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2026 年真题

22 题

选择题

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，只有一个选项是符合题目要求的，请将所选选项前的字母填在答题卡指定位置。

1

曲线 $y = x e^{\frac{1}{x}}$ （）

A. 无水平渐近线，无铅直渐近线 B. 有水平渐近线，有铅直渐近线 C. 无水平渐近线，有铅直渐近线 D. 有水平渐近线，无铅直渐近线

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】
函数定义域为 $x \neq = 0$ 。

对于水平渐近线，考虑 $x \to \infty$ 和 $x \to - \infty$ ：

当 $x \to \infty$ 时， $e^{\frac{1}{x}} \to 1$ ，故 $y \sim x \to \infty$ ；
当 $x \to - \infty$ 时，同样 $e^{\frac{1}{x}} \to 1$ ， $y \sim x \to - \infty$ 。

因此无水平渐近线。

对于铅直渐近线，考虑 $x \to 0$ ：

当 $x \to 0^{+}$ 时，令 $t = \frac{1}{x} \to + \infty$ ，则 $y = \frac{e ^{t}}{t} \to + \infty$ ；
当 $x \to 0^{-}$ 时，令 $t = \frac{1}{x} \to - \infty$ ，则 $y = \frac{e ^{t}}{t} \to 0$ 。

由于在 $x = 0$ 处有一侧极限为无穷，故 $x = 0$ 为铅直渐近线。

综上，曲线无水平渐近线，有一条铅直渐近线 $x = 0$ 。

2

同数学 2 第 3 题

3

同数学 2 第 6 题

4

设 $t$ 时刻某证券的交易单价为 $p (t)$ ，某机构持有该证券的份额为 $q (t)$ ，若该机构在 $[0, T]$ 持续购入一定份额该证券，则这些证券的平均购入价格为 (　　)

\frac{1}{T} \int_{0}^{T} p (t) d t

\frac{1}{q ( T ) - q ( 0 )} \int_{0}^{T} p (t) d t

\frac{1}{T} \int_{0}^{T} p (t) q^{'} (t) d t

\frac{1}{q ( T ) - q ( 0 )} \int_{0}^{T} p (t) q^{'} (t) d t

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 平均购入价格定义为总购买金额除以总购买份额。在连续购买过程中，时刻 $t$ 的购买单价为 $p (t)$ ，购买份额的微元为 $q^{'} (t) d t$ ，因此购买金额的微元为 $p (t) q^{'} (t) d t$ 。总购买金额为积分 $\int_{0}^{T} p (t) q^{'} (t) d t$ ，总购买份额为区间 $[0, T]$ 内份额的增量 $q (T) - q (0)$ 。故平均购入价格为

\frac{\int _{0}^{T} p ( t ) q ^{'} ( t ) d t}{q ( T ) - q ( 0 )}

对应选项4。其他选项中，选项1和2未考虑购买份额的权重，选项3除以时间 $T$ 而非总份额，均不符合平均购入价格的定义。

5

同数学 2 第 9 题

6

设 $A$ 为 3 阶非零矩阵， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵。若 $A^{*} = - 2 A$ ，则 $A^{2} =$ （　　）

- 4 00 0 - 4 0 00 - 4

- 4 00 0 - 4 0 004

- 4 00 040004

400040004

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】 由伴随矩阵性质， $A A^{*} = (det A) I$ 。将 $A^{*} = - 2 A$ 代入得

A (- 2 A) = - 2 A^{2} = (det A) I,

故

A^{2} = - \frac{1}{2} (det A) I .

对 $A^{*} = - 2 A$ 两边取行列式，有

det (A^{*}) = det (- 2 A) .

对于 3 阶矩阵， $det (A^{*}) = (det A)^{2}$ ，且 $det (- 2 A) = (- 2)^{3} det A = - 8 det A$ ，因此

(det A)^{2} = - 8 det A,

即

det A (det A + 8) = 0.

因 $A$ 非零且由选项知 $A^{2}$ 非零，故 $det A \neq = 0$ ，解得

det A = - 8.

代入 $A^{2} = - \frac{1}{2} (det A) I$ 得

A^{2} = - \frac{1}{2} \times (- 8) I = 4 I,

即对角矩阵

400040004,

对应选项 D。

7

同数学 2 第 10 题

8

设随机变量 $x$ 和 $y$ 独立同分布， $x$ 概率密度为

f (x) = {\frac{1}{( 1 + x ) ^{2}}, 0, x > 0 x \leq 0,

则 $P {X Y \leq 1} =$ （　　）

\frac{3}{4}

\frac{1}{2}

\frac{1}{3}

\frac{1}{6}

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
由于 $X$ 与 $Y$ 独立同分布，其联合概率密度函数为

f (x) f (y) = \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}} \cdot \frac{1}{( 1 + y ) ^{2}}, x > 0, y > 0.

计算概率

P (X Y \leq 1) = x > 0, y > 0, x y \leq 1 \iint f (x) f (y) d x d y .

先对 $y$ 积分：对固定的 $x > 0$ ，当 $0 < y \leq 1/ x$ 时，

\int_{0}^{1/ x} \frac{1}{( 1 + y ) ^{2}} d y = - \frac{1}{1 + y}_{0}^{1/ x} = 1 - \frac{1}{1 + 1/ x} = \frac{1}{1 + x} .

再对 $x$ 积分：

\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + x} \cdot \frac{1}{( 1 + x ) ^{2}} d x = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{( 1 + x ) ^{3}} d x = - \frac{1}{2 ( 1 + x ) ^{2}}_{0}^{\infty} = \frac{1}{2} .

因此所求概率为 $\frac{1}{2}$ ，对应选项 B。

9

设随机变量 $X \sim N (0, 1)$ ，随机变量 $Y \sim B (2, \frac{1}{2})$ ，且 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $X Y$ 与 $X + Y$ 的相关系数为（　　）

\frac{6}{3}

\frac{2}{2}

\frac{2}{3}

\frac{1}{2}

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 首先，由 $X \sim N (0, 1)$ 得 $E [X] = 0$ ， $E [X^{2}] = 1$ ；由 $Y \sim B (2, \frac{1}{2})$ 得 $E [Y] = 1$ ， $E [Y^{2}] = \frac{3}{2}$ ，且 $X$ 与 $Y$ 独立。相关系数

ρ = \frac{Cov ( X Y , X + Y )}{Var ( X Y ) \cdot Var ( X + Y )}

计算协方差：

Cov (X Y, X + Y) = E [X Y (X + Y)] - E [X Y] E [X + Y]

由于 $E [X Y] = E [X] E [Y] = 0$ ， $E [X + Y] = E [X] + E [Y] = 1$ ，故

Cov (X Y, X + Y) = E [X^{2} Y + X Y^{2}] = E [X^{2}] E [Y] + E [X] E [Y^{2}] = 1 \times 1 + 0 \times \frac{3}{2} = 1

计算方差：

Var (X + Y) = Var (X) + Var (Y) = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}

Var (X Y) = E [X^{2} Y^{2}] - (E [X Y])^{2} = E [X^{2}] E [Y^{2}] - 0 = 1 \times \frac{3}{2} = \frac{3}{2}

因此，

ρ = \frac{1}{\frac{3}{2} \times \frac{3}{2}} = \frac{1}{\frac{3}{2}} = \frac{2}{3}

10

同数学 1 第 10

填空题

11～16 小题，每小题 5 分，共 30 分。

11

$\int_{0}^{1} x (x - 1) (x - \frac{1}{2}) d x =$ _________________________.

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【答案】 $0$

【解析】
首先，将被积函数展开为多项式：

x (x - 1) (x - \frac{1}{2}) = (x^{2} - x) (x - \frac{1}{2}) = x^{3} - \frac{1}{2} x^{2} - x^{2} + \frac{1}{2} x = x^{3} - \frac{3}{2} x^{2} + \frac{1}{2} x

然后计算定积分：

\int_{0}^{1} (x^{3} - \frac{3}{2} x^{2} + \frac{1}{2} x) d x = [\frac{x ^{4}}{4} - \frac{3}{2} \cdot \frac{x ^{3}}{3} + \frac{1}{2} \cdot \frac{x ^{2}}{2}]_{0}^{1} = [\frac{x ^{4}}{4} - \frac{1}{2} x^{3} + \frac{1}{4} x^{2}]_{0}^{1}

代入上下限：

F (1) = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = 0, F (0) = 0

因此，积分结果为：

F (1) - F (0) = 0

12

$lim_{x \to 0} \frac{1}{x} (\frac{1 + x ^{2}}{s i n x} - \frac{1}{t a n x}) =$ _________________________.

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【答案】 1

【解析】 首先化简原式：由 $tan x = \frac{s i n x}{c o s x}$ 得 $\frac{1}{t a n x} = \frac{c o s x}{s i n x}$ ，于是

\frac{1}{x} (\frac{1 + x ^{2}}{sin x} - \frac{1}{tan x}) = \frac{1}{x} \cdot \frac{1 + x ^{2} - cos x}{sin x} = \frac{1 + x ^{2} - cos x}{x sin x} .

当 $x \to 0$ 时，分子和分母均趋于0，为 $\frac{0}{0}$ 型极限，可用泰勒展开或洛必达法则求解。

方法一（泰勒展开）：在 $x = 0$ 处展开，

1 + x^{2} = 1 + \frac{1}{2} x^{2} - \frac{1}{8} x^{4} + O (x^{6}), cos x = 1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24} + O (x^{6}), sin x = x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5}) .

代入得

1 + x^{2} - cos x = (1 + \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{4}}{8}) - (1 - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{4}}{24}) + O (x^{6}) = x^{2} - \frac{x ^{4}}{6} + O (x^{6}),

x sin x = x (x - \frac{x ^{3}}{6} + O (x^{5})) = x^{2} - \frac{x ^{4}}{6} + O (x^{6}) .

因此，

\frac{1 + x ^{2} - cos x}{x sin x} = \frac{x ^{2} - \frac{x ^{4}}{6} + O ( x ^{6} )}{x ^{2} - \frac{x ^{4}}{6} + O ( x ^{6} )} = \frac{1 - \frac{x ^{2}}{6} + O ( x ^{4} )}{1 - \frac{x ^{2}}{6} + O ( x ^{4} )} \to 1 (x \to 0) .

方法二（洛必达法则）：对分子分母分别求导：

\frac{d}{d x} (1 + x^{2} - cos x) = \frac{x}{1 + x ^{2}} + sin x, \frac{d}{d x} (x sin x) = sin x + x cos x .

所以

x \to 0 lim \frac{1 + x ^{2} - cos x}{x sin x} = x \to 0 lim \frac{\frac{x}{1 + x ^{2}} + sin x}{sin x + x cos x} .

此极限仍为 $\frac{0}{0}$ 型，可再次使用洛必达法则，或直接化简。将分子分母同除以 $x$ ：

x \to 0 lim \frac{\frac{1}{1 + x ^{2}} + \frac{s i n x}{x}}{\frac{s i n x}{x} + cos x} = \frac{1 + 1}{1 + 1} = 1.

故原极限值为1。

13

同数学 2 第 11 题

14

微分方程 $y^{''} - 2 y^{'} = e^{x}$ 满足条件 $y (0) = 1, y^{'} (0) = 1$ 的解为 $y =$ _________________________.

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【答案】 $y = 1 + e^{2 x} - e^{x}$

【解析】
首先求解齐次方程 $y^{''} - 2 y^{'} = 0$ 。特征方程为 $r^{2} - 2 r = 0$ ，解得 $r = 0$ 或 $r = 2$ ，齐次解为 $y_{h} = C_{1} + C_{2} e^{2 x}$ 。

对于非齐次项 $e^{x}$ ，由于 $e^{x}$ 不是齐次解的一部分，设特解为 $y_{p} = A e^{x}$ 。代入原方程得

A e^{x} - 2 A e^{x} = e^{x}

即

- A e^{x} = e^{x}

解得 $A = - 1$ ，特解为 $y_{p} = - e^{x}$ 。

通解为

y = C_{1} + C_{2} e^{2 x} - e^{x}

应用初始条件 $y (0) = 1$ 和 $y^{'} (0) = 1$ 。
由 $y (0) = C_{1} + C_{2} - 1 = 1$ 得 $C_{1} + C_{2} = 2$ ；
由 $y^{'} = 2 C_{2} e^{2 x} - e^{x}$ 和 $y^{'} (0) = 2 C_{2} - 1 = 1$ 得 $C_{2} = 1$ ，代入得 $C_{1} = 1$ 。

因此特解为

y = 1 + e^{2 x} - e^{x}

15

同数学 2 第 16 题

16

同数学 1 第 16 题

解答题

17～22 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17

（本题满分 10 分）

已知函数 $f (x)$ 满足

f (x) = \frac{1}{( 2 - x ) ^{2}} - \int_{0}^{1} f (x) d x,

将 $f (x)$ 展开成 $x$ 的幂级数。

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【答案】

f (x) = n = 1 \sum \infty \frac{n + 1}{2 ^{n + 2}} x^{n} .

【解析】
设 $C = \int_{0}^{1} f (x) d x$ ，则原方程化为 $f (x) = \frac{1}{( 2 - x ) ^{2}} - C$ 。两边在 $[0, 1]$ 上积分得

C = \int_{0}^{1} \frac{1}{( 2 - x ) ^{2}} d x - \int_{0}^{1} C d x .

计算积分：

\int_{0}^{1} \frac{1}{( 2 - x ) ^{2}} d x = [\frac{1}{2 - x}]_{0}^{1} = \frac{1}{1} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}, \int_{0}^{1} C d x = C .

代入得 $C = \frac{1}{2} - C$ ，解得 $C = \frac{1}{4}$ 。于是

f (x) = \frac{1}{( 2 - x ) ^{2}} - \frac{1}{4} .

将 $\frac{1}{( 2 - x ) ^{2}}$ 展开为幂级数。注意到

\frac{1}{( 2 - x ) ^{2}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{( 1 - \frac{x}{2} ) ^{2}},

利用已知展开式 $\frac{1}{( 1 - u ) ^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty} (n + 1) u^{n}$ （ $∣ u ∣ < 1$ ），令 $u = \frac{x}{2}$ 得

\frac{1}{( 1 - \frac{x}{2} ) ^{2}} = n = 0 \sum \infty (n + 1) (\frac{x}{2})^{n} = n = 0 \sum \infty \frac{n + 1}{2 ^{n}} x^{n} .

因此，

\frac{1}{( 2 - x ) ^{2}} = \frac{1}{4} n = 0 \sum \infty \frac{n + 1}{2 ^{n}} x^{n} = n = 0 \sum \infty \frac{n + 1}{2 ^{n + 2}} x^{n} .

代入 $f (x)$ 得

f (x) = n = 0 \sum \infty \frac{n + 1}{2 ^{n + 2}} x^{n} - \frac{1}{4} .

当 $n = 0$ 时，常数项为 $\frac{1}{4}$ ，与减去的 $\frac{1}{4}$ 相消，故

f (x) = n = 1 \sum \infty \frac{n + 1}{2 ^{n + 2}} x^{n} .

该幂级数的收敛半径为 $∣ x ∣ < 2$ 。

18

同数学 2 第 18 题

19

同数学 1 第 17 题

20

（本题满分 12 分）

设平面区域 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1}$ ，计算二重积分

\iint_{D} \frac{y}{( 1 + x ^{2} + y ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}} d x d y .

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【答案】

\frac{1}{2} (ln \frac{3 - 1}{3 + 1} - ln \frac{2 - 1}{2 + 1})

【解析】
计算二重积分

I = \iint_{D} \frac{y}{( 1 + x ^{2} + y ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}} d x d y,

其中积分区域 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1}$ 。

化为累次积分

I = \int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} \frac{y}{( 1 + x ^{2} + y ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}} d x) d y .

首先计算内层积分。对固定的 $y$ ，

\int_{0}^{1} \frac{y}{( 1 + x ^{2} + y ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}} d x = y \int_{0}^{1} \frac{1}{( 1 + y ^{2} + x ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}} d x .

令 $a^{2} = 1 + y^{2}$ ，利用积分公式

\int \frac{d x}{( a ^{2} + x ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}} = \frac{x}{a ^{2} a ^{2} + x ^{2}} + C,

得到

\int_{0}^{1} \frac{1}{( 1 + y ^{2} + x ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}} d x = [\frac{x}{( 1 + y ^{2} ) 1 + y ^{2} + x ^{2}}]_{0}^{1} = \frac{1}{( 1 + y ^{2} ) 2 + y ^{2}} .

于是内层积分为

\frac{y}{( 1 + y ^{2} ) 2 + y ^{2}} .

代入外积分得到

I = \int_{0}^{1} \frac{y}{( 1 + y ^{2} ) 2 + y ^{2}} d y .

令代换 $u = 2 + y^{2}$ ，则 $u^{2} = 2 + y^{2}$ ， $y^{2} = u^{2} - 2$ ，且 $y d y = u d u$ 。积分限变化： $y = 0$ 时 $u = 2$ ， $y = 1$ 时 $u = 3$ 。于是

I = \int_{2}^{3} \frac{u}{( u ^{2} - 1 ) u} d u = \int_{2}^{3} \frac{1}{u ^{2} - 1} d u .

将被积函数分解为部分分式

\frac{1}{u ^{2} - 1} = \frac{1}{2 ( u - 1 )} - \frac{1}{2 ( u + 1 )},

所以

\int \frac{1}{u ^{2} - 1} d u = \frac{1}{2} ln \frac{u - 1}{u + 1} + C .

因此

I = [\frac{1}{2} ln (\frac{u - 1}{u + 1})]_{2}^{3} = \frac{1}{2} [ln (\frac{3 - 1}{3 + 1}) - ln (\frac{2 - 1}{2 + 1})] .

此即为所求积分的结果。

21

同数学 1 第 21 题

22

同数学 1 第 22 题