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