1997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

1997 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(本题共5分,每小题3分,满分15分.把答案在题中横线上.) 1 (1)【答案】ef(x)[ f  ln x  f  x  f  ln x  ]dx x 【解析】题目考察复合函数的微分法,利用链式法则计算如下： 由 y  f (lnx)ef(x) 可知 1 dy  f lnx  ef(x)dx f  lnx  ef(x)f x  dx x 1 ef(x)[ f lnx  f x  f  lnx  ]dx. x  (2)【答案】 4 1 【分析】本题中 f(x)dx是个常数,只要定出这个数问题就解决了. 0 1 1 【解析】令 f(x)dx  A,则 f(x) A 1x2 ,两边从0到1作定积分得 0 1x2 A  1 dx  A 1 1x2dx arctanx 1   A    A, 01x2 0 0 4 4 4  解得A . 4 1 【评注】本题主要考查定积分的概念和计算.本题中出现的积分 1x2dx表示单位圆 0 在第一象限部分的面积,可直接根据几何意义求得.考生务必注意这种技巧的应用. (3)【答案】 y C(t2)2t t 【解析】对应的齐次差分方程是 y y 0,显然有不恒等于零的特解y 1. t1 t t 因方程的右端函数 f(t)t2t,可设非齐次差分方程的特解有形式 y (AtB)2t, 代入方程得 (At2AB)2t t2t, t 0,1,2,. 由于2t 0,于是 At2AB t, t 0,1,2,. 可确定A1,B 2,即非齐次差分方程有一个特解是 y (t2)2t. 从而,差分方程的通解是 y C(t2)2t. t (4)【答案】 2 t 2 1【解析】二次型 f(x ,x ,x )对应的矩阵为 1 2 3   2 1 0   t A  1 1  .  2   t 0 1  2  因为 f 正定 A的顺序主子式全大于零.又 2 1 1  2,  1,  A 1 t2, 1 2 1 1 3 2 1 故 f 正定 1 t2 0,即 2 t 2 . 2 (5)【答案】t分布,参数为9 【解析】由X ,,X 是来自总体X 的简单随机样本,故X ,,X 独立,且都服从正态 1 9 1 9 分布N(0,32).类似有Y,,Y 相互独立,且都服从正态分布N(0,32). 1 9 又因服从正态分布的独立随机变量的线性组合也服从正态分布,即 X X  X ~N(,2). 1 9 其中 E(X) E(X  X ),2  D(X) D(X  X ). 1 9 1 9 由期望的性质, E(X) E(X  X ) EX EX EX 0 ； 1 9 1 2 9 由独立随机变量方差的性质,2  D(X) D(X  X ) DX DX 81, 1 9 1 9 故X~ N(0,92). Y 0 因Y,,Y ~ N(0,32),故 i ~ N(0,1),(i 1,2,,9) ,所以, 1 9 3 9 Y  2 Y  i  ~2(9).  3  i1 X0 X0 由t分布的定义,现已有X~ N(0,92),将其标准化得 ~ N(0,1),故 9 ~t(9). 9 Y 9 X X  X X  X 化简有 ~t(9),即 1 9  1 9 ~t(9). 9Y 1 Y2 Y2 9 (Y2Y2) 1 9 9 1 9 2【相关知识点】1.数学期望的性质：E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c ,其中a,b,c为 常数. 2.方差的性质：X 与Y 相互独立时,D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y) ,其中a,b,c为常 数. 3.2分布的定义：若Z ,,Z 相互独立,且都服从标准正态分布N(0,1),则 1 n n Z2 ~2(1),Z2 ~2(n). i i i1 Z u 4.若Z ~ N(u,2),则 ~ N(0,1).  X 5.t分布的定义：若X ~ N(0,1),Y ~2(n),X,Y 独立,则T  ~t(n). Y n 二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小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)【答案】(B) f(x) 【分析】只要求出极限 lim 就能判断出正确的选项. x0 g(x) 【解析】用变上限积分求导公式及重要的等价无穷小关系,得 1cosx f(x)  sint2dt (sinx)sin(1cosx)2 lim lim 0 lim x0 g(x) x0 x5 x6 x0 x4(1x)  5 6 1 x5 1 x(1cosx)2 4 lim lim lim 0, x01x x0 x4 x0 x4 故应选(B). (t) 【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)  f(x)dx,(t),(t)均一 (t) 阶可导,则 F(t)(t) f (t) (t) f (t) . 2.无穷小的比较： (x) 设在同一个极限过程中,(x),(x)为无穷小且存在极限 lim l, (x) (1) 若l 0,称(x),(x)在该极限过程中为同阶无穷小； (2) 若l 1,称(x),(x)在该极限过程中为等价无穷小,记为(x) (x)； 3(3) 若l 0,称在该极限过程中(x)是(x)的高阶无穷小,记为(x)o (x) . (x) 若lim 不存在(不为),称(x),(x)不可比较. (x) (2)【答案】(C) 【解析】题目考察抽象函数的凹凸性和单调性的问题. 方法1：由 f(x) f(x) (,)知, f(x)的图形关于y轴对称.由在(,0)内, f x 0且 f(x)0 知, f(x)的图形在(,0)内单调上升且是凸的；由对称性知,在 (0,)内, f(x)的图形单调下降,且是凸的,所以应选(C). 方法2：由 f(x) f(x)可知f(x) f(x), f(x) f(x) . 当x(0,)时,x(,0),此时由题设知 fx 0, f(x)0,则 f(x)0, f(x)0,x(0,) , 故应选(C). 方法3：排除法.取 f(x)x2,易验证 f(x)符合原题条件,计算可知(A)、(B)、(D)三个选 项均不正确,故应选(C). 方法4：由题设可知 f(x)是一个二阶可导的偶函数,则 f(x)为奇函数, f(x)为偶函数,又 在(,0)内 f(x)0, f(x)0,则在(0,)内 f(x)0, f(x)0,故应选(C). (3)【答案】(C) 【分析】这一类题目最好把观察法与(,,) (,,)C 技巧相结合. 1 2 3 1 2 3 【解析】对于(A),       0,即存在一组不全为零的数1, 1 2 2 3 3 1 -1,1,使得等式为零,根据线性相关的定义可知 , ,  线性相关,排除(A)； 1 2 2 3 3 1 对于(B),      2   0,即存在一组不全为零的数1,1, 1 2 2 3 1 2 3 -1,使得等式为零,根据线性相关的定义可知 , , 2  线性相关,排除 1 2 2 3 1 2 3 (B)； 对于(C),简单的加加减减得不到零,就不应继续观察下去,而应立即转为计算行列式.设 有数k ,k ,k ,使得 1 2 3 k  2 k  2 3 k  3 0 , 1 1 2 2 2 3 3 1 3 4整理得  k k  2k 2k   3k 3k  a 0. 1 3 1 1 2 2 2 3 3 k k 0 1 3  已知, ,线性无关,上式成立,当且仅当2k 2k 0 ① 1 2 3 1 2  3k 3k 0 2 3 1 0 1 因①的系数行列式 2 2 0 120 ,故①有唯一零解,即k k k  0.故原向量组 1 2 3 0 3 3  2 ,2 3 ,3 线性无关.应选(C). 1 2 2 3 3 1 或者也可以将 2 ,2 3 ,3 用,, 线性表出,且写成矩阵形式,有 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 0 1  记  2,2 3,3  ,,  2 2 0  ,,  C, 1 2 2 3 3 1 1 2 3   1 2 3  0 3 3  C 120,则C可逆,故两向量组是等价向量组,由, ,线性无关知 2 , 1 2 3 1 2 2 3 ,3 线性无关. 2 3 3 1 (4)【答案】(D) 【解析】方法1：用排除法.任意两个同阶可逆矩阵不具备乘法的交换律,不一定相似,也 不一定合同. 1 0 1 0 例如,若A  ,B    ,由于特征值不同,故不相似,又对应二次型的正、负 0 3  0 2 惯性指数不同,故也不合同,(B)、(C)不成立； 1 0 1 0 若A  ,B    ,则 0 3  0 2 1 11 0 1 2 AB        , 0 3 0 2  0 6 1 01 1 1 1 BA      , AB  BA.  0 20 3  0 6  故(A)不成立；应取(D). 方法2：因A,B是同阶(设为n)可逆阵,故有r  A r  B n,而 r  A r  B  A,B等价存在可逆阵P,Q使得PAQ B. (这里只需取P  A1,Q  B,既有PAQ  A1BAB成立),故应选(D). 5或者,因A,B是同阶可逆阵,故A,B均可以通过初等行变换化成单位阵, 行变换 行变换 A  E,B  E, 即存在初等阵P  P,P ,P,W W ,W W ,使得 1 2 s 1 2 r PA E,WB  E , 从而有PA E WB,得PAW1 PAQ B  W1 Q  .故(D)成立. (5)【答案】(A) 【解析】因X 和Y 相互独立, 而 1 1 P  X 1 P  Y 1  ,P  X 1 P  Y 1  , 2 2 故有： 1 1 1 P  X 1,Y 1 P  X 1  P  Y 1    ； 2 2 4 1 1 1 P  X 1,Y 1 P  X 1  P  Y 1    ； 2 2 4 1 1 1 P  X 1,Y 1 P  X 1  P  Y 1    ； 2 2 4 1 1 1 P  X 1,Y 1 P  X 1  P  Y 1    ； 2 2 4 1 1 1 P  X Y P  X 1,Y 1 P  X 1,Y 1    , 4 4 2 故(A)正确,(B)错； 1 1 1 P  X Y 0 P  X 1,Y 1 P  X 1,Y 1    , 4 4 2 故(C)错； 1 1 1 P  XY 1 P  X 1,Y 1 P  X 1,Y 1    , 4 4 2 故(D)错. 三、(本题满分6分.) 【分析】要证明limQ(x) Q,只须证明limlnQ(x) lnQ即可,因为Q(x)为指数函数,因 x0 x0 此化为对数形式便于极限计算. 1 【解析】因为lnQ(x) ln A ln[Kx(1)Lx],而且 x ln[Kx (1)Lx] lim x0 x KxlnK (1)LxlnL lim x0 Kx (1)Lx lnK(1)lnLln(KL1), 6所以, limlnQ(x) ln Aln(KL1) ln(AKL1) , x0 于是, limQ(x)  AKL1 Q . x0 四、(本题满分5分.) 【解析】由题设有 du f f dy f dz    . (*) dx x y dx z dx 在exy  y 0中,将 y视为x的函数,两边对x求导,得 dy dy dy yexy y2 exy(yx ) 0   . (1) dx dx dx 1xexy 1xy 在ez xz 0中,将z视为x的函数,两边对x求导,得 dz dz dz z z ez zx 0   . (2) dx dx dx ez x xyx 将(1)、(2)两式代入()式,得 du f y2 f z f    . dx x 1xy y xyx z 【相关知识点】1.多元复合函数求导法则：若u u(x,y)和vv(x,y)在点(x,y)处偏导数 存在,函数z  f (u,v)在对应点(u,v)具有连续偏导数,则复合函数z  f[u(x,y),v(x,y)] 在点(x,y)处的偏导数存在,且 z f u f v z f u f v   ,   . x u x v x y u y v y 五、(本题满分6分) 【分析】要求获得最大利润时的销售量,需写出利润与销售量之间的的关系(x),它是商品 销售总收入减去成本和政府税收.正确写出(x)后,满足(x )0的x 即为利润最大时 0 0 的销售量,此时,x (t)是t的函数,当商家获得最大利润时,政府税收总额T tx(t),再由导 0 数知识即可求出既保证商家获利最多,又保证政府税收总额达到最大的税值t. 【解析】(1)设T 为总税额,则T tx.商品销售总收入为 R  px(70.2x)x7x0.2x2. 7利润函数为  RCT  7x0.2x23x1tx0.2x2(4t)x1. 4t 5 令(x)0,即0.4x4t 0,得x  (4t). 0.4 2 5 由于(x)0.40,因此,x (4t)即为利润最大时的销售量. 2 5 5 5 (2)将x (4t)代入T tx,得T t (4t) 10t t2. 2 2 2 由T(t)105t 0,得惟一驻点t 2；由于T(t)50,可见当t 2时T 有极大 值,这时也是最大值,此时政府税收总额最大. 六、(本题满分6分) 【分析】当x0时,F(x)显然连续,故只要证lim F(x) F(0) ,且当x0时,F(x)0 x0 即可. 【解析】方法1：显然x0时,F(x)连续,又由洛必达法则知 x  tnf(t)dt lim F(x)  lim 0  lim xnf(x) 0F(0) , x0 x0 x x0 所以F(x)在[0,)上连续. 当x(0,)时, x xn1f (x) tnf (t)dt xn1f (x)nf ()x F(x) 0  , 0  x . x2 x2 由于 f(x)单调不减,故 f(x) f(),又xn n,从而xnf(x)nf(). 于是有F(x)0  0 x.故F(x)在[0,)上单调不减. 方法2：连续性证明同上.由于 x xn1f (x) tnf (t)dt F(x) 0 x2 x x x  xnf(x)dt  tnf(t)dt  [xnf(x)tnf(t)]dt  0 0  0  0, x2 x2 可见,F(x)在[0,)上单调不减. 【评注】本题主要考查变上限定积分求导,洛必达法则.请考生注意本题两种证法中对于 F(x)的不同处理方法. 8(t) 【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)  f(x)dx,(t),(t)均一 (t) 阶可导,则 F(t)(t) f (t) (t) f (t) . 七、(本题满分6分) 【分析】先作出草图,再求出曲线 y  x2在任一点(a,a2)上的切线方程及其与x轴的交点, 然后依此类推,得出一系列与x轴交点的坐标.最后进行相应计算即可. 【解析】(1)由 y  x2,得 y2x.对于任意a(0a1), y y x2 抛物线 y  x2在点(a,a2)处的切线方程为 Q 1 ya2  2a(xa). Q 2 a Q 且该切线与x轴的交点为( ,0),故由OP 1可见 3 2 1 1 1 1 O P P P x 3 2 1 OP  OP  , 2 2 1 2 1 1 1 1 OP  OP    , 3 2 2 2 2 22  1 OP  . n 2n1 2n2  2 1 1 (2)由于Q P  OP     ,可见 n n n 2 4n1   1  1 m Q P     . n n 4n1 4 n1 n1 m0  1 利用几何级数求和公式xn  (x 1)即得 1x n0   1 m 1 4 Q P      . n n 4 1 3 n1 m0 1 4 【评注】本题是级数与微分学的综合题,本题中所得的级数仍为收敛的几何级数,利用几何级 数求和公式即可求出它的和. 八、(本题满分6分) 【解析】将直角坐标化为极坐标,由于 91 2 2t r 2t r  f( x2  y2)dxdy  d f( )rdr 2 rf( )dr , 2 0 0 2 0 2 x2y24t2 可得 f(t)e4t2 2 2t rf( r )dr .在积分中作换元s  r ,又有 0 2 2 2t r t  rf( )dr 4 sf(s)ds. 0 2 0 于是, f(t)满足积分关系式 f(t)8 t sf(s)dse4t2 . 0 在上式中令t 0得 f(0)1.利用变上限积分的求导公式,将上式两端对t求导,得 f(t)8tf(t)8te4t2 . 上述方程为关于 f(t)的一阶线性微分方程,利用一阶线性微分方程通解公式,得 f(t)(4t2C)e4t2,其中常数C待定. 由 f(0)1可确定常数C 1,因此, f(t)(4t21)e4t2 . (t) 【相关知识点】1.对积分上限的函数的求导公式：若F(t)  f(x)dx,(t),(t)均一 (t) 阶可导,则 F(t)(t) f (t) (t) f (t) . 2. 一阶线性非齐次微分方程的标准形式为 y p(x)y q(x),其通解公式为 p(x)dx p(x)dx y e (q(x)e dxC) ,其中C为常数. 九、(本题满分6分) 【解析】(1)由AA*  A*A A E及A*  A A1,有  E 0  A   A   PQ         TA A T b  TAA AT TA*b A  A     .  0 A  bTA1   (2)用行列式拉普拉斯展开式及行列式乘法公式,有 E 0 P   A , TA A 10A  P Q  PQ   A 2 bTA1  0 A  bTA1  又因A是非奇异矩阵,所以 A 0,故 Q  A  bTA1  . 由此可知Q可逆的充要条件是 Q 0,即bTA1 0,亦即TA1b. 评注：本题考查分块矩阵的运算,要看清TA1是1阶矩阵,是一个数. 【相关知识点】1.两种特殊的拉普拉斯展开式：设A是m阶矩阵,B是n阶矩阵,则 A O A * O A * A   A B ,  1 mn A B . * B O B B * B O 2.行列式乘积公式：设A,B是两个n阶矩阵,则乘积AB的行列式等于A和B的行列式的乘 积,即 AB  A B . 十、(本题满分10分) 【解析】(1)设 A的属于3的特征向量为  x ,x ,x T ,因为实对称矩阵属于不同特 3 1 2 3 征值的特征向量相互正交,故 T x x x  0, 1 3 1 2 3   T  x 2x x 0. 2 3 1 2 3 1 1 1  解上述方程组,设方程组的系数矩阵为B    ,对B进行初等行变换：  1 2 1 1 1 1  1 1 1 1 0 1 B          ,  1 2 1 0 3 0  0 1 0  系数矩阵的秩为2,根据基础解系的个数与系数矩阵秩之间的关系,我们得到基础解系的个 数为1,解得  1,0,1 T ,即A的对应于3的特征向量为 k  1,0,1 T ,其中k为非零常 3 数. 1 1 1 1 0 0     (2)方法1：令P ,, 1 2 0 ,则有P1AP  0 2 0 , 1 2 3       1 1 1   0 0 3  即A PP1,其中P1计算如下： 111 1 11 0 02111 1 1  1 0 0   31    PE  1 2 00 1 0  0 3 11 1 0       1 1 10 0 1    0 0 2  1 0 1   1 1  1 1 1    3 2     1 2 31  1 1 0 2 0  2   2     1 3     1 0 0  3  3 3   131  1 1  121  1 1 1  0 3 0 1  0 1 0       2 2 6 3 6  0 0 1  0 0 1  1 1 1 1  0   0   2 2   2 2  2 2 2  1  得 P1  1 2 1 ,   6   3 0 3   1 1 11 0 02 2 2  13 2 5 1    1  A PP1  1 2 0 0 2 0 1 2 1  2 10 2 .       6 6   1 1 1   0 0 3   3 0 3     5 2 13  方法2：因A是对称矩阵,不同特征值对应的特征向量互相正交,故存在正交阵Q(对P单位  1 1 1     3 6 2    1 2  化),使Q1AQ QTAQ ,AQQT,其中Q    0 .   3 6    1 1 1      3 6 2  1 1 1   1 1 1         3 6 2 3 3 3  1 0 0   1 2   1 2 1  AQQT    0 0 2 0       3 6 6 6 6   0 0 3     1 1 1   1 1   0      3 6 2  2 2   1 1 1  1 1 1        3 6 2 3 3 3    13 2 5  1 2  2 4 2  1      0    2 10 2 .      3 6 6 6 6 6      5 2 13   1 1 1  3 3   0     3 6 2 2 2  方法3：由于矩阵A的特征值是1,2,3,特征向量依次为,, ,利用分块矩阵有 1 2 3 A(,,) (,2,3). 1 2 3 1 2 3 12因为,, 是不同特征值的特征向量,它们线性无关,于是矩阵(,,)可逆.故 1 2 3 1 2 3 1 2 31 1 1 1    A(,2,3)(,,)1 1 4 0 1 2 0 1 2 3 1 2 3      1 2 3    1 1 1  1 2 32 2 2  13 2 5 1   1   1 4 0 1 2 1  2 10 2 .      6 6   1 2 3    3 0 3     5 2 13  【评注】本题有两个难点,一是能否由“实对称矩阵”挖掘出隐含的信息,通过正交性求出, 3 另一个难点就是反求矩阵A. 十一、(本题满分7分) 【分析】求分布函数F(x)P{X  x}实质上是求{X  x}的概率. 【解析】由X 的绝对值不大于1,可得 当x1时,F(x)P  X  x 0 ； 当x1时,F(x)P  X  x 1； 1 1 又P{X 1} ,P{X 1} ,则 8 4 1 1 5 P{1 x1}1P{X 1}P{X 1}1   ； 8 4 8 由题意X 在(1,1)内的任一子区间上取值的条件概率与该子区间长度成正比,那么当 X 的值属于(1,1)的条件下,事件1 X  x 的条件概率为： x(1) x1 P 1 X  x|1 X 1 k k (其中k为比例正常数), 1(1) 2 又 P 1 X 1|1 X 1 1, 11 而 P 1 X 1|1 X 1 k k , 2 x1 所以k 1,故P 1 X  x|1 X 1  ； 2 当1 x1时,1 X  x 1 X  x 1 X 1 , 所以P 1 X  x  P 1 X  x,1 X 1 . 由条件概率公式,有 13P 1 X  x  P 1 X  x,1 X 1   P 1 X  x|1 X 1  P{1 X 1} x1 5 5x5    , 2 8 16 F(x)P  X  x P  X 1 P 1 X  x , 1 1 而 P  X 1 P  X 1 P  X 1  0 , 8 8 1 5x5 5x7 所以 F(x)P  X  x P  X 1 P 1 X  x    , 8 16 16  0, x1  5x7 故所求的X 的分布函数为F(x) , 1 x1. 16    1, x1 十二、(本题满分6分) 【解析】已知X 在[0,60]上均匀分布,则其密度函数为：  1  , 1 x60, f(x)60   0, 其他. 设Y 表示游客等候电梯的时间(单位：分钟),由于电梯于每个整点的第5分钟,25分钟, 55分钟起行,则 当0 X 5时,游客需等候时间Y 5 X ； 当5 X 25时,游客需等候时间Y 25 X ； 当25 X 55时,游客需等候时间Y 55 X ； 当55 X 60时,游客需等候时间Y 60 X 565 X (这个时间段到达,就需要 等下个整点的第５分钟,所以是60 X 5).  5 X, 0 X 5,   25 X, 5 X 25, 故Y 是关于到达时刻X 的函数：Y  g(X)  55 X, 25 X 55,   65 X, 55 X 60. 由随机变量函数期望的定义,有   1 1  EY   g(x)f (x)dx   g(x)dx   g(x)dx   60 60  1  5 25 55 60    (5 x)dx (25 x)dx (55 x)dx (65 x)dx 60  0 5 25 55  1  (12.520045037.5)11.67. 60 14【相关知识点】1.随机变量函数期望的定义：  若随机变量Y  g(X),且EY 存在,则有EY   g(x)f (x)dx .  十三、(本题满分6分) 【解析】设X 和X 表示先后开动的记录仪无故障工作的时间,则两台记录仪无故障工作的 1 2 总时间为T  X  X . 1 2 由于每台无故障工作的时间都服从参数为５的指数分布,则X 和X 的概率密度函数为 1 2 5e5x, x 0 f(x) .  0, x0 因为两台仪器是独立的,则其无故障工作的时间显然也是相互独立的,即X 和X 独立,应用 1 2 两个独立随机变量之和的卷积公式： 当t 0时,T 的概率密度为  t f(t)  f (x)f (tx)dx 25 e5xe5(tx)dx 25te5t .  1 2 0 当t 0时, f(t)0,即 25te5t, t 0, f(t)  0, t 0. 由指数分布的期望和方差的结论,有 1 1 1 1 EX EX   ,DX DX   , 1 2  5 1 2 2 25 由期望的性质,有 1 1 2 ET  E(X  X ) EX EX    , 1 2 1 2 5 5 5 由独立随机变量方差的性质,有 1 1 2 DT D(X X )DX DX    . 1 2 1 2 25 25 25 【相关知识点】1.指数分布的期望和方差的结论： 1 1 若X 服从参数为的指数分布,则其期望EX  ,方差DX  .  2 2. X 与Y 相互独立,数学期望和方差的性质: E(aX bY c)aE(X)bE(Y)c , D(aX bY c)a2D(X)b2D(Y) , 其中a,b,c为常数. 15