2011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

2011 年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题答案
一、选择题(1～8小题，每小题4分，共32分．下列每题给出的四个选项中，只有一个选
项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上．)
．．．
(1)【答案】(C)．
3sinxsin3x 3sinxsinxcos2xcosxsin2x
【解析】因为lim lim
x0 cxk x0 cxk
 
sinx 3cos2x2cos2x 3cos2x2cos2x
lim lim
x0 cxk x0 cxk1
 
3 2cos2 x1 2cos2 x 44cos2 x 4sin2 x
lim lim lim
x0 cxk1 x0 cxk1 x0 cxk1
4
lim 1．
x0 cxk3
所以c4,k 3，故答案选(C).
(2)【答案】(B)．
x2f  x 2f  x3 
【解析】lim
x0 x3
x2f  x x2f  0 2f  x3  2f  0 
lim
x0 x3
 f  x  f  0  f  x3  f  0 
lim 2 
x0 x x3 
 
 f 0 2f 0 f 0 ．
故答案选(B).
(3)【答案】(A).
【解析】方法1：数项级数的性质：收敛级数任意添加括号后仍收敛，故(A)正确.
方法2：排除法，举反例．
   
选项(B)取u (1)n，这时(u u )0收敛，但u (1)n 发散，故选项
n 2n1 2n n
n1 n1 n1 n1
(B)错误；
(1)n1   (1)n1   1
选项(C)取u  ，这时 u  收敛，但(u u ) 发散，故
n n n n 2n1 2n n
n1 n1 n1 n1
选项(C)错误；
1   
选项(D)取u 1，这时(u u )0收敛，但u 1发散，故选项(D)错误．故
n 2n1 2n n
n1 n1 n1 n1
正确答案为(A).
(4)【答案】(B)．

【解析】因为0 x 时， 0sinxcosx1cotx，
4
又因lnx是单调递增的函数，所以lnsinxlncosxlncotx．
故正确答案为(B)．
(5)【答案】 (D)．
【解析】由于将A的第2列加到第1列得矩阵B，故
1 0 0
 
A 1 1 0  B，
 
 
0 0 1
即AP  B，A BP1．
1 1
由于交换B的第2行和第3行得单位矩阵，故
1 0 0
 
0 0 1 B E，
 
 
0 1 0
即PB E,故B  P1  P ．因此，A PP1，故选(D)．
2 2 2 2 1
(6)【答案】(C)．
【解析】由于,,是Ax 的3个线性无关的解，所以 , 是Ax0的两
1 2 3 3 1 2 1
个线性无关的解，即Ax0的基础解系中至少有2个线性无关的解，所以可排除(A)、(B)选项．
   
又因为A 2 3 0，所以 2 3 是Ax0的解，不是 Ax 的解，故排除(D)选项，
2 2
因此选(C)．
事实上，由于,,是Ax 的三个线性无关的解，所以 , 是Ax0的两
1 2 3 2 1 3 1
个线性无关的解，即 Ax0的基础解系中至少有 2 个线性无关的解，亦即3r(A)2，故
r(A)1．由于AO，所以r(A)1，故r(A)1．这样，Ax0的基础解系中正好有2个
线性无关的解，由此知 , 是Ax0的一个基础解系．
2 1 3 1
   
因为,,是Ax 的解，所以A ,A ，因此A 2 3 ，所以 2 3
1 2 3 2 3
2 2
2是Ax 的一个特解．
由非齐次线性方程组解的结构，可知Ax 的通解为
 
2 3 k ( )k ( )．
2 1 2 1 2 3 1
(7)【答案】(D)．
【解析】选项(D)
 
  f (x)F (x) f (x)F (x)dx   F (x)dF(x)F(x)dF (x)
  1 2 2 1    2 1 1 2 

  d F(x)F (x)  F(x)F (x)| 1．
  1 2  1 2 
所以 f F (x) f F(x)为概率密度.
1 2 2 1
(8)【答案】(D)．
【解析】因为X ,X ,,X P()
1 2 n ，
所以E(X )，D(X )，从而有
i i
1 n 1 n 1
E  T  E( X ) E(X ) nE  X   E  X  
1 n i n i n
i1 i1
E  T  E   1  n1 X  1 X    1 E( n1 X ) 1 E(X )
2  n1 i n n  n1 i n n
i1 i1
1  1
 E  X  E  X  1  ．
n  n
1    
因为11 ，所以E T  E T ．
n 1 2
又因为 D  T   D( 1  n X ) 1 nD(X) 1 D  X   ．
1 n i n2 n n
i1
D  T   D( 1  n1 X  1 X ) 1 D( n1 X ) 1 D(X )
2 n1 i n n (n1)2 i n2 n
i1 i1
1 1  1 1 
 D(X) D(X)     ．
n1 n2 n1 n2 
1 1 1    
由于当n2时，   ，所以D T  D T ．
n n1 n2 1 2
3二、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．)
．．．
(9)【答案】e3x 13x .
x
3t
【解析】因为 f  x limx  13t  x t  xlim    13t  3 1 t   t  xe3x，
t0 t0  
所以， f x e3x 13x .
(10)【答案】 12ln2  dxdy .
x x x
x ln(1 )
【解析】z (1 )y ey y ,
y
 1   x 

dz x x  1 x x y  dz x x  x x x y2 
(1 )y  ln(1 )  , (1 )y  ln(1 )   ，
dx y y y y x  dy y  y2 y y x 
1 1


y



y

dz dz
所以， 2ln21， 12ln2，
dx dx
(1,1) (1,1)
从而 dz  12ln2  dx 12ln2  dy 或dz  12ln2  dxdy .
1,1 1,1
(11)【答案】 y 2x.
 
【解析】方程tan x y  ey的两端对x求导，有
 4 
 
sec2  x y   1 yeyy ，
 4
1
将x0, y 0代入上式，有  1 y y，解得 y 2，
 0,0
cos2
4
故切线方程为：y 2x.
4
(12) 【答案】 .
3
【解析】如图２所示：
y
2
V  y2dx y x21
1
4
x2  4
 x2 1 dx  ．
1 3
图２
(13)【答案】3y2．
1
1 1
   
【解析】因为A的各行元素之和为3，所以A 1 3 1 ，故3为矩阵A的特征值．
   
   
1 1
由r(A)1知矩阵A有两个特征值为零，从而 3,  0．
1 2 3
由于二次型在正交变换下标准形前面的系数即为二次型所对应矩阵的特征值，所以二次型在
正交变换下的标准形为3y2．
1
 
(14)【答案】 2 2 ．
【解析】根据题意，二维随机变量 X,Y 服从N  ,;2,2;0  ．因为 0，所以由
xy
二维正态分布的性质知随机变量X,Y 独立，所以X,Y2．从而有
E  XY2   E  X  E  Y2  D  Y E2 Y    2 2  ．
 
三、解答题(15～23小题，共94分．请将解答写在答题纸指定位置上，解答应写出文字说
．．．
明、证明过程或演算步骤．)
(15) (本题满分10分)
12sinxx1 12sinxx1
【解析】lim lim
x0 xln  1x  x0 x2
1
2cosx1
2 12sinx
lim
x0 2x
cosx 12sinx
lim
x0 2x 12sinx
5cosx 12sinx
lim
x0 2x
cosx
sinx
12sin x
lim
x0 2
cosx
lim
x0 2 12sin x
1
 .
2
(16) (本题满分10分)
z
【解析】  f[(x y), f(x,y)] f[(x y), f(x,y)] f(x,y)
x 1 2 1
2z
 f  xy  ,f  xy 1
 
xy 11
f  xy  ,f  xy f(x,y)
 
12 2
 
 f  xy  ,f  xy  f  xy  ,f  xy  f(x,y) f(x,y)
   
21 22 2 1
f  xy  ,f  xy f  x,y 
 
2 12
由于 f  1,1 2为 f  u,v 的极值，故 f  1,1  f  1,1 0，
1 2
2z
所以，  f  2,2  f  2,2  f  1,1  .
xy 11 2 12
(17) (本题满分10分)
【解析】令t  x ，则xt2,dx2tdt，所以
arcsin x lnx arcsintlnt2  
 dx   2tdt 2 arcsintlnt2 dt
x t
t 2t
2tarcsint2 dt2tlnt2 2t dt
1t2 t2
d(1t2)
2tarcsint  2tlnt24t
1t2
2tarcsint2 1t2 2tlnt2 4tC
62 xarcsin x2 xlnx2 1x4 xC.
(18) (本题满分10分)
4
【解析】设 f(x)4arctanxx  3，
3
4 ( 3x)( 3x)
则 f(x) 1 ，
1x2 1x2
令 f(x)0，解得驻点x  3,x  3.
1 2
所以，当x 3时， f(x)0，故 f(x)单调递减；当 3 x 3 时， f(x)0，
故 f(x)单调递增；当x 3时， f(x)0，故 f(x)单调递减.
又当x(, 3)( 3, 3)时 f(x)0，且 f( 3)0，故x(, 3)时只有一
个零点；
8  4 
又 f( 3) 2 3 0，lim f  x  lim 4arctanxx  3 0，由零
3 x x 3 
点定理可知，存在x   3,  ，使 f  x 0；
0 0
4
所以，方程4arctanxx  3 0恰有两实根.
3
(19) (本题满分10分)
1
【解析】 f(t)dxdy  t2f(t)，
2
D
t
t tx
 f(x y)dxdy  dx f(x y)dy
0 0
D
t
t
  (f(t) f(x))dx
0
t
tf(t) f(x)dx
0
t 1
由题设有 tf(t) f(x)dx t2f(t)，
0 2
上式两端求导，整理得
(2t)f(t)2f(t)，
7C
为变量可分离微分方程，解得 f(t) ，
(t2)2
4
带入 f(0)1，得C 4. 所以， f(x) ,0 x1.
(x2)2
(20) (本题满分11分)
【解析】(I)由于,,不能由,,线性表示，对(,,,,,)进行初等行
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
变换：
1 1 3 1 0 1
 
(,,,,,)  1 2 4 0 1 3
1 2 3 1 2 3  
 
1 3 a 1 1 5
1 1 3 1 0 1 1 1 3 1 0 1
   
 0 1 1 1 1 2  0 1 1 1 1 2 ．
   
   
0 2 a3 0 1 4 0 0 a5 2 1 0
当a5时，r(,,)2 r(,,,)3，此时，不能由,,线性表示，故
1 2 3 1 2 3 1 1 1 2 3
,,不能由,,线性表示．
1 2 3 1 2 3
(II)对(,,,,,)进行初等行变换：
1 2 3 1 2 3
1 0 1 1 1 3
 
(,,,,,)  0 1 3 1 2 4
1 2 3 1 2 3  
 
1 1 5 1 3 5
1 0 1 1 1 3 1 0 1 1 1 3 
   
 0 1 3 1 2 4  0 1 3 1 2 4
   
   
0 1 4 0 2 2 0 0 1 1 0 2
1 0 0 2 1 5 
 
 0 1 0 4 2 10 ，
 
 
0 0 1 1 0 2
故 2 4  ，  2 ， 5 10 2 ．
1 1 2 3 2 1 2 3 1 2 3
(21) (本题满分11分)
8 1 1 1 1
   
【解析】(I)由于A 0 0  0 0 ，设  1,0,1 T ,  1,0,1 T，则
    1 2
   
 1 1  1 1
A , ,  ，即 A ,A  ，而 0, 0，知 A 的特征值为
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
1, 1，对应的特征向量分别为k k 0 ，k  k 0 ．
1 2 1 1 1 2 2 2
由于r  A 2，故 A 0，所以 0．
3
由于A是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设 0对应的特征
3
向量为  x ,x ,x T，则
3 1 2 3
T 0, x x 0,
 1 3 即 1 3
 T 0, x x 0．
2 3 1 3
解此方程组，得  0,1,0 T ，故 0对应的特征向量为k  k 0 ．
3 3 3 3 3
(II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化：
 1  1 
  1   1,0,1 T ,  2   1,0,1 T ,  3  0,1,0 T ．
1  2 2  2 3 
1 2 3
1 
 
令Q,,，则QTAQ   1 ，
1 2 3  
 
 0
AQQT
 2 2
 2 2   0  
 0  2 2 
 2 2  1   
  2 2
 0 0 1 1  0 
 
   2 2 
  2 2 0    0  0 1 0 
 2 2     
 
9 2 2
 2 2  0  
 0 2 2 
 2 2   0 0 1
2 2  
 0 0 0 0  0 0 0 ．
 
  2 2   
 2 2  0 1 0  1 0 0
 0
 2 2    
 
(22) (本题满分11分)
     
【解析】(I)因为P X2 Y2 1，所以P X 2 Y2 1P X 2 Y2 0．
即 P  X 0,Y 1  P  X 0,Y 1  P  X 1,Y 0 0．
利用边缘概率和联合概率的关系得到
1
P  X 0,Y 0  P  X 0 P  X 0,Y 1 P  X 0,Y 1  ；
3
1
P  X 1,Y 1  P  Y 1 P  X 0,Y 1  ；
3
1
P  X 1,Y 1  P  Y 1 P  X 0,Y 1  ．
3
即
X,Y
的概率分布为
Y
X -1 0 1
0 0 1/3 0
1 1/3 0 1/3
(II)Z的所有可能取值为1,0,1．
1
P  Z 1  P  X 1,Y 1  ．
3
1
P  Z 1  P  X 1,Y 1  ．
3
1
P  Z 0 1P  Z 1 P  Z 1  ．
3
Z  XY 的概率分布为
Z -1 0 1
P 1/3 1/3 1/3
10Cov

XY

E

XY
E 
X
E 
Y

(III)因为   ，
XY
D(X) D(Y) D(X) D(Y)
其中
1 1 1 1 1 1
E  XY  E  Z 1 0 1 0，E  Y 1 0 1 0．
3 3 3 3 3 3
所以E  XY E  X E  Y 0，即X ，Y 的相关系数 0．
XY
(23) (本题满分11分)
1,0 y1,y x2 y,
【解析】二维连续型随机变量(X,Y)的概率密度为 f(x,y)
0,其它.
 x
(Ｉ)当0 x1时， f (x)  f(x,y)dy   1dy  x．
X  0
 2x
当1 x2时， f (x)  f(x,y)dy   1dy 2x．
X  0
x, 0 x1,

X 的边缘概率密度为 f (x)2x, 1 x2,
X

0, 其它.
 2y
(II)当0 y 1时，Y的边缘概率密度为 f (y)  f(x,y)dx  1dx22y．
Y  y
当0 y 1时， f (x| y)有意义，条件概率密度
X|Y
 1
f(x,y)  , y x2 y,
f (x| y) 22y
X|Y f (y)

Y 0, 其它.
11