2009年数学三真题答案解析【闲鱼号“非凡小翊”持续更新中】【闲鱼号：非凡小翊】

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. （1）函数 3 ( ) sin x x f x x    的可去间断点的个数为 (A)1. (B)2. (C)3. (D)无穷多个. 【答案】C. 【解析】  3 sin x x f x 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 3 0 x x   的解 1,2,3 0, 1 x   3 2 0 0 3 2 1 1 3 2 1 1 1 3 1 lim lim sin cos 1 3 2 lim lim sin cos 1 3 2 lim lim sin cos x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                               故可去间断点为3 个，即0, 1  （2）当 0 x  时， ( ) sin f x x ax   与 2 ( ) ln(1 ) g x x bx   是等价无穷小，则 (A) 1 a  ， 1 6 b  . （B） 1 a  ， 1 6 b  . (C) 1 a ， 1 6 b  . （D） 1 a ， 1 6 b  . 【答案】A. 【解析】 2 ( ) sin , ( ) (1 ) f x x ax g x x ln bx     为等价无穷小，则 2 2 2 2 0 0 0 0 0 ( ) sin sin 1 cos sin lim lim lim lim lim ( ) ln(1 ) ( ) 3 6 x x x x x f x x ax x ax a ax a ax g x x bx x bx bx bx               洛 洛 --- [第 2 页] --- - 2 - 2 3 0 sin lim 1 6 6 x a ax a b b ax a       3 6 a b   故排除(B)、(C). 另外 2 0 1 cos lim 3 x a ax bx    存在，蕴含了1 cos 0 a ax     0 x  故

1. a  排除(D). 所以本题选(A). （3）使不等式 1 sin ln x t dt x t   成立的x 的范围是 (A)(0,1) . (B)(1, ) 2  . (C)( , ) 2 . (D)( , ) . 【答案】A. 【解析】原问题可转化为求 1 1 1 sin sin 1 ( ) ln x x x t t f x dt x dt dt t t t        1 1 sin 1 1 sin 0 x x t t dt dt t t        成立时x 的 取值范围，由1 sin 0 t t   ，   0,1 t  时，知当   0,1 x 时， ( ) 0 f x  .故应选(A). （4）设函数  y f x  在区间  1,3  上的图形为 1 ( ) f x -2 O 2 3 x -1 1 则函数   0 x F x f t dt  的图形为 (A) ( ) f x O 2 3 x 1 -2 -1 1 (B) ( ) f x O 2 3 x 1 -2 -1 1 --- [第 3 页] --- - 3 - (C) ( ) f x O 2 3 x 1 -1 1 (D) ( ) f x O 2 3 x 1 -2 -1 1 【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、 0 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： ①   0,1 x 时， ( ) 0 F x  ，且单调递减. ②   1,2 x 时， ( ) F x 单调递增. ③   2,3 x 时， ( ) F x 为常函数. ④   1,0 x 时， ( ) 0 F x  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| | 2,| | 3 A B   ，则分块矩 阵O A B O       的伴随矩阵为 (A) * * 3 2 O B A O       . (B) * * 2 3 O B A O       . (C) * * 3 2 O A B O       . (D) * * 2 3 O A B O       . 【答案】B. 【解析】根据CC C E  ，若 1 1 1 , C C C C C C       分块矩阵O A B O       的行列式 2 2 1 2 3 6 O A A B B O     （ ） ，即分块矩阵可逆 --- [第 4 页] --- - 4 - 1 1 1 1 6 6 1 O B B O A O A O A O B B O B O B O A O A O A                                        1 2 3 6 1 3 2 O B O B A O A O                         故答案为(B). （6）设 , A P 均为3 阶矩阵， T P 为P 的转置矩阵，且 1 0 0 0 1 0 0 0 2 T P AP           ， 若 1 2 3 1 2 2 3 ( , , ), ( , , ) P Q       ，则 T Q AQ 为 (A) 2 1 0 1 1 0 0 0 2           . (B) 1 1 0 1 2 0 0 0 2           . (C) 2 0 0 0 1 0 0 0 2           . (D) 1 0 0 0 2 0 0 0 2           . 【答案】A. 【解析】 1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 12 1 0 0 ( , , ) ( , , ) 1 1 0 ( , , )

(1) 0 0 1 Q E                   ，即： 12 12 12 12 12 21 12

(1) [

(1) ] [

(1) ]

(1) [ ]

(1) 1 0 0

(1) 0 1 0

(1) 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 T T T T Q PE Q AQ PE A PE E P AP E E E                                               （7）设事件A 与事件B 互不相容，则 (A) ( ) 0 P AB  . (B) ( ) ( ) ( ) P AB P A P B  . (C) ( ) 1 ( ) P A P B  . (D) ( ) 1 P A B   . --- [第 5 页] --- - 5 - 【答案】D. 【解析】因为 , A B 互不相容，所以 ( ) 0 P AB  (A) ( ) ( ) 1 ( ) P AB P A B 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) ( ) ( ) 1 ( ) 1 P A B P AB P AB     ，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 (0,1) N ，Y 的概率分布为 1 { 0} { 1} 2 P Y P Y     ，记 ( ) zF Z 为随机变量Z XY  的分布函数，则函数 ( ) zF Z 的间断点个数为（ ） (A) 0. (B)1. (C)2 . (D)3. 【答案】B. 【解析】 ( ) ( ) ( 0) ( 0) ( 1) ( 1) Z F z P XY z P XY z Y P Y P XY z Y P Y           1[ ( 0) ( 1)] 2 1[ ( 0 0) ( 1)] 2 P XY z Y P XY z Y P X z Y P X z Y              , X Y  独立 1 ( ) [ ( 0 ) ( )] 2 Z F z P x z P x z       （1）若 0 z  ，则 1 ( ) ( ) 2 Z F z z   （2）当 0 z  ，则 1 ( ) (1 ( )) 2 Z F z z   0 z   为间断点，故选(B).

（9） cos 3 2 0 lim 1 1 x x e e x      . 【答案】3 2 e . --- [第 6 页] --- - 6 - 【解析】 cos cos 1 3 3 2 2 0 0 (1 ) lim lim 1 1 1 1 x x x x e e e e x x           0 2 (1 cos ) lim 1 3 x e x x    2 0 2 1 2 lim 1 3 x e x x    3 2 e  . （10）设 ( ) y x z x e   ，则 (1,0) z x    . 【答案】2ln 2 1 . 【解析】由   x y z x e   ，故    ,0 1 x z x x     ' ' ln(1 ) ln(1 ) 1 ln(1 ) 1 x x x x x dz x x e e x dx x                        代入 1 x  得，   ln2 1,0 1 ln 2 2ln 2 1 2 z e x             . （11）幂级数 2 1 ( 1) n n n n e x n     的收敛半径为 . 【答案】1 e . 【解析】由题意知，   2 1 0 n n n e a n            1 1 1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 ( ) 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n e e e a n n e n a n e n e e                                              所以，该幂级数的收敛半径为1 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 p  ，则当需求量为 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     因为

0. 2 p Q P Q     ，所以

0. 2 Q P Q   --- [第 7 页] --- - 7 - 所以 

0. 2

0. 8 QP Q Q Q    将 10000 Q  代入有  8000 QP  . （13）设 (1,1,1)T  , (1,0, )T k  ，若矩阵 T  相似于 3 0 0 0 0 0 0 0 0           ，则k  . 【答案】2. 【解析】 T  相似于 3 0 0 0 0 0 0 0 0           ，根据相似矩阵有相同的特征值，得到 T  的特征值为 3，0，0.而 T 为矩阵 T  的对角元素之和， 1 3 0 0 k     ， 2 k   .

(14) 设 1 X ， 2 X ,…, n X 为来自二项分布总体 ( , ) B n p 的简单随机样本，X 和 2 S 分别为样 本均值和样本方差，记统计量 2 T X S   ，则ET  . 【答案】 2 np 【解析】由 2 2 2 ( ) (1 ) ET E X S E X ES np np p np         .

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   2 2 ( , ) 2 ln f x y x y y y    的极值. 【解析】 2 ( , ) 2 (2 ) 0 xf x y x y     ， 2 ( , ) 2 ln 1 0 yf x y x y y     ，故 1 0, x y e   . 2 2 1 2(2 ), 2 , 4 xx yy xy f y f x f xy y           . 则 1 2 (0, ) 1 2(2 ) xx e f e    ， 1 (0, ) 0 xy e f   ， 1 (0, ) yy e f e   . 0 xx f   而 2 ( ) 0 xy xx yy f f f     二元函数存在极小值 1 1 (0, ) f e e  . --- [第 8 页] --- - 8 - （16）（本题满分10 分） 计算不定积分 1 ln(1 ) x dx x    ( 0) x  . 【解析】令 1 x t x   得 2 2 2 1 2 , 1 ( 1) tdt x dx t t       2 2 2 1 1 ln(1 ) ln(1 ) 1 ln(1 ) 1 1 1 1 1 x dx t d x t t dt t t t               而 2 2 1 1 1 1 1 2 ( ) 1 1 4 1 1 ( 1) 1 1 1 ln( 1) ln( 1) 2 4 4 1 dt dt t t t t t t t C t                 所以 2 1 ln(1 ) 1 1 1 ln(1 ) ln 1 4 1 2( 1) 1 1 1 ln(1 ) ln( 1 ) . 2 2 1 x t t dx C x t t t x x x x x C x x x                       （17）（本题满分10 分） 计算二重积分 ( ) D x y dxdy   ，其中 2 2 {( , ) ( 1) ( 1) 2, } D x y x y y x       . 【解析】由 2 2 ( 1) ( 1) 2 x y     得 2(sin cos ) r     ， 3 2(sin cos ) 4 ( ) ( cos sin ) 0 4 D x y dxdy d r r rdr                3 3 2(sin cos ) 1 4 (cos sin ) 0 3 4 r d                   2 3 8 4 (cos sin ) (sin cos ) (sin cos ) 3 4 d                 --- [第 9 页] --- - 9 - 3 3 8 4 (cos sin ) (sin cos ) 3 4 d             3 3 4 4 4 3 8 8 1 4 (sin cos ) (sin cos ) (sin cos ) 3 3 4 4 d                  8 3  . （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 0 x  处连续，在  0, ,( 0)   内可导，且 ' 0 lim ( ) x f x A    ， 则 '(0) f 存在，且 ' (0) f A   . 【解析】（Ⅰ）作辅助函数 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f b f a x f x f a x a b a        ，易验证( ) x  满足： ( ) ( ) 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  ' ( ) ( ) 0, ( ) ( ) ( )( ) f b f a f b f a f b a b a          （Ⅱ）任取 0 (0, ) x   ，则函数 ( ) f x 满足：在闭区间  0 0, x 上连续，开区间  0 0, x 内可导， 从而有拉格朗日中值定理可得：存在     0 0 0, 0, x x     ，使得   0 ' 0 0 ( )

(0) 0 x f x f f x     …… * 又由于  ' 0 lim x f x A    ，对上式（*式）两边取 0 0 x   时的极限可得：   0 0 0 0 0 0 ' ' ' 0 0 0 0 ( ) 0 0 lim lim ( ) lim ( ) 0 x x x x x f x f f f f A x                 故 '(0) f 存在，且 '(0) f A   . --- [第 10 页] --- - 10 - （19）（本题满分10 分） 设曲线 ( ) y f x  ，其中 ( ) f x 是可导函数，且 ( ) 0 f x  . 已知曲线 ( ) y f x  与直线 0, 1 y x   及 ( 1) x t t   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. 【解析】旋转体的体积为 2 2 ( ) ( ) 1 1 x x t t V f dx f dx       曲边梯形的面积为： ( ) 1 x t s f dx  ，则由题可知 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x x x x t t t t V ts f dx t f dx f dx t f dx             两边对t 求导可得 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 t x t t t x t t f f dx tf f tf f dx        继续求导可得 ' ' 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f t f t f t tf t f t    ，化简可得 ' 1 (2 ( ) ) ( ) 2 ( ) 1 2 dt f t t f t f t t dy y      ，解之得 1 2 2 3 t c y y    在 式中令 1 t  ，则 2(1)

(1) 0, ( ) 0,

(1) 1 f f f t f       ，代入 1 2 2 3 t cy y    得 1 1 1 , ( 2 ) 3 3 c t y y    . 所以该曲线方程为： 1 2 3 0 y x y    . （20）（本题满分11 分） 设 1 1 1 A= 1 1 1 0 4 2                , 1 1 1 2              . （Ⅰ）求满足 2 1 A   ， 2 3 1 A    的所有向量 2 ， 3 . （Ⅱ）对（Ⅰ）中的任意向量 2 , 3 ，证明 1, 2 , 3 线性无关. 【解析】（Ⅰ）解方程 2 1 A   --- [第 11 页] --- - 11 -   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 , 1 1 1 1 0 0 0 0 0 2 1 1 0 4 2 2 0 2 1 1 0 0 0 0 A                                               ( ) 2 r A  故有一个自由变量，令 3 2 x  ，由 0 Ax  解得， 2 1 1, 1 x x   求特解，令 1 2 0 x x   ，得 3 1 x  故 2 1 1 0 1 0 2 1 k                    ，其中 1k 为任意常数 解方程 2 3 1 A    2 2 2 0 2 2 0 4 4 0 A               2 1 1 1 1 0 2 2 0 1 2 , 2 2 0 1 0 0 0 0 4 4 0 2 0 0 0 0 A                               故有两个自由变量，令 2 3 1, 0 x x   ，由 2 0 A x  得 1 1 x  令 2 3 0, 1 x x  ，由 2 0 A x  得 1 0 x  求得特解 2 1 2 0 0                 故 3 2 3 1 1 0 2 1 0 0 0 1 0 k k                                         ，其中 2 3 , k k 为任意常数 （Ⅱ）证明：由于 --- [第 12 页] --- - 12 - 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 (2 1)( ) 2 ( ) (2 1) 2 2 2 2 1 0 k k k k k k k k k k k k k               1 0 2   故 1 2 3 , ,  线性无关. （21）（本题满分11 分） 设二次型 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 3 2 3 ( , , ) ( 1) 2 2 f x x x ax ax a x x x x x       . （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 2 2 1 1 y y  ，求a 的值. 【解析】（Ⅰ） 0 1 0 1 1 1 1 a A a a               0 1 1 0 | | 0 1 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 a a a E A a a a a                         2 2 2 ( )[( )( 1) 1] [0 ( )] ( )[( )( 1) 2] ( )[ 2 2] 1 9 ( ){[ (1 2 )] } 2 4 ( )( 2)( 1) a a a a a a a a a a a a a a a a a                                                  1 2 3 , 2, 1 a a a          . （Ⅱ）若规范形为 2 2 1 2 y y  ，说明有两个特征值为正，一个为0.则 1) 若 1 0 a   ，则 2 2 0  ， 3 1  ，不符题意 2) 若 2 0  ，即 2 a  ，则 1 2 0   ， 3 3 0   ，符合 3) 若 3 0  ，即 1 a ，则 1 1 0  ， 2 3 0  ，不符题意 综上所述，故 2 a  （22）（本题满分11 分） --- [第 13 页] --- - 13 - 设二维随机变量( , ) X Y 的概率密度为 0 ( , ) 0 x e y x f x y       其他 （Ⅰ）求条件概率密度 ( ) Y X f y x （Ⅱ）求条件概率 1 1 P X Y      【解析】 （Ⅰ）由 0 ( , ) 0 x y x e f x y         其它 得其边缘密度函数 0 ( ) 0 x x x xf x e dy xe x       故 | ( , ) 1 ( | ) 0 ( ) y x x f x y f y x y x f x x     即 | 1 ( | ) 0 y x y x f y x x       其它 （Ⅱ） [ 1, 1] [ 1| 1] [ 1] P X Y P X Y P Y       而 1 1 1 0 0 0 1 1 [ 1, 1] ( , ) 1 2 x x x x y P X Y f x y dxdy dx e dy xe dx e                ( ) | , 0 x x y Y y f y e dx e e y y            1 1 1 0 1 [ 1] | 1 1 0 y y P Y e dy e e e            1 1 1 2 2 [ 1| 1] 1 1 e e P X Y e e            . （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 1 0 P X Z     . 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 --- [第 14 页] --- - 14 - 红球，2 个黑球放回摸两次，其中摸了一个红球 1 2 1 1 3 3 2 4 ( 1 0) 9 C P X Z C C        . （Ⅱ）X，Y 取值范围为0，1，2，故                   1 1 1 1 3 3 2 3 1 1 1 1 6 6 6 6 1 1 1 2 2 3 1 1 1 1 6 6 6 6 1 1 2 2 1 1 6 6 1 1 2 2 1 1 6 6 1 1 0, 0 , 1, 0 4 6 1 1 1 2, 0 , 0, 1 36 3 1 1, 1 , 2, 1 0 9 1 0, 2 9 1, 2 0, 2, 2 0 C C C C P X Y P X Y C C C C C C C P X Y P X Y C C C C C C P X Y P X Y C C C C P X Y C C P X Y P X Y                                              X Y 0 1 2 0 1/4 1/6 1/36 1 1/3 1/9 0 2 1/9 0 0