文都24考研数学三_27考研真题_考研数学一、二、三历年真题+考研数学资料（1994-2026）_考研数学真题（1987-2026）_考研数学历年真题（1987-2024）_考研数学三真题1987-2024

2024年全国硕士研究生招生考试数学试题 2024 年全国硕士研究生招生考试数学三 一、选择题:1~10小题，每小题5分，共50分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项 是最符合题目要求的. 1+x 1.已知函数 f(x)=lim ，则( ). n→1+nx2n (A)在x=1,x=−1处都连续 (B)在x=1处连续，x =−1处不连续 (C)在x=1,x=−1处都不连续 (D)在x=1处不连续，x =−1处连续 答案：(D) x+1, | x|1, 解析：由已知可得， f (x)= 0, 其他. 由于lim f(x)=2,lim f(x)=0，所以在x=1处不连续. x→1− x→1+ 由于 lim f(x)=0, lim f(x)=0，所以在x =−1处连续. x→−1− x→−1+ 故选(D). a+kπ 2.积分I =  |sinx|dx ，k为整数，则I的值( ). a (A)只与a有关 (B)只与k有关 (C)与a,k均有关 (D)与a,k均无关 答案：(B) 解析：由于|sinx|的周期是kπ，所以 a+kπ kπ π I =  |sinx|dx =  |sinx|dx =k |sinx|dx =2k. a 0 0 因此，该积分值只与k有关. 故选(B).  1 3.设 f(x,y)是连续函数，则2dx f(x,y)dy =( ).  sinx 6  1 (A) 1 dy arcsiny f(x,y)dx (B) dy2 f(x,y)dx 1  1 arcsiny 2 6 2 1 arcsiny 1  (C)2dy f(x,y)dx (D)2dy2 f(x,y)dx  0 0 arcsiny 6 12024年全国硕士研究生招生考试数学试题 答案：(A)  π π  解析：由已知积分区域D=(x,y)  x ,sinx y1，同时积分区域D可表示为  6 2   π 1  D=(x,y)  xarcsin y,  y1，因此  6 2   1 1 arcsiny 2dx f(x,y)dy = dy f(x,y)dx.  1  sinx 6 2 6 故选(A).   4.已知幂级数 a xn 的和函数为ln(2+x)，则 na =( ).. n 2n n=0 n=0 1 1 1 1 (A)− (B)− (C) (D) 6 3 6 3 答案：(A).   x  (−1)n−1 x n 解析：由题设知a xn =ln(2+x)=ln2+ln 1+ =ln2+ ，则     n  2 n 2 n=0 n=1 a =ln2 ；当n1时，a = (−1)n−11 n ，于是 0 n n   2  3 1   (−1)2n−11 2n  1 2n+1  2   1 na =n   =−   =− =− ， 2n 2n 2 2 1 2 6 n=1 n=1 n=1 1−   2   1 故 na =na =− . 2n 2n 6 n=0 n=1 5.已知 f(x ,x ,x )= xAx经正交变换化为y2 + y2 + y2 ，则二次型对应的矩阵的行列式和 1 2 3 1 2 3 迹分别为( ). (A)−6,−2 (B)6,−2 (C)−6,2 (D)6,2 答案：(C). 解析：由题意可知， A的特征值为1,−2,3，因此 | A|=1(−2)3=−6,tr(A)=1+(−2)+3=2， 故选(C). 1 0 0 a+2c 0 c     6.设A为三阶矩阵，P = 0 1 0 ，若PTAP2 = 0 b 0 ，则A=( ).         1 0 1 2c 0 c     22024年全国硕士研究生招生考试数学试题 c 0 0 b 0 0 a 0 0 c 0 0         A. 0 a 0 B. 0 c 0 C. 0 b 0 D. 0 b 0                 0 0 b 0 0 a 0 0 c 0 0 a         答案:(C). 1 0 1 1 0 −1 1 0 0       解析:由题意，PT = 0 1 0 ，(PT)−1 = 0 1 0 ，P2 = 0 1 0 ，             0 0 1 0 0 1 2 0 1        1 0 0   (P2)−1 = 0 1 0 .于是     −2 0 1   a+2c 0 c   A=(PT)−1 0 b 0 (P2)−1     2c 0 c   1 0 −1a+2c 0 c 1 0 0     = 0 1 0 0 b 0 0 1 0         0 0 1 2c 0 c −2 0 1     a 0 0   = 0 b 0 .     0 0 c   故选(C). a+1 b 3   b 7.设A= a 1,M 为a 的余子式，若| A|=− 1 且−M +M −M =0，则  2  ij ij 2 21 22 23   1 1 2   ( ). 3 3 1 1 (A)a=0或a =− (B)a=0或a = (C)b=1或b=− (D)b=−1或b= 2 2 2 2 答案：(B) 解析：由−M +M −M =0可知，A + A +A =0，所以 21 22 23 21 22 23 a+1 b 3 1 1 1 =a+1−b=0， 1 1 2 32024年全国硕士研究生招生考试数学试题 a+1 b 3 b b 3 b b  b 1 | A|= a 1 = a 1 =(3−2b)  a−  =− ， 2 2  2 2 1 1 2 1 1 2 5 解得b= 或b=1. 2 5 3 b=1时，a=0；b= 时，a = . 2 2 故选(B). 6x(1−x), 0 x1, 8.设随机变量 X 的概率密度为 f (x)= 则 X 的三阶中心矩 0, 其他. E[X −E(X)]3 =( ). 1 1 1 (A)− (B)0 (C) (D) 32 16 2 答案：(B). 解析：由已知 + 1 1 1 E(X)= xf(x)dx= x6x(1−x)dx= (6x2 −6x3)dx= ， − 0 0 2 因此 E[X −E(X)]3 = E  X − 1  3 =  + x− 1  3 f (x)dx  2 −  2 3 1 1 =  x−  6x(1−x)dx 0 2 3 1 1  1 1 1 1 =−6  x−   x− +  x− −  dx 0 2  2 2 2 2 1 1 3  1 2 1 =−6  x−   x−  − dx 0 2   2 4 5 3 1 1 3 1 1 =−6  x−  dx+   x−  dx 0 2 2 0 2 =0. 故选(B). 9.设随机变量X,Y 相互独立，且 X N(0,2),Y N(−1,1)，记 p = P{2X −Y 0}, p = P{X −2Y 1}， 1 2 则( ). 42024年全国硕士研究生招生考试数学试题 1 1 1 1 (A) p  p  (B) p  p  (C) p  p  (D) p  p  1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 答案：(B). 解析：由已知X,Y 相互独立，且 X N(0,2),Y N(−1,1)，则 2X −Y N(1,9),X −2Y N(2,6)， 因此 2X −Y −1 1 p = P{2X −Y 0}= P −  1  3 3 2X −Y −1 1  1 1 =1−P − =1−  −  =   ，  3 3  3 3 X −2Y −2 1  p = P{X −2Y 1}= P −  2  6 6 X −2Y −2 1   1  =1−P − =1−  −   6 6  6   1   6  =   =    ，  6   6   6  1 1 1 所以   6      3   (0)= 2 ，即 p 2  p 1  2 . 故选(B). 10.设随机变量X,Y 相互独立，且均服从参数为的指数分布，令Z =| X −Y |，则下列随机 变量与同分布的是( ). X +Y (A)X+Y (B) (C)2X (D)X 2 答案：(D). 2e−(x+y), x0,y 0, 解析：由已知 f(x,y)= 0, 其他. 设Z 的分布函数为F (z)=P{Z  z}=P{| X −Y | z}. Z 当z 0时，F (z)=0； Z 当z 0时， F (z)=P{| X −Y | z}=  f(x,y)dxdy=1−2  f(x,y)dxdy Z |x−y|z x−yz + x−z + =1−2 e−xdx e−ydy =1−2 e−x(1−e−xez)dx z 0 z + + =1−2 e−xdx+2ez e−2xdx z z 52024年全国硕士研究生招生考试数学试题 =1+2e−x + −eze−2x + z z =1−e−z, 即Z 服从参数为的指数分布，故选(D). 二、填空题：11~16小题,每小题5分,共30分. 11.当x→0时， x(1+t2)sint2 dt与xk是同阶无穷小，则k =____________. 0 1+cos2t 答案：3 x(1+t2)sint2 (1+x2)sinx2  dt 解析：lim 0 1+cos2t =lim 1+cos2 x =lim x2 =c(c 0)， x→0 xk x→0 kxk−1 x→0 2kxk−1 故k =3. + 5 12. dx=____________. 2 x4 +3x2 −4 1 π 答案： ln3− 2 8 5 5 5 解析：令 f(x)= = = x4 +3x2 −4 (x2 +4)(x2 −1) (x2 +4)(x+1)(x−1) A B Cx+D = + + x−1 (x+1) (x2 +4) A(x+1)(x2 +4)+B(x−1)(x2 +4)+(Cx+D)(x2 −1) = (x−1)(x+1)(x2 +4) (A+B+C)x3+(A−B+D)x2 +(4A+4B−C)x+(4A−4B−D) = . (x−1)(x+1)(x2 +4) A+B+C =0,  A−B+D=0, 1 1 即 解得A= ,B=− ,C =0,D=−1. 4A+4B−C =0, 2 2   4A−4B−D=5, 1 1 1 1 1 所以 f(x)=  −  − . 2 x−1 2 x+1 x2 +4 故 + 5 1 + 1 1 + 1 + 1  dx=  dx−  dx− dx 2 x4 +3x2 −4 2 2 x−1 2 2 x+1 2 x2 +4 + + 1 x−1 1 1 = ln − arctan 2 x+1 2 2 2 2 1 1 1 π 1 π 1 π =0− ln −  +  = ln3− . 2 3 2 2 2 4 2 8 62024年全国硕士研究生招生考试数学试题 13.函数 f(x,y)=2x3−9x2 −6y4 +12x+24y的极值点是____________. 答案：()  f  =6x2 −18x+12=0, 解析：由 x 解得驻点为()和()，且 f  =12x−18， f  =−y3+24=0, xx  y f  =0， f  =−72y2. xy yy 在点()处，A=−0，B=0,C =−72,且AC−B2 0，于是()为 f(xy)的极 大值点. 在点()处，A=0，B=0,C =−72，且AC−B2 0，于是()不是 f(xy)的 极值点. 25−0.25Q, Q20, 14.设某商品价格P= 其中Q为产量，总成本函数 35−0.75Q, Q20, C =150+5Q+0.25Q2，求利润的最大值为____________万元. 答案：50 −0.5Q2 +20Q−150, Q20, 解析：由已知L(Q)=R−C =PQ−C = −Q2 +30Q−150, Q20, −Q+20, Q20, 则L(Q)= Q=20为不可导点，当Q20时，L(Q)0； −2Q+30, Q20, 当Q20时，L(Q)0，所以Q=20时，利润最大，且L(20)=50. 15.A为3阶矩阵，A为其伴随矩阵，E为单位矩阵，且，则|A|=____________. 答案：16 解析：由r(2E−A)=1,r(E+A)=2知矩阵A的特征值为2,2,−1，因此 A的特征值为 −2,−2,4，故|A|=16. 3 16.进行三次实验，在至少成功了一次的条件下成功了三次的概率为 ，则进行一次实验成 14 功的概率 p= . 2 答案： 3 解析：记事件A={至少成功了一次}，B={成功了三次}，则 72024年全国硕士研究生招生考试数学试题 P{A}=1−(1− p)3 P(B)= p3 P(AB)= p3 ， ， ， P(AB) p3 3 2 于是P(B| A)= = = ，解得p= . P(A) 1−(1− p)3 14 3 三、解答题：17~22题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 1 17.（本题满分 10 分）设平面有界区域D位于第一象限，由曲线xy = ,xy =3与直线 3 1 y = x,y =3x围成，计算(1+x− y)dxdy. 3 D 3 1 3x 3 解析：(1+x− y)dxdy = dx (1+x− y)dy+ dxx (1+x− y)dy 1 1 1 1 x D 3 3x 3 3 3x 1 1  3 1  x =  y+xy− y2  dx+  y+xy− y2  dx 1  2  1 1  2 1 3 x 3x 3 1 3 1 1 1 3 5x2 x 3 9  = 1  − 2 x2 +3x− 3x + 18x2 − 3   dx+ 1   − 18 − 3 + x − 2x2 +3  dx 3 1 3  1 3 1 1 1   5 1 9  = − x3+ x2 − lnx− − x + − x3− x2 +3lnx+ +3x      2 2 3 18x 3 1  54 6 2x  1 3 8 = ln3. 3 z+ex −yln(1+z2)=0 18.（本题满分 12 分）设函数 z=z(x,y) 由方程 确定，求 2z 2z  +  . x2 y2  (0,0) 解析：当x=0,y=0时，z =−1，方程两边分别对x,y求偏导得 z 2yz z +ex +  =0, (1)  x 1+z2 x  z 2yz z  −ln(1+z2)−  =0, (2) y 1+z2 y z z 将x=0,y=0,z=−1代入(1)、(2)得 =−1, =ln2. x y (0,0) (0,0) 方程(1)两边再对 x 求偏导，得 2z 2yz 2z 2y(1+z2−z2z) z 2 +ex +  +  =0, (3)   x2 1+z2 x2 (1+z2)2 x 82024年全国硕士研究生招生考试数学试题 2z 将x=0,y=0,z=−1代入(3)式(2)得， =−1. x2 (0,0) 方程(2)两边再对y求偏导，得 2 2z 2z z 2z z 2yz 2z 2yz2 z −  −  −  +    =0, (4) y2 1+z2 y 1+z2 y 1+z2 y2 (1+z2)2 y z 2z 将x=0,y =0,z =−1, =ln2代入(4)式，得 =−2ln2. y y2 (0,0) (0,0) 2z 2z 于是 +  =−1−2ln2. x2 y2  (0,0) 19.（本题满分12分）设t 0，平面有界区域D由曲线y = xe−2x与直线x=t,x=2t及x 轴围成，D的面积为S(t)，求S(t)的最大值. 解析： 2t (1)由已知S(t)=  xe−2xdx，则 t S(t)=4te−4t −te−2t =te−2t(4e−2t −1)， 令S(t)=0，解得t =0(舍去)或t =ln2. 又S(t)=4e−4t −16te−4t −e−2t +2te−2t =4e−4t(1−4t)+e−2t(2t−1)， 1 S(ln2)=− ln20， 2 因此当t =ln2时，S(t)取最大值，且 2ln2 1 2ln2 1 2ln2 1 2ln2 S(ln2)= xe−2xdx=−  xd(e−2x)=− xe−2x +  e−2xdx ln2 2 ln2 2 ln2 2 ln2 2ln2  1 1  ln2 3 =  − xe−2x − e−2x  = + .  2 4  16 64 ln2 20.（本题满分12分）设函数 f(x)具有2阶导数，且 f(0)= f(1),| f(x)|1. 证明： x(1−x) (1)当x(0,1)时，| f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x| ； 2 1 f(0)+ f(1) 1 (2)  f(x)dx−  0 2 12 证明：(1)当x(0,1)时， f(x)在x=0处的二阶泰勒展开式为 92024年全国硕士研究生招生考试数学试题 f() f(x)= f(0)+ f(0)x+ 1 x2,(0,x) ① 2! 1 f(x)在x=1处的二阶泰勒展开式为 f() f(x)= f(1)+ f(1)(x−1)+ 2 (x−1)2, (x,1) ② 2! 2 于是由①(1−x),②x知， f() f(x)(1−x)= f(0)(1−x)+ f(0)x(1−x)+ 1 x2(1−x)， 2! f() f(x)x= f(1)x+ f(1)x(x−1)+ 2 x(x−1)2， 2! 由于 f(0)= f(1)，于是两式相加，得 f() f() f(x)= f(0)(1−x)+ f(1)x+ 1 x2(1−x)+ 2 x(x−1)2， 2 2 于是知 | f()x2(1−x)+ f()x(x−1)2 | | f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x|= 1 2 2 x(1−x) = | f()x+ f()(1−x)|. 2 1 2 又由于| f(x)|1，所以 | f()x+ f()(1−x)| x+(1−x)=1， 1 2 从而知 x(1−x) | f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x| . 2 (2)由(1)知，当x(0,1)时， x(1−x) x(1−x) −  f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x ， 2 2 两边积分得 1x(1−x) 1  dx= ， 0 2 12 1 1 1 1  [f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x]= f(x)dx− f(0)(1−x)dx− f(1)xdx 0 0 0 0 1 1 = f(x)dx− [f(0)+ f(1)]. 0 12 1 f(0)+ f(1) 1 于是知  f(x)dx−  . 0 2 12 1 −1 0 −1 1 0 1 2      21.（本题满分 12 分）设矩阵 A= 1 1 0 3 ,B= 1 −1 a a−1 ，向量         2 1 2 6 2 −3 2 −2     102024年全国硕士研究生招生考试数学试题 0 1      = 2 ,= 0 .         3 −1     (1)证明：方程组Ax=的解均为方程组Bx=的解； (2)若方程组Ax=与方程组Bx=不同解，求a的值. 1 −1 0 −1 0 1 −1 0 −1 0     解析：(1)(A,)= 1 1 0 3 2 → 0 2 0 4 2         2 1 2 6 3 0 3 2 8 3     1 −1 0 −1 0 1 0 1 2 1     → 0 1 0 2 1 → 0 1 0 2 1 ，         0 0 2 2 0 0 0 1 1 0     1 0 1 2 1  1 0 1 2 1      (B,)= 1 −1 a a−1 0 → 0 −1 a−1 a−3 −1         2 −3 2 −2 −1 0 −3 0 −6 −3     1 0 1 2 1   → 0 1 0 2 1 ，     0 0 a−1 a−1 0   因此方程组Ax=的解均为方程组Bx=的解. (2)若方程组Ax=与方程组Bx=不同解，则a=1. 22.（本题满分12分）设总体服从上的均匀分布，为总体的简单随机样本，记 X =max{X ,X , ,X },T =cX . (n) 1 2 n c (n) (1)求c，使得E(T )=； c (2)记h(c)= E[(T −)2]，求c，使得h(c)最小. c 0, x0,  x 【解】(1)由已知X 的分布函数为F (x)= , 0 x, X   1, x.  设X 的分布函数为F (x)= P{X  x}= P{max(X ,X , X ) x} (n) X(n) (n) 1 2 n = P{X  x}P{X  x} P{X  x}=[F (x)]n 1 2 n X 112024年全国硕士研究生招生考试数学试题 0, x0,  xn = , 0 x, n  1, x.  nxn−1  , 0 x, 因此X 的概率密度 f (x)= n (n) X(n)  0, 其他. + nxn n 从而E(X )= xf (x)dx=  dx= . (n) − X(n) 0 n n+1 cn n+1 由E(T )=cE(X )= =，解得c= . c (n) n+1 n (2)h(c)= E(T −)2 = E(T2 −2T +2)= E(T2)−2E(T )+2. c c c c c + nxn+1 c2n2 又E(T2)=c2E[(X )2]=c2 x2f (x)dx =c2 dx = ，因此 c (n) − X(n) 0 n n+2 c2n2 2cn2  c2n 2cn  h(c)= − +2 =2  − +1， n+2 n+1 n+2 n+1   2cn 2n  h(c)=2 − +1 ，   n+2 n+1  n+2 n+2 n+2 令h(c)=0，解得c= ，又h 0，故c= 时，h(c)最小.   n+1  n+1 n+1 12