2000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

2000 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 z 1 y (1)【答案】  yf f g x 1 y 2 x2 【详解】根据复合函数的求导公式，有 z 1  y   f 'y f ' g'    x 1 2 y  x2   (2)【答案】 4e 【详解】被积函数的分母中含有ex e2x ，且当x时，ex e2x ，即被积函数 属于无穷限的反常积分，只需先求不定积分，在令其上限趋于无穷.  dx  dx  ex  1      dx   dex 1 ex e2x 1 e2 1 e2x e2 1 e2 e2x ex  ex 1  1 e  1 ex    dex   d  e2 1 ex  2 e2 1 ex  2  e  1   1    e   e   1 ex 1     arctan  (  )  e e e 2 4 4e 1 (3)【答案】24 【详解】 1 1 1 1 方法1：A B A、B有相同的特征值： ，，，.由矩阵B1是矩阵B的逆矩阵，他们 2 3 4 5 所有特征值具有倒数的关系，得B1有特征值2,3,4,5, 由B特征局矩阵为EB ， B1E 得特征矩阵为 E  B1E   1  EB1 可以看出B与B1E 的特 征值相差1 ，所以B1E有特征值1,2,3,4.由矩阵的行列式等于其特征值得乘积，所 4 有特征值的和等于矩阵主对角元素之和， 知 B1E 1234 24. i i1 方法2 ：A B即存在可逆阵P，使得P1AP B.两边求逆得B1 P1A1P .又 A有四 个不同的特征值，存在可逆矩阵Q，使 11    2    1    3 Q1AQ ，其中   1    4    1    5 2    3 上式两边求逆得 Q1A1Q 1    ，A1 Q1Q1  4     5 从而有 B1E  P1A1PE  P1 A1E P  Q1Q1E 2  1      3 1  Q 1E Q1       24  4   1       5  1 (4)【答案】 1,3  . 【详解】在给定概率密度条件下，有性质 P  x  X  x   x 2 f (x)dx. 因此， 1 2 x 1 P  X k    f (x)dx(或P  X k 1P  X k 1  k f (x)dx.) k  1 2 2 因为x[0,1]时，f(x) ；x[3,6]时，f(x) 都是定值，因为P  X k  1， 3 9 3 所以k最可能的取值区间是包含在 0,6 区间之内的 1,3 区间，否则是不可能的.  2 2 当1k 3时，P  X k   f (x)dx  (63) . (或者，当1k 3时， k 9 3 P  X k   k f (x)dx  1 (10) 1 , P  X k 1P  X k 1 1  2 .)  3 3 3 3 所以，答案应该填1k 3或 1,3  . 8 (5)【答案】 . 9 【详解】由于题中Y 是离散型随机变量，其所取值的概率分别为P  X 0  ,P  X 0 和 2P  X 0  .又由于X 是均匀分布，所以可以直接得出这些概率，从而实现由X 的概率计算 过渡到Y 的概率. 0(1) 1 P  Y 1 P  X 0   ; 3 3 20 2 P  Y 0 P  X 0 0; P  Y 1 P  X 0   . 3 3 1 2 1 1 2 1 2 因此 E(Y)1 1  , E(Y2)1 2 12   1, 3 3 3 3 3 3 3 1 8 所以 D(Y)E(Y2) E(Y) 2 1  . 9 9 二、选择题 (1)【答案】D 【详解】用排除法. x2 x21 x2 1 x2  1 例1：设  f(x) , 满足条件lim   lim 0, 并且 x22 x22 xx2 2 x2 2 x x2 2 x2 1 x2 lim 1, 1, x x2 2 x2 2 由夹逼准则知，lim f(x) 1，则选项(A)与(C)错误. x x6 x2 x6 2x2 例2：设  f(x) , 满足条件 x4 1 x4 1 x6 2x2 x6 x2 x2 lim   lim 0 , x x4 1 x4 1  x x4 1 但是由于 x6 x2 f(x)  x2, x4 1 有lim f(x) ，极限不存在，故不选(B),所以选(D). x 因为最终结论是“(D)：不一定存在”,所以只能举例说明“可以这样”“可以那样”，无法给 出相应的证明. (2)【答案】B 【详解】方法1：排除法，用找反例的方式 (A)： f(x) x2,满足 f(0)0且f (0)0,但 f(x)  x2在x0处可导； (C)： f(x) x1,满足 f(0)10, f (0)10 ,但 f(x)  x1当 x1,1  ,在 3x0处可导； (D)： f(x)x1,满足 f(0)10, f (0)10,但 f(x)  x1当x1,1 ， 在x0处可导； 方法2：推理法. f(x)  f(a) f(x) f(x) f(a) 由(B)的条件 f(a)0, 则lim lim lim , xa xa xa xa xa xa f(x) f(a) f(x) f(a) 所以 lim  lim  f(a) (1) xa xa xa xa f(x) f(a)  f(x) f(a)  lim  lim     f(a). (2) xa xa xa  xa  可见， f(x) 在xa处可导的充要条件是 f(a)  f(a) ，所以 f(a) 0， 即 f(a)0所以当 f(a)0时必不可导，选(B). (3)【答案】(C) 【详解】因为  1，2，3，4 T 是非齐次方程组的解向量所以我们有 A b ，故 是 1 1 1 AX b的一个特解 又r  A 3,n4(未知量的个数)，故AX b的基础解系由一个非零解组成. 即基础 解系的个数为1. 2 0 2       4 1 3 因为 A  2    2bbb 0, 故2         是对 1 2 3 1 1 2 6 2 4       8 3 5 应齐次方程组的基础解系，故AX b的通解为 2 1     3 2 c  2     c     . 1 2 3 1 4 3     5 4 (4)【答案】(A) 【详解】若是方程组(I):AX 0的解，即A0，两边左乘AT ，得ATA0，即 也是方程组(II):ATAX 0的解，即(I)的解也是(II)的解. 若  是 方 程 组 (II):ATAX 0 的 解 ， 即 ATA0 ， 两 边 左 乘 T 得 4TATA AT A 0. A是一个向量，设A b ,b ,b T ，则 1 2 n  AT Ab2 0. i i1 故有b 0，i 1,2,n 从而有A0，即也是方程组(I):AX 0的解. i (5)【答案】C 【详解】随机变量T ,T ,T ,T 为4个温控器显示的按递增顺序排列的温度值，事件E表 (1) (2) (3) (4) 示事件“电炉断电”，即有两个温控器显示的温度不低于t ，此时必定两个显示较高的温度大 0   于等于t ，即T T t . 所以说断电事件就是 T t 0 (4) (3) 0 (3) 0 三【详解】本题属于二阶常系数非齐次线性微分方程，对于二阶常系数非齐次线性微分方程 得求解，首先需要求出对应的齐次微分方程的通解，再求出非齐次方程的特解，再利用线性 方程解的解构，从而得到对应方程的通解. 本题对应的齐次微分方程为 y2y0， 其特征方程为 r2 2r 0， 特征根为r 0,r 2. 于是齐次方程的通解为 Y C C e2x. 1 2 1 2 由于2是特征方程的单根，所以设 y  Axe2x 求得 y  Ae2x 2Axe2x;y  4Ae2x 4Axe2x 代入原方程，得 4Ae2x 4Axe2x 2Ae2x 4Axe2x e2x ，即2Ae2x e2x 1 约去e2x，再比较等式左、右两边，得2A1,A 2 1 1 故得特解 y  xe2x，非齐次方程的通解为 y Y  y C C e2x xe2x. 2 1 2 2 再由初始条件 y(0)1，得：C C 1 (1) 1 2   1   1  1 由 y(0)1，得C Ce2x xe2x   2Ce2x e2xxe2x  2C  1 (2)  1 2 2   2 2  2 2 x0 x0 3 1 联立(1)与(2)得 C  ,C  1 4 2 4 则满足初始条件的通解为 53 1 1 y  (  x)e2x. 4 4 2 四【详解】 画出积分区域D. 由被积函数的形式以及积分区域形状, 易见采用极坐标更为方便. 将曲 线 y a a2x2 化为 ： x2 (ya)2 a2(y a) ，极坐 标方 程为 r2asin(0)， 再 D 区域是由曲线 ya a2x2(a0) 和直线 y x 围成的区域，于是   0，极半径0r 2asin，则 4 x2  y2 0 2asin r2 I   d  d dr.  4a2 x2  y2  0 4a2 r2 D 4 令r 2asint ，有r 0时t 0；r 2asin时，t . 0  sin2t 0  I   d 4a2 2acostdt   d 4a2sin2tdt    0 2acost  0 4 4  0  0  sin2t    d 2a2(1cos2t)dt 2a2  d t  dt  0   2  4 4 0 0 0 1  2 1  2 1 2a2 ( sin2)d 2a2  cos2 a2(  )   4 2  2 4    16 2 4 五【定理】简单极值问题(无条件极值)：设z  f (x,y)在开区域D内可偏导，又根据实际 6f f 问题可知，它在D内有最大值或最小值，于是只需在 0, 0的点中找到 f(x,y)的 x y 最大值点或最小值点 【详解】记总利润函数为L，总收益函数为R，则总利润总收益总成本 L RC  pQ  p Q (2Q5)  pQ  p Q [2(Q Q )5] 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 (182Q)Q (12Q )Q [2(Q Q )5] 1 1 2 2 1 2 18Q 2Q212Q Q 22Q 2Q 5 2Q2 Q 2 16Q 10Q 5 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 其中，Q 0,Q 0，Q Q Q 为销售总量. 1 2 1 2 L L (1) 令 4Q 160， 2Q 100，解得Q 4，Q 5. 而P182Q, Q 1 Q 2 1 2 1 1 1 2 P 12Q , 故相应地 p 10,p 7. 2 2 1 2 在Q 0,Q 0的范围内驻点唯一，且实际问题在Q 0,Q 0范围内必有最大值， 1 2 1 2 故在Q 4，Q 5处L为最大值. 1 2 maxL24252164105552(万元) . (2) 若两地的销售单价无差别, 即 p  p ,于是182Q 12Q , 得2Q Q 6, 1 2 1 2 1 2 在此约束条件下求L的最值，以下用两个方法： 方法1： 若求函数z  f (x,y)在条件(x,y)0的最大值或最小值，用拉格朗日乘数法： 先构造辅助函数F(x,y,)  f(x,y)(x,y) ，然后解方程组 F f      0 x x x  F f      0 y y y   F  (x,y)0   所有满足此方程组的解(x,y,)中的(x,y)是z  f (x,y)在条件(x,y)0的可能极 值点，在可能极值点中求得最大值点或最小值点. 故用拉格朗日乘数法，其中(Q,Q ) 2Q Q 60 ，构造函数 1 2 1 2 F(Q,Q ,) 2Q2Q 216Q 10Q 5(2Q Q 6), 1 2 1 2 1 2 1 2 7令 F 4Q 1620  Q 1  1  F  2Q 100 Q 2  2 F  2Q Q 60  1 2 解得 Q 5，Q 4 ，在 Q 0,Q 0 的范 围内 驻点唯 一 ,且实 际问 题在 1 2 1 2 Q 0,Q 0范围内必有最大值,故在Q 4，Q 5处L为最大值.得 1 2 1 2 maxL25242165104549(万元) . 方法2：由2Q Q 6代入L2Q2Q 216Q 10Q 5消去一个变量得 1 2 1 2 1 2 L6Q260Q 101 1 1 dL 这样就变成了简单极值问题(无条件极值)，按(1)的做法：令 12Q 600, dQ 1 1 得Q 5，为L的唯一驻点. 1 dL dL 当0Q 5时 0 (说明在这个区间上函数单调递增)；当Q 5时 0 (说 1 dQ 1 dQ 1 1 明在这个区间上函数单调递减) 故，Q 5为L的唯一极大值点,所以是最大值点，而2Q Q 6 Q 4, 故 1 1 2 2 maxL6Q260Q 10165260510149(万元) . 1 1 六【渐近线】水平渐近线：若有lim f(x) a，则 y a为水平渐近线； x 铅直渐近线：若有lim f(x) ，则xa为铅直渐近线； xa f(x) 斜渐近线：若有 a lim ,blim[f(x)ax] 存在且不为  ，则 x x x y axb为斜渐近线. 【详解】原函数对x求导，  arctanx   arctanx 所以 ye2 (x1)( arctanx)e2 2 8 arctanx 1  arctanx x2 x  arctanx e2 (x1) e2  e2 1x2 x2 1 令 y0，得驻点x 0,x 1. 1 2 列表 x ,1  -1 1,0  0  0, y + 0 - 0 + y   2e4 e2 注：表示函数值大于0，表示函数值小于0； 表示在这区间内单调递增； 表 示在这区间内单调递减. 所以由以上表格可以得出函数的大概形状，有严格单调增的区间为,1 与    0,；严格单调减的区间为1,0  . f(0)e2 为极小值, f(1)2e4为极大值. 以下求渐近线. 通过对函数大概形状的估计，  arctanx lim f(x) lim(x1)e2 elim(x1)  x x x 所以此函数无水平渐近线；同理，也没有铅直渐近线. 所以令 f(x) a  lim e,b  lim[f (x)a x]2e; 1 x x 1 x 1 f (x) a  lim 1,b  lim[ f (x)a x] 2. 2 2 2 x x x 所以，渐近线为 y  a xb e(x2)及 y a xb  x2，共两条. 1 1 2 2 lima  七【概念】幂级数的收敛半径：若 x n1 ，其中a ,a 是幂级数a xn 的相邻两 lima n n1 n n n0 x 项的系数，则这幂级数的收敛半径 1 , 0,  R , 0,  0, . 【详解】先计算出积分I 的具体表达式，再求和 n 9n1   1  2  I  4sinn xcosxdx  4sinn xdsinx    n 0 0 n1   2   n1   1  2  则  I n  n1   2   . n0 n0   考虑幂级数  1 S(x) xn1, n1 n0 2 求出幂级数的和函数，代入x 即可得出答案，按通常求收敛半径的办法. 2 1 所以 lim a n1 lim n1 lim n 1 x a x 1 xn1 n n 1 得到本题中幂级数的收敛半径R  1,在1，1 内，先微分再积分，在收敛域内幂级数仍  收敛，有     1    1   1 S(x)   xn1    xn1  xn  ,  n1  n1  1x n0 n0 n0 x x 1 所以 S(x)S(0) S(x)dx 0 dx ln1x 0 0 1x 2 2 2 以x 1,1 代入, 得S( )ln(1 )ln(2 2). 2 2 2  即 I ln(2 2). n n0 八【证明】 x 方法1：令F(x)  f(t)dt,0 x，有F(0)0,由题设有F()0. 0  又由题设 f(x)cosxdx 0，用分部积分，有 0   0  f(x)cosxdx  cosxdF(x) 0 0    F(x)cosx   F(x)sinxdx   F(x)sinxdx 0 0 0 由积分中值定理知，存在(0,)使 10 0  F(x)sinxdx F()sin(0) 0 因为(0,)，sin0 ，所以推知存在(0,),使得F()0 . 再在区间 [0,] 与 [,] 上 对 F(x) 用 罗 尔 定 理 ， 推 知 存 在 (0,) ，  (,) 使 1 2 F()0,F()0，即 f()0, f()0 1 2 1 2  方法2：由 f(x)dx 0及积分中值定理知，存在(0,)，使 f()0. 若在区间(0,) 1 1 0 内 f(x)仅有一个零点，则在区间(0,)与(,)内 f(x)异号. 不妨设在(0,)内 1 1 1 1   f(x)0，在(,)内 f(x)0. 于是由 f(x)dx 0, f(x)cosxdx 0 ，有 1 0 0    0  f(x)cosxdx f(x)cosdx  f(x)(cosxcos)dx 1 1 0 0 0     1 f(x)(cosxcos)dx f(x)(cosxcos)dx 0 1  1 1 当 0 x 时， cosxcos ， f(x)(cosxcos) 0 ；当  x 时， 1 1 1 1 cosxcos，仍有 f(x)(cosxcos) 0，得到：00. 矛盾，此矛盾证明了 f(x) 1 1 在(0,)仅有1个零点的假设不正确，故在(0,)内 f(x)至少有2个不同的零点. 九【详解】 方法1：设方程组x x x  ① 1 1 2 2 3 3 对方程组的增广矩阵作初等行变换，化成阶梯形矩阵，有 a 2 1  1  a 2 1  1      ,,  2 1 1  b  2 a 1 0  b1 1 2 3      10 5 4  c   104a 3 0  c4   a 2 1  1     2a 1 0  b1    4a 0 0  c3b1  (1) 当a  4时，r ,,r ,,, 3. 方程组①唯一解，即可 1 2 3 1 2 3 由,, 线性表出，且表出唯一. 1 2 3 (2) 当a 4，但c3b10时，r ,,2r ,,,3方程组 1 2 3 1 2 3 ①无解，不可由,, 线性表出 1 2 3 11(3) 当a 4，且c3b10时，r ,,r ,,, 2方程组① 1 2 3 1 2 3 有无穷多解，此时有 4 2 1  1    ,,  2 1 0  b1 1 2 3     0 0 0  0   得对应齐次方程组的基础解系为： 1,2,0 T (取自由未知量 x 1，回代得 1 x 2,x 0)，非齐次方程的一个特解是*   0, b1  ,  2b1   T ，故通解为 2 3  1   0      k 2   b1  ,其中k是任意常数.       0     2b1   方法2：设方程组x x x  ① 1 1 2 2 3 3 因为①是三个方程的三个未知量的线性非齐次方程组，故也可由系数行列式讨论， a 2 1 a 2 1     A  ,,  2 1 1  2 1 1 1  a4  1 2 3      10 5 4    0 0 1  因此知道： (1) 当a  4时， A 0，方程组有唯一解，可由,, 线性表出，且表出 1 2 3 唯一. (2) 当a 4时，(有可能无解或无穷多解)对增广矩阵作初等行变换，得 4 2 1  1 2 1 1  1      ,,  2 1 1  b  0 0 1  2b1 1 2 3      10 5 4  c   0 0 1  c5b  2 1 1  1     0 0 1  2b1    0 0 0  c3b1  (i) 当a 4时，且但c3b10时，有r ,,2r ,,,3 1 2 3 1 2 3 方程组①无解. (ii) 当a 4，且c3b10时，r ,,r ,,, 2方程组① 1 2 3 1 2 3 有无穷多解，其通解为 12 1   0      k 2   b1  ,其中k是任意常数.       0     2b1   十【详解】方法1：用正定性的定义判别. 已知对任意的x ,x ,x 均有 f  x ,x ,x 0， 1 2 n 1 2 n x a x 0 1 1 2  x a x 0  2 2 3  其中等号成立当且仅当  ①  x a x 0  n1 n1 n  x a x 0 n n 1 方程组①仅有零解的充分必要条件是其系数行列式 1 a 0  0 0 1 0 1 a  0 0 2 0 0 1  0 0 B  1 1 n1 aa a  0       1 2 n 0 0 0  1 a n1 a 0 0  0 1 n 即当a a a 1 n 时，方程组①只有零解，此时 f  x ,x ,x 0. 若对任意 1 2 n 1 2 n 的非零向量X  x ,x ,x  0, ①中总有一个方程不为零，则有 1 2 n f  x ,x ,x (x ax )2(x a x )2(x a x )2(x a x )2 0 1 2 n 1 1 2 2 2 3 n1 n1 n n n 1 所以，根据正定二次型的定义，对任意的向量 x ,x ,x ，如果 f  x ,x ,x 0， 1 2 n 1 2 n 则二次型正定. 由以上证明题中 f(x ,x ,,x )是正定二次型. 1 2 n 方法2： 将二次型表示成矩阵形式，有 f  x ,x ,x (x a x )2 (x a x )2 (x a x )2 (x a x )2 1 2 n 1 1 2 2 2 3 n1 n1 n n n 1  x a x  1 1 2   x a x  2 2 3   x a x ,x a x ,,x a x ,x a x    1 1 2 2 2 3 n1 n1 n n n 1   x a x  n1 n1 n   x a x   n n 1 131 0 0  0 a 1 a 0  0 0 x  n 1 1     a 1 0  0 0 0 1 a  0 0 x  1  2  2 0 a 1  0 0 0 0 1  0 0     x ,x ,x   2    1 2 n                   0 0 0  1 0  0 0 0  1 a      n1  0 0 0  a 1 a 0 0  0 1 x  n1 n n 1 a 0  0 0  x  1 1     0 1 a  0 0 x  2   2 0 0 1  0 0     记 B   ,X                0 0 0  1 a      n1   a 0 0  0 1  x  n n 则 f  x ,x ,x  XTBTBX  BX T BX  0 1 2 n 当 1 a 0  0 0 1 0 1 a  0 0 2 0 0 1  0 0 B  1 1 n1 aa a  0       1 2 n 0 0 0  1 a n1 a 0 0  0 1 n 即 当 a a a 1 n 时 ， BX 0 只 有 零 解 ， 故 当 任 意 的 X 0 时 ， 均 有 1 2 n f  x ,x ,x  BX T BX  0，从而由正定二次型的定义，对任意的向量 x ,x ,x ， 1 2 n 1 2 n 如果 f  x ,x ,x 0，则 f  x ,x ,x 是正定二次型. 1 2 n 1 2 n 十一【详解】Y lnX  X eY . 题设条件Y 为正态，故E  X E  eY  可用函数的期 望的公式求得. 将X 的样本可以转化成Y 的样本，从而对正态Y N(,1)中的求得置信 区间. 最后，再从的置信区间转得b的置信区间. (1) 由正态分布密度函数的定义知，Y 的概率密度为 1 (y)2 f(y) e 2 , y , 2 141  (y)2 于是 b E(X) E(eY)  eye 2 dy 2  1   1 t2  1  1  1t12  1 令t  y，有 b  ete 2 dt e 2 e 2 dt e 2 . 2   2 (2) 当置信度10.95时，0.05.查表可知标准正态分布的双侧分位数等于1.96. 1 故由Y N(, )，其中Y 表示总体Y 的样本均值， 4 1 1 Y  (ln0.50ln0.80ln1.25ln2.00) ln10. 4 4 Y  Y 是的无偏估计，且2已知， N(0,1). / n  Y   所以，按标准正态分布的分位点的定义，有 P Z 1,  / n /2      即 PY  Z Y  Z 1. /2 /2  n n      这样，我们就得到了的一个置信水平为1的置信区间 Y  Z ,Y  Z  /2 /2  n n  在此题中，1,4，Y 0，所以参数的置信度为0.95的置信区间为 1 1 (Y 1.96 ,Y 1.96 )(0.98,0.98). 4 4 (3) 由指数函数ex的严格单调递增性，有  1  P 0.980.98  P0.48 1.48  2   1   Pe0.48 e  2 e1.48  P  e0.48 be1.48  0.95   因此b的置信度为0.95的置信区间为  e0.48,e1.48  . 十二【分析】随机变量X和Y 不相关Cov(X,Y)0. 事件A与B相互独立 P(AB) P(A)P(B). 要找出这二者之间的联系就应从Cov(X,Y)E(XY)E(X)E(Y)入手. 15【详解】E(X)1P  A 1 P  A  2P  A 1，同理，E(Y)2P  B 1. 现在求E(XY)，由于XY 只有两个可能值1和1，所以 E(XY)1P  XY 1 1 P  XY 1  , 其中 P  XY 1 P  X 1,Y 1 P  X 1,Y 1 P  AB P  AB   P  AB 1P  AB  2P  AB P  A P  B 1 和 P  XY 1 P  X 1,Y 1 P  X 1,Y 1 P  AB  P  AB   P  A P  B 2P  AB  ( 或者 P  XY 1 1P  XY 1 P  A P  B 2P  AB  ) 所以 E(XY)P  XY 1 P  XY 1  4P  AB 2P  A 2P  B 1 由协方差公式， Cov(XY)E(XY)E(X)E(Y) 4P  AB 2P  A 2P  B 1 2P  A 1 2P  B 1     4P  AB P  A  P  B    因此，Cov(XY)0当且仅当P  AB P  A  P  B ，即X和Y 不相关的充分必要条件是 A与B相互独立. 16