2008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

2008年考研数学（三）真题解析 一、选择题 (1)【答案】B x  f(t)dt 【详解】 limg(x) lim 0 lim f  x  f  0 ， x0 x0 x x0 所以x0是函数g(x)的可去间断点． (2)【答案】C a a a a 【详解】 xf(x)dx  xdf(x)xf(x) a f(x)dx af(a) f(x)dx 0 0 0 0 0 a a 其中af(a)是矩形ABOC面积， f(x)dx为曲边梯形ABOD的面积，所以 xf(x)dx为曲边三角形的面 0 0 积． (3)【答案】B f (x,0) f (0,0) e x204 1 e x 1 【详解】 f  (0,0) lim lim lim x x0 x0 x0 x x0 x ex 1 ex1 ex 1 ex1 lim  lim 1，lim  lim 1 x0 x x0 x x0 x x0 x 故 f  (0,0)不存在． x f (0,y) f (0,0) e 02y4 1 ey21 y 2 f  (0,0) lim lim lim lim 0 y y0 y0 y0 y y0 y y0 y 所以 f  (0,0)存在．故选B. y (4)【答案】A   f u2 v2 【详解】用极坐标得 F  u,v   dudv   v dv u f(r2)rdr v u f (r 2)dr u2 v2 0 1 r 1 D F   所以 vf u2 . u (5)【答案】C 【详解】(EA)(E A A2) EA3  E ，(E A)(EA A2) E A3  E . 故EA,E A均可逆． (6)【答案】D  1 2 1 2 【详解】记D    ，则ED   1 24， 2 1  2 1 -1-1 2 又EA   1 24， 2 1 所以A和D有相同的特征多项式，所以A和D有相同的特征值. 又A和D为同阶实对称矩阵，所以A和D相似．由于实对称矩阵相似必合同，故D正确. (7)【答案】A 【详解】F  z P  Zz P  max  X,Y z  P  Xz  P  Yz F  z  F  z F2 z  . Z Z Z Z (8)【答案】D 【详解】 用排除法. 设Y aXb，由 1，知道X,Y 正相关，得a 0，排除 A 、 C  XY 由X ~ N(0,1),Y ~ N(1,4)，得EX 0,EY 1, 所以 E(Y)E(aX b)aEX b a0b1, 所以b1. 排除 B  . 故选择 D  . 二、填空题 (9)【答案】1 2 x, x c  【详解】由题设知c|x|0，所以 f(x)x2 1, c xc   2 x, xc 2 2 因为 lim f  x  lim(x21) c21，lim f  x  lim  xc xc xc xc x c 又因为 f(x)在(,)内连续， f(x)必在xc处连续 2 所以 lim f  x  lim f  x  f(c)，即c2 1 c 1. xc xc c 1 (10)【答案】 ln3 2 1 1 x x 【详解】 f  x 1   x  x ，令t  1 x，得 f  t  t  x x 1 2 x2   1 x   2 2 x t2 2  x  所以  2 2 f  x  dx  2 2 x dx  1 ln  x22 2 2  1  ln6ln2  1 ln3. 2 2 x2 2 2 2 2 2  (11)【答案】 4 【详解】(x2  y)dxdy利用函数奇偶性x2dxdy  1   x2  y2  dxdy 2 D D D 1 2 1    d r2rdr  . 2 0 0 4 -2-1 (12)【答案】 y  x dy y 1 1 【详解】由  ，两端积分得ln y ln x C ，所以  x C ，又 y(1)1，所以y  . dx x 1 y x (13)【答案】3 【详解】A的特征值为1,2,2，所以A1的特征值为1,1 2,1 2， 所以4A1E的特征值为4113，41 211，41 211 所以 4B1E 3113. 1 (14)【答案】 e1 2 【详解】由DX EX2(EX)2 ，得EX2 DX (EX)2 ，又因为 X 服从参数为 1 的泊松分布，所以 12 1 DX EX 1，所以EX2 112，所以 P  X 2  e1 e1. 2！ 2 三、解答题 (15) 【详解】 1 sinx 1  sinx  方法一：lim ln lim ln1 1 x0 x2 x x0 x2  x  sinxx cosx1 sinx 1 lim lim lim  x0 x3 x0 3x2 x0 6x 6 1 sinx xcosx sinx xcosx sinx 方法二：lim ln 洛必达法则lim lim x0 x2 x x0 2x2 sinx x0 2x3 xsinx 1 洛必达法则lim  x0 6x2 6 (16) 【详解】(I) 2xdx2ydydz  x yz  dxdydz  1  dz2x  dx2y  dy 2x  dx2y  dy dz  1  1 z 2x z 2y (II) 由上一问可知  ,  ， x 1 y 1 1 z z 1 2x 2y 1 2y2x 2 所以 u  x,y  (  ) (  )   xy x y xy 1 1 xy 1 1 -3-z 2x 2(1 ) 2(1 ) u x 1 2(1 2x) 2(1 2x) 所以     . x 1 2 1 2 1 3 1 3 (17) 【详解】 曲线xy 1将区域分成两 个区域D 和D D ，为了便于计算继续对 1 2 3 区域分割，最后为 max  xy,1  dxdy D 1 D  xydxdydxdydxdy D D D 1 2 3 D D 3 2 1 1 2 2 2 2  2dx 1dy dxx1dy dx xydy 1 1 1 0 0 0 2 2 x 15 12ln2 ln2 O 0.5 2 x 4 19  ln2 4 (18) 【详解】 方法一：(I) 由积分的性质知对任意的实数t，  t2 f  x  dx  0 f  x  dx 2 f  x  dx t2 f  x  dx t t 0 2 令x2u，则 t2 f  x  dx  t f  2u  du  t f  u  du  0 f  x  dx 2 0 0 t 所以  t2 f  x  dx  0 f  x  dx 2 f  x  dx 0 f  x  dx  2 f  x  dx t t 0 t 0 (II) 由(1)知，对任意的t有 t2 f  x  dx  2 f  x  dx ，记a   2 f  x  dx，则 2 0 0 G(x)2 x f  u  duax. 所以，对任意的x， 0 G(x2)G(x)2 x2 f  u  dua(x2)2 x f  u  duax 0 0 2 x2 f  u  du2a2 2 f  u  du2a0 x 0 所以G  x 是周期为2的周期函数. t2 方法二：(I) 设F(t)  f(x)dx，由于F(t) f(t2) f(t)0 ，所以F(t)为常数，从而有F(t)F(0). t 2 2 t2 2 而F(0)  f(x)dx，所以F(t)  f(x)dx，即 f(x)dx  f(x)dx. 0 0 t 0 (II) 由(I)知，对任意的t有 t2 f  x  dx  2 f  x  dx ，记a   2 f  x  dx，则 2 0 0 -4-G(x)2 x f  u  duax ， G(x2)2 x2 f  u  dua(x2) 0 0 由于对任意x， G(x2)  2f(x2)a 2f(x)a ， G(x)  2f(x)a 所以  G(x2)G(x)  0，从而 G(x2)G(x)是常数 即有 G(x2)G(x)G(2)G(0)0 所以G  x 是周期为2的周期函数. (19) 【详解】 方法一：设A 为用于第n年提取(109n)万元的贴现值，则 n A (1r)n(109n) n   109n  1  9n  n 故 AA  10   2009 n (1r)n (1r)n (1r)n (1r)n n1 n1 n1 n1 n1  设 S(x)nxnx(1,1) n1  x x 因为 S(x) x(xn) x( ) x(1,1) 1x (1x)2 n1 1 1 所以 S( )S( )420(万元) 1r 1.05 故 A20094203980(万元)，即至少应存入3980万元. 方法二：设第t年取款后的余款是 y ，由题意知 y 满足方程 t t y (10.05)y (109t) ， 即 y 1.05y (109t) (1) t t1 t t1 (1)对应的齐次方程 y 1.05y 0的通解为 y C(1.05)t t t1 t 设(1)的通解为 y* atb，代入(1)解得 a 180，b3980 t 所以(1)的通解为 y C(1.05)t 180t3980 t 由 y  A， y 0得 AC3980 C 0 0 t 故A至少为3980万元． (20) 【详解】(I) 证法一： -5-2a 1 2a 1 3a a2 2a 1 0 1 2 a2 2a  1 A  r  ar a2 2a      2 2 1      1   1 a2 2a a2 2a 2a 1 3a 0 1 2 4a n1 0  3a 4a (n1)a r  ar 3 2a   (n1)an n n n1 2 3 n      1 (n1)a 0 n 证法二：记D | A|，下面用数学归纳法证明D (n1)an． n n 当n1时，D 2a，结论成立． 1 2a 1 当n2时，D  3a2，结论成立． 2 a2 2a 假设结论对小于n的情况成立．将D 按第1行展开得 n a2 1 0 2a 1 a2 2a 1 D 2aD  n n1      1 a2 2a 2aD a2D 2anan1a2(n1)an2 (n1)an n1 n2 故 | A|(n1)an 证法三：记D | A|，将其按第一列展开得 D 2aD a2D ， n n n1 n2 所以 D aD aD a2D a(D aD ) n n1 n1 n2 n1 n2 a2(D aD )an2(D aD )an n2 n3 2 1 -6-即 D an aD an a(an1aD ) 2an a2D n n1 n2 n2 (n2)anan2D (n1)anan1D 2 1 (n1)anan12a(n1)an (II) 因为方程组有唯一解，所以由Ax B知 A 0，又 A (n1)an，故a 0． 由克莱姆法则，将D 的第1列换成b，得行列式为 n 1 1 2a 1 0 2a 1 a2 2a 1 a2 2a  a2 2a    D  nan1       n1   1   1 a2 2a a2 2a nn (n1)(n1) D n 所以 x  n1  1 D (n1)a n (III) 方程组有无穷多解，由 A 0，有a 0，则方程组为 0 1 x  1 1      0 1 x 0   2                0 1x n1  0       0x  0 n 此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为n1，所以方程组有无穷多解，其通解为 k  1 0 0  0 T  0 1 0  0 T ,k 为任意常数． (21)【详解】(I) 证法一：假设,, 线性相关．因为, 分别属于不同特征值的特征向量，故, 线性无关，则 1 2 3 1 2 1 2 3 可由, 线性表出，不妨设 l l ，其中l ,l 不全为零(若l ,l 同时为0，则为0， 1 2 3 1 1 2 2 1 2 1 2 3 由A   可知 0，而特征向量都是非0向量，矛盾) 3 2 3 2  A , A  1 1 2 2  A    l l ，又A  A(l l)l l 3 2 3 2 1 1 2 2 3 1 1 2 2 1 1 2 2 l l  l l ，整理得：2l  0 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 -7-则, 线性相关，矛盾. 所以，,, 线性无关. 1 2 1 2 3 证法二：设存在数k ,k ,k ，使得k k k  0 (1) 1 2 3 1 1 2 2 3 3 用A左乘(1)的两边并由A , A  得 1 1 2 2 k (k k ) k 0 (2) 1 1 2 3 2 3 3 (1)—(2)得 2k k 0 (3) 1 1 3 2 因为, 是A的属于不同特征值的特征向量，所以, 线性无关，从而k k 0，代入(1) 1 2 1 2 1 3 得k 0，又由于 0，所以k 0，故,, 线性无关. 2 2 2 2 1 2 3 (II) 记P (,,)，则P可逆， 1 2 3 AP  A(,,)(A,A,A) (,, ) 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 0 0 1 0 0     (,,) 0 1 1  P 0 1 1 1 2 3          0 0 1  0 0 1 1 0 0   所以 P1AP  0 1 1 .      0 0 1 (22)【详解】 1 P(X 0,Y ) 1 1 1 1 1 2 (I) P(Z X 0)P(XY X 0) P(Y )21dy 2 2 P(X 0) 2 0 2 (II) F (z)P{Z  z}P{X Y  z} Z  P{X Y  z,X 1}P{X Y  z,X 0}P{X Y  z,X 1}  P{Y  z1,X 1}P{Y  z,X 0}P{Y  z1,X 1}  P{Y  z1}P{X 1}P{Y  z}P{X 0}P{Y  z1}P{X 1} 1   P{Y  z1}P{Y  z}P{Y  z1}  3 1   F (z1)F (z)F (z1)  3 Y Y Y -8-1 1  , 1 z2 所以 f (z)  f (z1) f (z) f (z1)  3 Z 3 Y Y Y  0,其它 2 2 (23)【详解】(I) 因为X N(,2)，所以X N(, )，从而EX ,DX  ． n n 2 1 2 1 因为 E(T)E(X  S2)  EX  E(S2) n n 1 1 1  DX (EX)2 E(S2)  22 2 2 n n n 所以，T 是2的无偏估计 (II) 方法一：D(T)ET2(ET)2，E(T)0，E(S2)2 1 4 2 2 S4 所以D(T)ET2  E(X  X S2 ) n n2 4 2 2 1  E(X ) E(X )E(S2) E(S4) n n2 1 因为X N(0,1)，所以X N(0, )， n 1 2  2 1 有EX 0,DX  ，EX DX  EX  n n 2 所以E(X 4 )D(X 2 )E2(X 2 )D   1  nX      D(X)E2(X)  2  n  2 1  2 2 1 1 3  D nX    D(X)   2    n2 n2 n n2  2 ES4 E S2 DS2 (ES2)2 DS2 1   (n1)S2 因为W   (n1)S2 2(n1)，所以DW 2(n1)， 2 2 2 n1 又因为DW (n1)2DS2，所以DS2  ,所以ES4  1 (n1) (n1) n1 3 2 1 1 n1 2 所以 ET2    1   . n2 n n n2 n1 n(n1) 方法二：当0,1时 -9-1 D(T)D(X2 S2) (注意X 和S2独立) n 1 1  2 1 1  DX2 DS2  D nX   D (n1)S2    n2 n2 n2 (n 1)2 -10-