2010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

2010 年全国硕士研究生入学统一考试
数学三试题参考答案
一、选择题
(1)【答案】 (C).
【解析】
lim   1    1 a  ex   lim 1 1ex 1ax  lim 1 1ex axex  lim   1ex  axex  
x0x x   x0 x x0 x x0 x x 
1ex axex
lim lim 1 a1
x0 x x0 x
所以a 2.
(2) 【答案】 (A)．
【解析】因y y 是 yP  x  y  0的解,故y y  P  x y y 0,所以
1 2 1 2 1 2
  y P  x  y    y  p(x)y   0,
 1 1  2 2
而由已知 y P  x  y q  x  ,y P  x  y q  x ,所以
1 1 2 2
 q  x  0, ①
又由于一阶次微分方程 y p  x  y q  x  是非齐的,由此可知 q  x 0 ,所以
0．
由于y y 是非齐次微分方程 yP  x  y q  x 的解,所以
1 2
y y  P  x y y q  x ,
1 2 1 2
整理得   y P  x  y    y P  x  y  q  x ,
 1 1  2 2
即  q  x q  x ,由q  x 0可知1, ②
1
由①②求解得 ,故应选(A)．
2
(3)【答案】 (B).
【解析】  f  g(x)   f  g(x) g(x),
 f  g(x)    f  g(x) g(x)   f  g(x)  g(x) 2 f  g(x) g(x)
由于g(x )a 是g(x)的极值,所以g(x )0.所以
0 0 f  g(x )   f  g(x ) g(x )  f  a g(x )
0 0 0 0
由于g(x )0,要使  f  g(x)  0,必须有 f(a)0,故答案为B.
0
(4)【答案】 (C).
x
h(x) e10 x 1
【解析】因为 lim  lim  lim e10  ,所以,当x充分大时,h(x) g(x).
x g(x) x x x 10
1
ln9 x
f(x) ln10x x ln9x
又因为 lim  lim  lim10 10 lim
x g(x) x x x 1 x x
1
ln8 x
x lnx 1
109 lim 1092 lim 10!lim 0 .
x 1 x x x x
所以当x充分大时, f(x) g(x),故当x充分大, f(x) g(x)h(x).
(5) 【答案】 (A)．
【解析】由于向量组I能由向量组II线性表示,所以r(I)r(II),即
r(,,)r(,,)s
1 r 1 s
若向量组 I 线性无关,则 r(,,) r ,所以 r r(,,)r(,,)s ,即
1 r 1 r 1 s
r  s,选(A).
(6) 【答案】 (D).
【解析】设为A的特征值,由于A2  AO,所以2 0,即(1)0,这样A的
特 征 值 只 能 为 -1 或 0. 由 于 A 为 实 对 称 矩 阵 , 故 A 可 相 似 对 角 化 , 即
1  1 
   
1 1
   
A ,r(A)r()3,因此, ,即A  .
 1   1 
   
 0  0
(7) 【答案】 (C).
【解析】离散型随机变量的分布函数是跳跃的阶梯形分段函数,连续型随机变量的分布函数
是连续函数.观察本题中F(x)的形式,得到随机变量X 既不是离散型随机变量,也不是连续
型随机变量,所以求随机变量在一点处的概率,只能利用分布函数的定义.根据分布函数的定
义,函数在某一点的概率可以写成两个区间内概率的差,即
1 1
P  X 1 P  X 1 P  X 1 F  1 F  10 1e1  e1,故本题选
2 2
(C).
(8) 【答案】 (A).1
1 x2  ,1 x3
【解析】根据题意知, f  x  e 2 ( x), f  x 4
1 2 2
 0,其它

利用概率密度的性质: f  x  dx 1,故

  f  x  dx  0 af  x  dx  bf  x  dx  a   f  x  dxb 3 1 dx  a  3 b  1
  1 0 2 2  1 0 4 2 4
所以整理得到2a3b4,故本题应选(A).
二、填空题
(9)【答案】1.
【解析】 xy et2 dt  x x sint2dt ,令x0,得 y 0,等式两端对x求导：
0 0
e(xy)2 (1 dy )  x sint2dtxsinx2 ．
dx 0
dy dy
将x0,y 0代入上式,得1 0.所以 1.
dx dx
x0 x0
2
(10)【答案】 .
4
【解析】根据绕x轴旋转公式, 有
  dx
V   y2dx   
 
e e x 1ln2 x
  dlnx   arctan  lnx             2 .
e 1ln2 x e 2 4  4
1 P31 
(11)【答案】 pe3 .
dR p dR 1  1
【解析】由弹性的定义,得  1 p3,所以   p2 dp,即lnR ln p p2C ,
dp R R p  3
又R  1 1,所以C 
1
.故lnR ln p
1
p
1
,因此R  pe
1
3
 p31 
.
3 3 3
(12)【答案】b3.
【解析】函数为 y  x3ax2 bx1,它的一阶导数为 y3x2 2axb; 二阶导数为
a
y6x2a,又因为1,0 是拐点,所以 y 0,得 1,所以a 3,又因为曲线
x1 3
过点1,0 ,所以将x1,y 0代入曲线方程,得b3.(13) 【答案】3.
【解析】由于A(A1B)B1 (EAB)B1 B1A ,所以
AB1  A(A1B)B1  A A1B B1
1
因为 B 2,所以 B1  B 1  ,因此
2
1
AB1  A A1B B1  32  3.
2
(14)【答案】2 2.
【解析】E  T E   1  n X 2    1 E    n X 2    1 nE  X 2  E  X 2   2 2 .
n i  n  i  n
i1 i1
三、解答题
 1   1 
1 ln  xx1  ln  xx1  ln  e ln x x 1  
 1 lnx  
lim
 
lim
 
(15)【解析】 lim xx 1  lim e lnx ex lnx ex lnx
x  x
其中
lim ln(e ln x x 1)  lim (e ln x x 1)1e ln x x  1lnx  lim e ln x x  1lnx  lim e ln x x ( 1 1)1.
x lnx x 1 x2 x lnx x x lnx
x x
故原式e1.
 
(16)【解析】积分区域D  D D ,其中D   x,y  0 y 1, 2y  x 1 y2
1 2 1
 
D   x,y  1 y 0, 2y  x 1 y2
2
 x y 3 dxdy   x33x2y3xy2 y3  dxdy
D D
因 为 区 域 D 关 于 x 轴 对 称 , 被 积 函 数 3x2y y3 是 y 的 奇 函 数 , 所 以
 
 3x2y y3 dxdy0．
D
x y3 dxdy   x3 3xy2  dxdy2  x3 3xy2  dxdy2    1 dy 1y2 x3 3xy2  dx  
 0 2y 
D D D1
2
1

1
x4
3
x2y2

 1y2 dy 2
1
 
9
y42y2
1
dy
14
.
04 2  2y 0 4 4 15
(17)【解析】令F  x,y,z,xy2yz  x2y2z210  ,用拉格朗日乘数法得F y2x 0,
x

F x2z2y 0,
y

F2y2z 0,

z

F  x2  y2 z2 10 0,

   
求解得六个点： A 1, 5,2 ,B 1, 5,2 ,
   
C 1, 5,2 ,D 1, 5,2 ,
   
E 2 2,0, 2 ,F 2 2,0, 2 .
由于在点A与B点处,u 5 5；在点C与D处,u 5 5；在点E与F 处,u 0．
又因为该问题必存在最值,并且不可能在其它点处,所以u 5 5,u 5 5．
max min
(18) 【解析】 (I)当0 x1时0ln(1 x) x,故 ln(1t) n tn,所以
lnt  ln(1t) n  lnt tn,
则  1 lnt  ln(1t) n dt  1 lnt tndt  n1,2,.
0 0
(II) 1 lnt tndt  1 lnttndt  1  1 lntd  tn1   1 ,故由
0 0 n1 0  n1 2
1 1
0u   lnt tndt  ,
n 0  n1 2
1
根据夹逼定理得0limu lim 0,所以limu 0.
n n n n1 2 n n
(19)【解析】(I) 因为2f(0)  2 f(x)dx ,又因为 f  x 在 0,2 上连续,所以由积分中值
0
定理得,至少有一点
0,2
,使得
 2 f  x  dx  f  20 
0
即2f  0 2f ,所以存在 0,2 ,使得 f  f  0 .
f

2

f

3

(Ⅱ)因为 f  2  f  3 2f  0 ,即  f  0 ,又因为 f  x 在 2,3 上连
2
续,由介值定理知,至少存在一点
2,3
使得
f

f

0
.
1 1
因为 f  x 在 0,2 上连续,在 0,2 上可导,且 f  0  f  2 ,所以由罗尔中值定理知,Ｃ存在
0,2
,有 f0.
1 1
又因为 f  x 在 2,上连续,在 2,上可导,且 f  2  f  0  f ,所以由罗尔
1 1 1
中值定理知,存在  2,,有 f 0.
2 1 2
又因为 f  x 在,上二阶可导,且 f f 0,所以由罗尔中值定理,至
1 2 1 2
少有一点Ax b 0,3 ,使得 f0.
(20) 【解析】因为方程组有两个不同的解,所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于3,进而
可以通过秩的关系求解方程组中未知参数,有以下两种方法.
方法1：( I )已知Axb有2个不同的解,故r(A)r(A)3,对增广矩阵进行初等行
变换,得
 1 1 a 1 1  1
   
A 0 1 0 1  0 1 0 1
   
   
1 1  1   1 1 a
1 1  1  1 1  1 
   
 0 1 0 1  0 1 0 1
   
   
0 1 12 a  0 0 12 a1
1 1 1 1 1 1 1 1
   
当1时,A 0 0 0 1  0 0 0 1 ,此时,r(A)r(A),故Axb无解(舍去)．
   
   
0 0 0 a 0 0 0 0
1 1 1 1 
 
当1时,A 0 2 0 1 ,由于r(A)r(A)3,所以a 2,故1 ,a2.
 
 
0 0 0 a2
方法2：已知Axb有2个不同的解,故r(A)r(A)3,因此 A 0,即
 1 1
A  0 1 0 (1)2(1)0 ,
1 1 
知1或-1.
当1时,r(A)1r(A)2,此时, Axb无解,因此1.由r(A)r(A),得
a 2.
( II ) 对增广矩阵做初等行变换 3 
1 0 1
 
2
1 1 1 2 1 1 1 2   
     1
A 0 2 0 1  0 2 0 1  0 1 0 
     
    2
 1 1 1 1  0 0 0 0   
0 0 0 0
 
 
 
 3 
 
 3 2
x x  x  1  
  1 3 2  1     1
可知原方程组等价为 ,写成向量的形式,即 x  x 0   .
1
 2 3  
2

    
x  x  1  
 2 2 3  0 
 
 
 3 
 
2
1  
   1
因此Axb的通解为xk 0   ,其中k为任意常数.
   
2
 
1  
0
 
 
 
 0 1 4
 
(21) 【解析】由于A 1 3 a ,存在正交矩阵Q,使得QTAQ为对角阵,且Q的第一
 
 
 4 a 0
1 1
列为 (1,2,1)T,故A对应于的特征向量为  (1,2,1)T.
1 1
6 6
 1   1 
   
6 6
   
根据特征值和特征向量的定义,有  2   2 ,即
A    
1
6 6
   
 1   1 
   
 6  6
 0 1 41 1  0 1 4 
      
1 3 a 2  2 ,由此可得a 1,2.故A 1 3 1 .
   1  1  
      
 4 a 01 1  4 1 0 
 1 4
由EA  1 3 1 (4)(2)(5)0 ,
4 1 
可得A的特征值为 2, 4, 5.
1 2 34 1 4x 
1
  
由(EA)x0,即 1 7 1 x 0 ,可解得对应于 4的线性无关的
2   2 2
  
 4 1 4x 
3
特征向量为 (1,0,1)T .
2
 5 1 4x 
1
  
由(EA)x0 ,即 1 2 1 x 0 ,可解得对应于 5 的特征向量为
3   2 3
  
 4 1 5 x 
3
 (1,1,1)T .
3
由于A为实对称矩阵,,, 为对应于不同特征值的特征向量,所以,, 相互正
1 2 3 1 2 3
交,只需单位化：
 1  1  1
  1  (1,2,1)T,  2  (1,0,1)T,  3  (1,1,1)T ,
1  6 2  2 3  3
1 2 3
 1 1 1 

 
6 2 3 2 
 
 
取
Q,,  
 2
0 
1 

,则QTAQ 

4

.
1 2 3 6 3  
   5
 1 1 1 
 
 6 2 3 
(22) 【解析】当给出二维正态随机变量的的概率密度 f  x,y 后,要求条件概率密度
f(x,y)
f (y|x),可以根据条件概率公式 f (y|x) 来进行计算.本题中还有待定参
Y|X Y|X f (x)
X
数,A要根据概率密度的性质求解,具体方法如下.
f  x   f  x,y  dy A  e2x22xyy2 dy A  e(yx)2x2 dy Aex2  e(yx)2 dy
X    
 A ex2 , x .
根据概率密度性质有
1   f  x  dx A   ex2 dx A,即A1,
 X 
1
故 f  x  ex2, x.
X 
当 x时,有条件概率密度
f  x,y  Ae2x22xyy2 1 1
f  y x     ex22xyy2  e(xy)2 ,x,y.
YX f  x  A ex2  
X(23)【解析】(I)X 的所有可能取值为0,1,Y 的所有可能取值为0,1,2．
C2 3 1
P  X 0,Y 0  3   ,其中X 0,Y 0表示取到的两个球都是黑球；
C2 15 5
6
C1C1 6 2
P  X 0,Y 1  2 3   ,其中 X 0,Y 1表示取到的一个是白球,一个是
C2 15 5
6
黑球；
C2 1
P  X 0,Y 2  2  ,其中X 0,Y 2表示取到的两个球都是白球；
C2 15
6
C1C1 3 1
P  X 1,Y 0  1 3   ,其中 X 1,Y 0表示取到的一个是红球,一个是
C2 15 5
6
黑球；
C1C1 2
P  X 1,Y 1  1 2  ,其中X 1,Y 1表示取到的一个是红球,一个是白球；
C2 15
6
0
P  X 1,Y 2  0,
C2
6
因此二维离散型随机变量
X,Y
的概率分布为
Y 0 1 2
X
(II)Cov  X,Y E  XY E  X  E  Y ,
0 1 2 1 2
2 2 2 1 1
E  XY 11 5 ,E  X 50 115  , 3
15 15 3 3 3
2 8 1 2
E  Y 0 1 1 2  2 1
1 0
5 15 15 3
5 15 3
2 1 2 4
Cov  X,Y E  XY E  X  E  Y     .
15 3 3 45
2 8 1
5 15 15