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-