题目时,用“顺序主子式全大于0”的方法最为简捷.
 1  1
 
二次型 f 的矩阵为A  4 2 ,其顺序主子式为
 
  1 2 4  
1 
 1,  42,  A 4248.
1 2  4 3
正定的充分必要条件是各阶顺序主子式都大于0,所以有
1 
 0,  (2)(2)0,  A4(1)(2)0 .
1 2  4 3
解出其交集为(2,1),故(2,1)时, f 为正定二次型.
【相关知识点】二次型的定义：含有n个变量x ,x ,,x 的二次齐次多项式(即每项都是二
1 2 n
次的多项式)
n n
f  x ,x ,,x a xx , 其中a a ,
1 2 n ij i j ij ji
i1 j1
称为n元二次型,令x x ,x ,,x T ,A  a  ,则二次型可用矩阵乘法表示为
1 2 n ij
f  x ,x ,,x xTAx,
1 2 n
其中A是对称矩阵  AT  A  ,称A为二次型 f  x ,x ,,x 的矩阵.
1 2 n
十一、(本题满分6分)
【解析】记A(,,,),则,,, 线性无关的充分必要条件是 A 0.
1 2 n 1 2 n
由于
10T T T  T 
1 1 1 1 2 1 n
   
T T T  T
ATA  2 ,,,   2 1 2 2 2 n  ,
   1 2 n     
   
 T  T T  T 
n n 1 n 2 n n
从而取行列式,有D  ATA  AT A  A 2 .
由此可见,,, 线性无关的充分必要条件是D 0.
1 2 n
【相关知识点】m个n维向量, ,, 线性相关的充分必要条件是齐次方程组
1 2 m
x 
1
 
x
     2 0
1 2 m   
 
x 
m
有非零解.特别地,n个n维向量,,, 线性相关的充分必要条件是行列式
1 2 n
,,, 0.
1 2 n
十二、(本题满分5分)
【解析】首先确定X 的可能值是0,1,2,3,其次计算X 取各种可能值的概率.
设事件A “汽车在第i个路口首次遇到红灯”,i 1,2,3,且A相互独立.
i i
P  A P  A   1 .
i i 2
事件A发生表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数为i1.所以有
i
P  X 0 P  A  1 ,
1 2
P  X 1 P  AA  P  A  P  A  1 ,
1 2 1 2 22
P  X 2 P  A A A  P  A  P  A  P  A  1 ,
1 2 3 1 2 3 23
P  X 3 P  A A A  P  A  P  A  P  A   1 .
1 2 3 1 2 3 23
则X 的概率分布为
x 0 1 2 3
1 1 1 1
P  X  x 
2 22 23 23
注：此题易犯的一个错误是将P  X 3 计算为 1 ,这是由于该街道仅有三个设有红绿信
24
11号灯的路口,X 3仅表示所有三个信号灯路口均为绿灯,而不存在第四个有信号灯路口问
题.
十三、(本题满分6分)
 1
 , (x,y)D,
【解析】二维均匀分布(X,Y)的联合密度函数为 f(x,y)S
D

0, (x,y)D,
S 是区域D的面积,S r2,所以(X,Y)的联合密度
D D
 1
 , x2  y2 r2
f(x,y)r2 .
  0, x2  y2 r2
由连续型随机变量边缘分布的定义,X 和Y 的概率密度 f (x)和 f (y)为
1 2
 1 r2x2 2
f (x)  f(x,y)dy   dy  r2x2(x r),
1  r2  r2x2 r2
 2
f (y)  f(x,y)dx  r2y2( y r) .
2  r2
由一维连续型随机变量的数学期望的定义：
EX    x f (x)dx , E  g(X)    g(x) f (x)dx.
 
r
若 f(x)为奇函数,积分区间关于原点对称,则积分为零,即是 f(x)dx 0.
r
2 r 2 r
故 EX   x r2x2dx, EY   y r2 y2dy ,
r2 r r2 r
由于被积函数为奇函数,故 EX  EY 0.
xy
cov(X,Y) E  XY EX EY   dxdy ,
r2
x2y2r2
因为此二重积分区域关于x轴对称,被积函数为 y的奇函数,所以积分式为0.
cov(X,Y)
cov(X,Y) 0.由相关系数计算公式 ,于是X 和Y 的相关系数0.
DX  DY
(2)由于 f(x,y)  f (x)f (y),可见随机变量X 和Y 不独立.
1 2
十四、(本题满分5分)
【解析】最大似然估计,实质上就是找出使似然函数最大的那个参数,问题的关键在于构造似
然函数.
12现题设给出概率密度函数 f(x;),则似然函数
n
x n
L(x ,x ,,x ;) ()ne i1 i X1,
1 2 n i
i1
n n
lnLnln()lnX1X.
i i
i1 i1
(由于lnL是单调递增函数,L取最大与lnL取最大取到的是一致的,而加对数后能把连
乘转换成累加,这样求导,找极值比较方便).
lnL n n
由对数似然方程  X 0,
  i
i1
n n
得的最大似然估计值ˆ  .所以得的最大似然估计量为 ˆ  .
n n
X X
i i
i1 i1
【相关知识点】似然函数的定义：
设x ,x ,...,x 是相应于样本X ,X ,...,X 的一组观测值,则似然函数为：
1 2 n 1 2 n
n
L() f(x ,x ,,x ;) f(x;) f(x ;)f(x ;)f(x ;) .
1 2 n i 1 2 n
i1
13