2009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

2009 年全国硕士研究生入学统一考试
数学三试题解析
一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一个
选项是符合题目要求的，请把所选项前的字母填在答题纸指定位置上.
xx3
（1）函数 f(x) 的可去间断点的个数为
sinx
(A)1. (B)2. (C)3. (D)无穷多个.
【答案】C.
【解析】
xx3
f

x

sinx
则当x取任何整数时， f  x 均无意义
故 f  x 的间断点有无穷多个，但可去间断点为极限存在的点，故应是 xx3 0的解
x 0,1
1,2,3
xx3 13x2 1
lim lim 
x0sinx x0cosx 
xx3 13x2 2
lim lim 
x1 sinx x1cosx 
xx3 13x2 2
lim  lim 
x1sinx x1cosx 
故可去间断点为3个，即0,1
（2）当x0时， f(x) xsinax 与g(x) x2ln(1bx)是等价无穷小，则
1 1
(A)a 1，b . （B）a 1，b .
6 6
1 1
(C)a 1，b . （D）a 1，b .
6 6
【答案】A.
【解析】 f(x) xsinax,g(x) x2ln(1bx) 为等价无穷小，则
f(x) xsinax xsinax 1acosax a 2sinax
lim lim lim 洛lim 洛lim
x0 g(x) x0 x2ln(1bx) x0 x2(bx) x0 3bx2 x0 6bx
-1-a2sinax a3
lim  1 a3 6b 故排除(B)、(C).
x0 6b 6b
 ax
a
1acosax
另外lim 存在，蕴含了1acosax0  x0 故a 1. 排除(D).
x0 3bx2
所以本题选(A).
xsint
（3）使不等式 dt lnx成立的x的范围是
1 t
 
(A)(0,1). (B)(1, ). (C)( ,). (D)(,).
2 2
【答案】A.
【解析】原问题可转化为求
xsint xsint x1 xsint1 11sint
f(x)  dtlnx   dt dt   dt  dt 0成立时 x 的
1 t 1 t 1 t 1 t x t
1sint
取值范围，由 0，t 0,1 时，知当x 0,1 时， f(x)0.故应选(A).
t
（4）设函数 y  f  x 在区间1,3 上的图形为
f(x)
1
O
x
-2 1 2 3
-1
则函数F  x   x f  t  dt 的图形为
0
f(x) f(x)
1 1
-2 O 1 2 3 x -2 O 1 2 3 x
-1 -1
(A) (B)
-2-f(x) f(x)
1 1
O O
-1 1 2 3 x -2 1 2 3 x
-1
(C) (D)
【答案】D.
【解析】此题为定积分的应用知识考核，由 y  f (x)的图形可见，其图像与x轴及 y轴、
x x 所围的图形的代数面积为所求函数F(x)，从而可得出几个方面的特征：
0
①x
0,1
时，F(x)0，且单调递减.
②x
1,2
时，F(x)单调递增.
③x
2,3
时，F(x)为常函数.
④x1,0 时，F(x)0为线性函数，单调递增.
⑤由于F(x)为连续函数
结合这些特点，可见正确选项为(D).
（5）设A,B均为2阶矩阵，A,B*分别为A,B的伴随矩阵，若| A|2,|B|3，则分块矩
O A
阵 的伴随矩阵为
B O
 O 3B*  O 2B*
(A) . (B) .
2A* O  3A* O 
 O 3A*  O 2A*
(C) . (D) .
2B* O  3B* O 
【答案】B.
1
【解析】根据CC  C E ，若C  C C1,C1 C
C
O A O A
分块矩阵 的行列式 （1）22 A B 236，即分块矩阵可逆
B O B O
-3- 1 
O B
 
O A  O A O A 1  O B1 B
 
      6  6
B O B O B O A1 O    1 A O  
A
 
 1 
O B
 3   O 2B
6   
  1 A O   3A O 
2 
故答案为(B).
1 0 0
 
（6）设A,P均为3阶矩阵，PT 为P的转置矩阵，且PTAP  0 1 0 ，
 
 
0 0 2
若P (,,),Q (,,) ，则QTAQ为
1 2 3 1 2 2 3
2 1 0 1 1 0
   
(A) 1 1 0 . (B) 1 2 0 .
   
   
0 0 2 0 0 2
2 0 0 1 0 0
   
(C) 0 1 0 . (D) 0 2 0 .
   
   
0 0 2 0 0 2
【答案】A.
1 0 0
 
【解析】Q (,,)(,,) 1 1 0 (,,)E (1) ，即：
1 2 2 3 1 2 3   1 2 3 12
 0 0 1 
Q  PE (1)
12
QTAQ [PE (1)]T A[PE (1)]ET (1)[PTAP]E (1)
12 12 12 12
1 0 0
 
 E (1) 0 1 0 E (1)
21   12
 0 0 2 
1 1 01 0 01 0 0 2 1 0
     
 0 1 0 0 1 0 1 1 0  1 1 0
     
 0 0 1   0 0 2   0 0 1   0 0 2 
（7）设事件A与事件B互不相容，则
(A)P(AB)0. (B)P(AB)P(A)P(B).
(C)P(A)1P(B). (D)P(AB)1.
-4-【答案】D.
【解析】因为A,B互不相容，所以P(AB)0
(A)P(AB)P(AB)1P(AB) ，因为P(AB)不一定等于1，所以(A)不正确.
(B)当P(A),P(B)不为0时，(B)不成立，故排除.
(C)只有当A,B互为对立事件的时候才成立，故排除.
(D)P(AB) P(AB) 1P(AB) 1，故(D)正确.
（8）设随机变量 X 与Y 相互独立，且 X 服从标准正态分布 N(0,1) ，Y 的概率分布为
1
P{Y 0}P{Y 1} ，记F (Z)为随机变量Z  XY 的分布函数，则函数F (Z)
2 z z
的间断点个数为（ ）
(A)0. (B)1. (C)2. (D)3.
【答案】 B.
【解析】F (z)P(XY  z)P(XY  z Y 0)P(Y 0)P(XY  z Y 1)P(Y 1)
Z
1
 [P(XY  z Y 0)P(XY  z Y 1)]
2
1
 [P(X 0 z Y 0)P(X  z Y 1)]
2
X,Y 独立
1
F (z) [P(x0 z)P(x z)]
Z 2
1
（1）若z 0，则F (z) (z)
Z 2
1
（2）当z 0，则F (z) (1(z))
Z 2
z 0为间断点，故选(B).
二、填空题：9~14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.
eecosx
（9）lim  .
x0 31x2 1
3
【答案】 e.
2
-5-1
e x2
eecosx e(1ecosx1) e(1cosx) 3
2
【解析】lim lim  lim lim  e.
x0 31 x2 1 x0 31 x2 1 x0 1 x2 x0 1 x2 2
3 3
z
（10）设z (xey)x，则  .
x
(1,0)
【答案】2ln21.
【解析】由z   xey x ，故z  x,0  x1 x
dz   x1 x '  exln(1x) ' exln(1x)  ln(1x) x 
dx       1x  
z  1
代入x1得， eln2 ln2

 2ln21.
x 1,0  2
 en (1)n
（11）幂级数 xn 的收敛半径为 .
n2
n1
1
【答案】 .
e
en 1 n
【解析】由题意知，a   0
n n2
 n1
 1
en11    
a en11 n1 n2 n2   e 
n1      e(n)
a  n1 2 en1 n  n1 2   1 n
n en 1    
  e 
1
所以，该幂级数的收敛半径为
e
（12）设某产品的需求函数为Q Q(P),其对应价格P 的弹性 0.2，则当需求量为
p
10000件时，价格增加1元会使产品收益增加 元.
【答案】8000.
【解析】所求即为 QP  QPQ
QP
因为  0.2，所以QP 0.2Q
p Q
-6-所以 QP  0.2QQ 0.8Q
将Q 10000代入有 QP  8000.
3 0 0
 
（13）设(1,1,1)T,(1,0,k)T，若矩阵T 相似于 0 0 0 ，则k  .
 
 
0 0 0
【答案】2.
3 0 0
 
【解析】T 相似于 0 0 0 ，根据相似矩阵有相同的特征值，得到T 的特征值为
 
 0 0 0 
3，0，0.而T为矩阵T 的对角元素之和，1k 300，k 2.
(14)设X ，X ,…,X 为来自二项分布总体B(n,p)的简单随机样本，X 和S 2分别为样
1 2 n
本均值和样本方差，记统计量T  X S2，则ET  .
【答案】np2
【解析】由ET  E(X S2) EX ES2 npnp(1 p)np2 .
三、解答题：15～23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤.
（15）（本题满分9分）
 
求二元函数 f(x,y) x2 2 y2  yln y 的极值.
1
【解析】 f  (x,y)2x(2 y2)0， f  (x,y)2x2ylny10，故x0,y  .
x y e
1
f 2(2 y2),f 2x2 ,f 4xy .
xx yy y xy
1
则 f
x

x

(0, 1 )
2(2
e2
)， f
x

y

(0, 1 )
0， f
y

y (0, 1 )
e.
e e e
 f 0而(f)2  ff 0
xx xy xx yy
1 1
二元函数存在极小值 f(0, ) .
e e
-7-（16）（本题满分10 分）
1 x
计算不定积分ln(1 )dx (x 0).
x
1x 1 2tdt
【解析】令 t得x ,dx
x t2 1 (t2 1)2
1x 1
ln(1 )dxln(1t)d
x t2 1
ln(1t) 1 1
  dt
t2 1 t2 1t1
而
1 1 1 1 1 2
 dt  (   )dt
t2 1t1 4 t1 t1 (t1)2
1 1 1
ln(t1) ln(t1)2 C
4 4 t1
所以
1x ln(1t) 1 t1 1
ln(1 )dx  ln  C
x t2 1 4 t 1 2(t 1)
1x 1 1 x
 xln(1 ) ln( 1x  x) C.
x 2 2 1x  x
（17）（本题满分10 分）
计算二重积分(x y)dxdy，其中D {(x,y) (x1)2(y1)2 2,y  x}.
D
【解析】由(x1)2 (y1)2 2 得r 2(sincos)，
3

4
2(sincos)
(x y)dxdy  d (rcosrsin)rdr
 0
D
4
3

4
1 2(sincos)
   (cossin)r3 d
 3 0 
4
3

4 8
  (cossin)(sincos)(sincos)2d
 3
4
-8-3

4 8
  (cossin)(sincos)3d
 3
4
3

8 4 8 1 3  8
  (sincos)3d(sincos)  (sincos)4 4  .
3  3 4  3
4
4
（18）（本题满分11 分）
（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理，若函数 f(x)在 a, b 上连续，在 a, b 上可导，则
 a, b ，得证 f(b) f(a)  f '()  ba  .
（Ⅱ）证明：若函数 f(x)在x  0处连续，在 0,  ,(0) 内可导，且lim f '(x)  A，
x0
则 f '(0)存在，且 f ' (0)  A.
 
f(b) f(a)
【解析】（Ⅰ）作辅助函数(x) f(x) f(a) (xa) ，易验证(x)满足：
ba
(a)(b) ； (x) 在 闭 区 间  a,b  上 连 续 ， 在 开 区 间  a,b  内 可 导 ， 且
f(b) f(a)
'(x) f'(x) .
ba
根据罗尔定理，可得在
a,b
内至少有一点，使'()0，即
f(b) f(a)
f '()   0, f(b) f(a) f '()(ba)
ba
（Ⅱ）任取x (0,)，则函数 f(x)满足：在闭区间 0,x 上连续，开区间 0,x 内可导，
0 0 0
从而有拉格朗日中值定理可得：存在  0,x  0,，使得
x 0
0
f '     f(x 0 ) f(0) …… * 
x 0 x 0
0
又由于lim f ' x  A，对上式（*式）两边取x 0时的极限可得：
x0 0
f(x ) f  0 
f ' 0  lim 0  lim f '( ) lim f '( ) A
 x 0 x 0 x 0 x 0  0 x 0
0 0 0 x0
故 f '(0)存在，且 f '(0) A.
 
-9-（19）（本题满分10 分）
设曲线 y  f (x) ，其中 f(x) 是可导函数，且 f(x)0 .已知曲线 y  f (x) 与直线
y  0,x 1及x t(t 1)所围成的曲边梯形绕x轴旋转一周所得的立体体积值是该曲边梯
形面积值的t 倍，求该曲线的方程.
t t
【解析】旋转体的体积为V   f 2dx  f 2dx
1 (x) 1 (x)
t
曲边梯形的面积为：s   f dx，则由题可知
1 (x)
t t t t
V ts f 2dx t f dx  f 2dx t f dx
1 (x) 1 (x) 1 (x) 1 (x)
t t
两边对t求导可得 f 2   f dxtf  f 2 tf   f dx
(t) 1 (x) (t) (t) (t) 1 (x)
继续求导可得2f(t)f '(t) f(t)tf '(t)  f(t) ，化简可得
dt 1  1 2
(2f(t)t)f '(t)2f(t)  t 1，解之得t cy 2  y
dy 2y 3
 1 2
在 式中令 t 1，则 f 2(1) f(1)0,f(t)0, f(1)1 ，代入 t cy 2  y 得
3
1 1 1
c ,t  ( 2y).
3 3 y
1
所以该曲线方程为：2y 3x0.
y
（20）（本题满分11 分）
 1 1 1 1
   
设A= 1 1 1 ,  1 .
  1  
   
 0 4 2  2
（Ⅰ）求满足A ，A2 的所有向量 ， .
2 1 3 1 2 3
（Ⅱ）对（Ⅰ）中的任意向量 , ，证明, , 线性无关.
2 3 1 2 3
【解析】（Ⅰ）解方程A 
2 1
-10- 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1 1 1
     
 A, 1 1 1 1  0 0 0 0  0 2 1 1
1      
     
 0 4 2 2 0 2 1 1  0 0 0 0 
r(A)2故有一个自由变量，令x 2，由Ax0解得，x 1,x 1
3 2 1
求特解，令x  x 0，得x 1
1 2 3
 1  0
   
故 k 1  0 ，其中k 为任意常数
2 1    1
   
 2  1
解方程A2 
3 1
 2 2 0
 
A2  2 2 0
 
 
 4 4 0
 1
1 1 0
 2 2 0 1  2 
     
A2,
1


2 2 0 1

 0 0 0 0
   
 4 4 0 2 0 0 0 0
 
 
故有两个自由变量，令x 1,x 0，由A2x 0得x 1
2 3 1
令x 0,x 1，由A2x 0得x 0
2 3 1
 1

 
2
 
求得特解  0 
2
 
0
 
 
 1

 
 1   0  2
     
故  3 k 2 1  k 3 0   0  ，其中k 2 ,k 3 为任意常数
     
 0   1 0
 
 
（Ⅱ）证明：由于
-11-1
1 k k 
1 2 2
1 1 1
1 k k 2kk (2k 1)(k  )2k (k  )k (2k 1)   0
1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2
2 2k 1 0
1
故,, 线性无关.
1 2 3
（21）（本题满分11 分）
设二次型 f(x ,x ,x ) ax 2 ax 2 (a1)x 2 2x x 2x x .
1 2 3 1 2 3 1 3 2 3
（Ⅰ）求二次型 f 的矩阵的所有特征值.
（Ⅱ）若二次型 f 的规范形为 y2  y2，求a的值.
1 1
a 0 1 
 
【解析】（Ⅰ） A 0 a 1
 
 
1 1 a1
a 0 1
a 1 0 a
|EA| 0 a 1 (a) 
1 a1 1 1
1 1 a1
(a)[(a)(a1)1][0(a)]
(a)[(a)(a1)2]
(a)[22aa2a2]
1 9
(a){[a (12a)]2 }
2 4
(a)(a2)(a1)
 a,  a2,  a1.
1 2 3
（Ⅱ） 若规范形为 y2  y2，说明有两个特征值为正，一个为0.则
1 2
1) 若a0，则  20 ， 1 ，不符题意
1 2 3
2) 若 0 ，即a 2，则20， 30，符合
2 1 3
3) 若 0 ，即a 1，则10 ， 30，不符题意
3 1 2
综上所述，故a 2
（22）（本题满分11 分）
-12-ex 0 y  x
设二维随机变量(X,Y)的概率密度为 f(x,y)  
 0 其他
（Ⅰ）求条件概率密度 f (y x)
Y X
（Ⅱ）求条件概率P  X 1Y 1
 
【解析】
ex 0 y x
（Ⅰ）由 f(x,y)  得其边缘密度函数
 0 其它
x
f (x)  exdy  xexx 0
x
0
f(x,y) 1
故 f (y|x)  0 y x
y|x f (x) x
x
1
  y x
即 f (y|x)x
y|x
 0其它
P[X 1,Y 1]
（Ⅱ）P[X 1|Y 1]
P[Y 1]
1 x 1
而P[X 1,Y 1]  f(x,y)dxdy   dx exdy  xexdx 12e1
0 0 0
x1
y1


f (y)  exdx ex| ey,y 0
Y y y
1
1
P[Y 1]  eydyey| e111e1
0 0
12e1 e2
P[X 1|Y 1]  .
1e1 e1
（23）（本题满分11分）
袋中有一个红球，两个黑球，三个白球，现在放回的从袋中取两次，每次取一个，求以X 、
Y 、Z 分别表示两次取球所取得的红、黑与白球的个数.
①求P  X 1Z  0 .
②求二维随机变量(X,Y)的概率分布.
【解析】（Ⅰ）在没有取白球的情况下取了一次红球，利用压缩样本空间则相当于只有1个
-13-红球，2个黑球放回摸两次，其中摸了一个红球
C12 4
P(X 1Z 0) 2  .
C1C1 9
3 3
（Ⅱ）X，Y取值范围为0，1，2，故
C1C1 1 C1C1 1
P  X 0,Y 0  3 3  ,P  X 1,Y 0  2 3 
C1C1 4 C1C1 6
6 6 6 6
1 1 C1C1C1 1
P  X 2,Y 0   ,P  X 0,Y 1  2 2 3 
C1C1 36 C1C1 3
6 6 6 6
C1C1 1
P  X 1,Y 1  2 2  ,P  X 2,Y 1 0
C1C1 9
6 6
C1C1 1
P  X 0,Y 2  2 2 
C1C1 9
6 6
P  X 1,Y 2 0,P  X 2,Y 2 0
0 1 2
X
Y
0 1/4 1/6 1/36
1 1/3 1/9 0
2 1/9 0 0
-14-