2026年考研数学三真题

答案：C。 无水平渐近线，有铅直渐近线 $x=0$。

解题思路： 判断渐近线要研究函数在相应位置的极限。水平渐近线看 $x\to\pm\infty$ 时函数是否趋于有限常数；铅直渐近线看某个有限点附近，至少一个单侧极限是否为无穷大。函数 $y=xe^{1/x}$ 的定义域为 $x\ne0$，所以先检查 $x=0$，再检查无穷远处。

详细步骤：

1. 当 $x\to0^+$ 时，令 $t=1/x$，则 $t\to+\infty$，有

   $$xe^{1/x}=\frac{e^t}{t}\longrightarrow+\infty.$$

   指数函数的增长速度快于一次函数，因此上述极限是正无穷。这已经说明直线 $x=0$ 是铅直渐近线。

2. 当 $x\to0^-$ 时，$1/x\to-\infty$，实际有 $xe^{1/x}\to0$。这不妨碍 $x=0$ 成为铅直渐近线，因为判断条件并不要求左右两侧都趋于无穷。

3. 当 $x\to\pm\infty$ 时，利用 $e^{1/x}=1+1/x+O(1/x^2)$，得到

   $$xe^{1/x}=x+1+O\!\left(\frac1x\right).$$

   函数在两端都不趋于有限常数，所以不存在水平渐近线。展开还说明 $y=x+1$ 是斜渐近线，但这不影响本题的选项判断。

易错点： 铅直渐近线只需一侧极限无穷；斜渐近线与水平渐近线是不同概念。

答案：A。 $z_x-z_y=1/a$。

解题思路： 方程中的 $z$ 是 $x,y$ 的函数，求偏导时含 $z$ 的项都要使用链式法则。没有必要先把 $z$ 显式解出来；分别对 $x$、$y$ 作隐式求导，解出两个偏导数，再进行比较即可。

详细步骤：

记 $u=e^{y+az}>0$。令 $F(x,y,z)=x-az-e^{y+az}$，有 $F_z=-a(1+u)\ne0$，因为 $a\ne0$。这一条件保证在方程确定的点附近可以把 $z$ 看作可微隐函数。

对 $x$ 求偏导，此时 $y$ 视为常数：

$$1-az_x=e^{y+az}\cdot az_x=auz_x.$$

合并含 $z_x$ 的项，得到 $1=a(1+u)z_x$，即

$$z_x=\frac1{a(1+u)}.$$

对 $y$ 求偏导，此时 $x$ 视为常数，但指数中的 $y+az$ 的导数为 $1+az_y$，因此

$$-az_y=u(1+az_y).$$

整理得 $-a(1+u)z_y=u$，所以 $z_y=-u/[a(1+u)]$。两式相减，指数因子恰好消去：

$$z_x-z_y=\frac{1+u}{a(1+u)}=\frac1a.$$

易错点： 对 $y$ 求导时不能漏掉指数中 $y$ 的导数 $1$；$a$ 可以为负，结论仍是 $1/a$。

答案：B。 $g(0)=1$，$g'(0)=2/(3e)$。

解题思路： 反函数会交换自变量与函数值。要计算 $g(0)$，应先找出满足 $f(x)=0$ 的 $x$；反函数导数使用 $g'(f(x))=1/f'(x)$。本题的 $f$ 是变限积分，求导时还要乘上积分上限 $x^3$ 的导数。

详细步骤：

被积函数 $e^t/(1+t^2)$ 始终为正，积分上限大于 $1$ 时积分为正，小于 $1$ 时积分为负。因此

$$f(1)=\int_1^1\frac{e^t}{1+t^2}\,\mathrm dt=0,$$

且 $f(x)=0$ 只发生在 $x=1$。所以 $g(0)=1$。被积函数为正，且 $x^3$ 严格递增，也说明 $f$ 严格递增，与存在反函数相符。

根据微积分基本定理和链式法则，

$$f'(x)=\frac{e^{x^3}}{1+(x^3)^2}\cdot3x^2 =\frac{3x^2e^{x^3}}{1+x^6}.$$

代入 $x=1$ 得 $f'(1)=3e/2\ne0$，所以反函数在对应点可导。对 $f(g(y))=y$ 求导得到 $f'(g(y))g'(y)=1$。取 $y=0$，利用 $g(0)=1$，有

$$g'(0)=\frac1{f'(1)}=\frac2{3e}.$$

易错点： $f(1)=0$ 对应的是 $g(0)=1$，不是 $g(1)=0$；变上限积分求导不能漏乘 $3x^2$。

答案：D。 平均购入价格为

$$\frac{\displaystyle\int_0^Tp(t)q'(t)\,\mathrm dt}{q(T)-q(0)}.$$

解题思路： “平均购入价格”是每份证券平均花了多少钱，定义应是“总购入金额除以总购入份额”。不同时间购入的份额可能不同，必须按份额加权，不能直接对时间上的价格取平均。

详细步骤：

把 $[0,T]$ 划分成许多很短的时间段。某个小时间段内，如果单价近似为 $p(t)$，新增购入份额近似为 $\Delta q$，那么支出就是 $p(t)\Delta q$。将所有小段支出相加，再令时间段长度趋于零，得到总购入金额 $\int_0^Tp(t)\,\mathrm dq(t)$。

在题目各选项采用的可微购入模型下，$\mathrm dq(t)=q'(t)\,\mathrm dt$，所以总支出为

$$\int_0^Tp(t)q'(t)\,\mathrm dt.$$

机构持续购入且没有卖出时，新增购入份额等于期末与期初持有量之差：

$$\int_0^Tq'(t)\,\mathrm dt=q(T)-q(0)>0.$$

总金额除以总份额便得到选项 D。只有在每单位时间购入份额相同时，时间平均价格才恰好等于购入均价；一般情况下不能使用 $T$ 作分母。

易错点： 分母应使用本期新增份额 $q(T)-q(0)$，不是总持有份额 $q(T)$；积分中的权重是购入速度 $q'(t)$。

答案：A。 $a=b=-1$。

解题思路： $AB=C$ 表示 $C$ 的每一列都能由 $A$ 的列向量线性组合得到。$A$ 是 $4\times3$ 矩阵，$B$ 应为 $3\times2$ 矩阵。分别把 $B$ 的两列当作未知向量，用前三行确定系数，再检查第四行给出的参数。

详细步骤：

令 $B$ 第一列为 $(u_1,u_2,u_3)^{\mathsf T}$，则

$$\begin{cases} u_1+u_3=2,\\ u_3=1,\\ u_1+u_2+3u_3=1,\\ u_1+u_2+u_3=a. \end{cases}$$

第二式给出 $u_3=1$，第一式给出 $u_1=1$，第三式给出 $u_2=-3$，所以 $a=1-3+1=-1$。

令第二列为 $(v_1,v_2,v_3)^{\mathsf T}$，相应方程为

$$\begin{cases} v_1+v_3=0,\\ v_3=1,\\ v_1+v_2+3v_3=1,\\ v_1+v_2+v_3=b. \end{cases}$$

由前三式依次得到 $v_3=1$、$v_1=-1$、$v_2=-1$，所以 $b=-1-1+1=-1$。这些条件也确实可行：取

$$B=\begin{pmatrix}1&-1\\-3&-1\\1&1\end{pmatrix},$$

乘入 $A$，四行分别得到 $(2,0)$、$(1,1)$、$(1,1)$、$(-1,-1)$，正好是满足 $a=b=-1$ 的 $C$。

易错点： 矩阵方程应按列拆成方程组；前三行求出的解还需要通过第四行检验相容性。

答案：D。 $A^2=4E=\operatorname{diag}(4,4,4)$。

解题思路： 伴随矩阵恒等式 $AA^*=|A|E$ 可以把 $A^2$ 化为数量矩阵，再通过行列式确定系数。过程中会出现 $|A|=0$ 的可能，必须利用“三阶非零矩阵”排除，不能直接除以行列式。

详细步骤：

由 $A^*=-2A$ 及伴随矩阵恒等式，

$$-2A^2=|A|E.$$

三阶矩阵满足 $|A^*|=|A|^2$。对题设取行列式得

$$|A|^2=|-2A|=(-2)^3|A|=-8|A|,$$

故 $|A|(|A|+8)=0$，即 $|A|=0$ 或 $|A|=-8$。

若 $|A|=0$，则 $A^2=O$。对任意向量 $v$，有 $A(Av)=0$，所以 $A$ 的像空间包含在核空间中。由秩与零空间维数的关系，

$$r(A)\le\dim\ker A=3-r(A),$$

即 $r(A)\le1$。此时所有二阶子式均为零；三阶矩阵的伴随矩阵元素就是带符号的二阶子式，因此 $A^*=O$。再由题设得到 $A=O$，与非零条件矛盾。

所以只能有 $|A|=-8$，代入 $-2A^2=|A|E$ 得 $-2A^2=-8E$，即 $A^2=4E$。

易错点： $A\ne O$ 不自动意味着 $|A|\ne0$；排除奇异情形之后，才能使用可逆矩阵的结论。

答案：D。 $A-B$ 有两个线性无关的特征向量，而不是只有一个。

解题思路： 题设可整理成矩阵平方为零。令 $C=A-B$，研究非零三阶矩阵 $C$ 满足 $C^2=O$。分别分析矩阵幂、特征值、对称性和零空间维数，即可找出错误结论。

详细步骤：

移项得到 $A^2-AB-BA+B^2=(A-B)^2=O$，所以 $C^2=O$ 且 $C\ne O$。

选项 A 中，$C^3=C\cdot C^2=O$，故成立。对选项 B，若 $Cv=\lambda v$ 且 $v\ne0$，则 $C^2v=\lambda^2v=0$，从而 $\lambda=0$，所有特征值均为零。

对选项 C，若 $A,B$ 都为实对称矩阵，则 $C$ 也是实对称矩阵。实对称矩阵可正交对角化，而 $C$ 所有特征值为零，其对角化结果只能是零矩阵，最终 $C=O$，与 $A\ne B$ 矛盾，所以两者不能都对称。

最后分析选项 D。$C^2=O$ 说明像空间包含于核空间，故 $r(C)\le3-r(C)$，即 $r(C)\le1$。又 $C\ne O$，所以 $r(C)=1$，因此

$$\dim\ker C=3-1=2.$$

零特征值的特征向量就是满足 $Cv=0$ 的非零向量，故可以取出两个线性无关的特征向量，D 错误。

易错点： “只有一个特征值”与“只有一个线性无关的特征向量”不是一回事；应通过核空间维数判断后者。

答案：B。 $P\{XY\le1\}=1/2$。

解题思路： $X,Y$ 都只取正值，事件 $XY\le1$ 对应第一象限中 $y=1/x$ 下方的区域。固定 $X=x$ 后，$Y$ 的范围是 $0<Y\le1/x$。独立性允许使用 $Y$ 的分布函数计算这段概率，再按 $X$ 的密度积分。

详细步骤：

由同分布，对 $y>0$，

$$F_Y(y)=\int_0^y\frac1{(1+t)^2}\,\mathrm dt =\left[-\frac1{1+t}\right]_0^y =\frac y{1+y}.$$

固定 $x>0$ 时，$F_Y(1/x)=(1/x)/(1+1/x)=1/(1+x)$。独立变量的联合密度为两个密度的乘积，所以

$$\begin{aligned} P\{XY\le1\} &=\int_0^\infty\int_0^{1/x}\frac1{(1+x)^2(1+y)^2}\,\mathrm dy\,\mathrm dx\\ &=\int_0^\infty\frac1{(1+x)^2}F_Y(1/x)\,\mathrm dx\\ &=\int_0^\infty\frac1{(1+x)^3}\,\mathrm dx\\ &=\left[-\frac1{2(1+x)^2}\right]_0^\infty=\frac12. \end{aligned}$$

连续联合分布在曲线 $XY=1$ 上的概率为零，所以边界是否包含不会影响结果。

易错点： 必须对完整范围 $x>0$ 积分，不能只算 $0<x<1$；联合密度分解依赖独立性，仅同分布还不够。

答案：C。 相关系数为 $2/3$。

解题思路： 相关系数是协方差除以两个标准差的乘积。令 $U=XY$、$V=X+Y$，分别求均值、方差和 $E(UV)$。$X,Y$ 独立不代表 $XY$ 与 $X+Y$ 独立，因为后两者包含共同的随机变量。

详细步骤：

由两种分布的数字特征，$EX=0$、$DX=1$、$E(X^2)=1$，以及

$$EY=2\cdot\frac12=1,\quad DY=2\cdot\frac12\cdot\frac12=\frac12, \quad E(Y^2)=DY+(EY)^2=\frac32.$$

利用独立性，$EU=EX\,EY=0$，$EV=EX+EY=1$，并且

$$\begin{aligned} E(UV)&=E[XY(X+Y)]\\ &=E(X^2Y)+E(XY^2)\\ &=E(X^2)EY+EX\,E(Y^2)=1. \end{aligned}$$

因此 $\operatorname{Cov}(U,V)=E(UV)-EU\,EV=1$。又有

$$D(U)=E(X^2Y^2)-(EU)^2=E(X^2)E(Y^2)=\frac32,$$

$$D(V)=DX+DY=\frac32,$$

后一式同样使用独立性使协方差为零。于是

$$\rho_{U,V}=\frac1{\sqrt{(3/2)(3/2)}}=\frac23.$$

易错点： $D(XY)$ 一般不等于 $DX\,DY$；这里用到 $E(Y^2)=3/2$，不能把它错当成方差 $1/2$。

答案：D。 $P\{X>m+n\mid X>m\}>P\{X>n\}$。

解题思路： 条件概率可写成尾概率的比值。本题分布律含两种不同的指数衰减项，不能直接套单一几何分布的无记忆性。先求尾概率，再与 $P(X>n)$ 作差，将差整理成正因子的乘积。

详细步骤：

令 $S(j)=P(X>j)$。对非负整数 $j$，利用等比级数求和，

$$\begin{aligned} S(j)&=\sum_{k=j+1}^\infty\left(2^{-(k+1)}+3^{-k}\right)\\ &=\frac{2^{-(j+2)}}{1-1/2}+\frac{3^{-(j+1)}}{1-1/3}\\ &=\frac12(2^{-j}+3^{-j}). \end{aligned}$$

因为 $\{X>m+n\}\subseteq\{X>m\}$ 且 $S(m)>0$，条件概率为 $S(m+n)/S(m)$。记 $a=2^{-m}$、$b=3^{-m}$、$c=2^{-n}$、$d=3^{-n}$，则条件概率为 $(ac+bd)/(a+b)$，$P(X>n)=(c+d)/2$。两者之差为

$$\begin{aligned} \frac{ac+bd}{a+b}-\frac{c+d}2 &=\frac{2ac+2bd-ac-ad-bc-bd}{2(a+b)}\\ &=\frac{(a-b)(c-d)}{2(a+b)}. \end{aligned}$$

$m,n$ 均为正整数，所以 $a>b$、$c>d$，且分母为正，差严格大于零。

易错点： $P(X>j)$ 的求和应从 $k=j+1$ 开始；两个几何尾概率的混合不自动具有无记忆性。

答案：$0$。

解题思路： 被积函数含有 $x-1/2$，区间又是 $[0,1]$，适合把原点移到区间中点 $1/2$。换元后若成为奇函数，且上下限关于零对称，积分便会相消。这个方法也解释了结果为零的原因。

详细步骤：

令 $t=x-1/2$，则 $x=t+1/2$、$x-1=t-1/2$、$\mathrm dx=\mathrm dt$。当 $x=0,1$ 时，$t$ 分别为 $-1/2,1/2$，故

$$\begin{aligned} I&=\int_{-1/2}^{1/2}\left(t+\frac12\right)\left(t-\frac12\right)t\,\mathrm dt\\ &=\int_{-1/2}^{1/2}\left(t^3-\frac14t\right)\,\mathrm dt. \end{aligned}$$

$h(t)=t^3-t/4$ 满足 $h(-t)=-h(t)$，为奇函数。左半区间与右半区间上的积分大小相等、符号相反，所以 $I=0$。

直接求原函数也能核验：

$$I=\left[\frac{t^4}4-\frac{t^2}8\right]_{-1/2}^{1/2}=0,$$

上下端代入后都等于 $-1/64$。若在原变量中展开，被积函数为 $x^3-3x^2/2+x/2$，积分为 $1/4-1/2+1/4=0$。

易错点： $[0,1]$ 不关于零对称，不能直接应用奇函数积分性质；换元时必须同时改变积分上下限。

答案：$1$。

解题思路： 两个分式各自在零点附近发散，相减时一阶主项抵消。应先通分，再使用泰勒展开求二阶小量的比值。分别替换为最低阶等价量，会丢掉决定答案的二阶差异。

详细步骤：

在零点附近且 $x\ne0$ 时，$1/\tan x=\cos x/\sin x$，所以原式为

$$\frac{\sqrt{1+x^2}-\cos x}{x\sin x}.$$

零点处展开为

$$\sqrt{1+x^2}=1+\frac{x^2}2+O(x^4),\qquad \cos x=1-\frac{x^2}2+O(x^4).$$

常数项抵消，两个二阶项相加，得分子 $x^2+O(x^4)$。另一方面，$\sin x=x+O(x^3)$，所以分母为 $x^2+O(x^4)$。同时除以 $x^2$，便有

$$\lim_{x\to0}\frac{1+O(x^2)}{1+O(x^2)}=1.$$

不用展开也可把分子拆为 $(\sqrt{1+x^2}-1)+(1-\cos x)$。第一项有理化后除以 $x^2$ 的极限为 $1/2$，第二项除以 $x^2$ 的极限也为 $1/2$，再利用 $\sin x/x\to1$，同样得到 $1$。

易错点： 不能把 $\sqrt{1+x^2}$、$\cos x$ 分别替换成 $1$ 后直接相减；主项抵消时必须保留下一阶项。

答案：$0<p<2$。

解题思路： 该反常积分两端都要检查：零点可能有奇性，无穷远处需要足够快的衰减。在 $1$ 处分开积分，分别与幂函数比较，最后取两端收敛条件的交集。

详细步骤：

记 $h(x)=\arctan x/[x^p(x+1)]$。它在任意有限闭区间 $[\varepsilon,M]\subset(0,\infty)$ 上连续，故只需研究 $0^+$ 和 $+\infty$。

当 $x\to0^+$ 时，$\arctan x\sim x$、$x+1\sim1$，所以 $h(x)\sim x^{1-p}$。两者之比为 $\arctan x/[x(x+1)]\to1>0$，收敛性相同。由

$$\int_0^1x^\alpha\,\mathrm dx\text{ 收敛}\iff\alpha>-1,$$

要求 $1-p>-1$，即 $p<2$。

当 $x\to+\infty$ 时，$\arctan x\to\pi/2$、$x+1\sim x$，所以 $h(x)\sim(\pi/2)x^{-p-1}$。由

$$\int_1^\infty x^{-q}\,\mathrm dx\text{ 收敛}\iff q>1,$$

要求 $p+1>1$，即 $p>0$。综合得到 $0<p<2$。边界 $p=2$ 在零点附近等价于 $1/x$，$p=0$ 在无穷远处等价于 $\pi/(2x)$，都产生对数发散。

易错点： 零点与无穷远处的幂函数判据不同；只检查一个端点会漏掉另一个限制。

答案：$y=e^{2x}-e^x+1$。

解题思路： 这是二阶常系数非齐次线性方程。先求齐次通解，再针对右端 $e^x$ 设同类型特解，最后代入两个初值确定常数。设特解前，要检查指数 $1$ 是否为特征根。

详细步骤：

齐次方程为 $y''-2y'=0$，特征方程 $r^2-2r=r(r-2)=0$，根为 $0,2$，所以 $y_h=C_1+C_2e^{2x}$。$1$ 不是特征根，可以直接设 $y_p=Ke^x$。代入原方程得到

$$Ke^x-2Ke^x=-Ke^x=e^x,$$

所以 $K=-1$。原方程通解为 $y=C_1+C_2e^{2x}-e^x$。

由 $y(0)=1$，$C_1+C_2-1=1$，即 $C_1+C_2=2$。求导有 $y'=2C_2e^{2x}-e^x$，由 $y'(0)=1$ 得 $2C_2-1=1$，所以 $C_2=1$、$C_1=1$。

核验得到 $y'=2e^{2x}-e^x$、$y''=4e^{2x}-e^x$，于是

$$y''-2y'=(4e^{2x}-e^x)-(4e^{2x}-2e^x)=e^x.$$

在零点处 $y=1$、$y'=1$，两个初值也都满足。

易错点： 特征根 $0$ 对应常数项，不能漏掉；代入 $Ke^x$ 后系数为 $-K$，特解必须带负号。

答案：$2$。 $a=b=1$。

解题思路： $AA^{\mathsf T}$ 是半正定矩阵，规范形只有一个正平方项，说明其秩为 $1$。再利用 $r(AA^{\mathsf T})=r(A)$，转成两行向量线性相关的问题，直接比较分量即可。

详细步骤：

对任意实向量 $x$，

$$x^{\mathsf T}AA^{\mathsf T}x=(A^{\mathsf T}x)^{\mathsf T}(A^{\mathsf T}x)\ge0,$$

所以矩阵半正定。规范形 $y_1^2$ 表示正惯性指数为 $1$，其余平方项系数为零，因此 $r(AA^{\mathsf T})=1$。又由上面的平方和，$AA^{\mathsf T}x=0$ 与 $A^{\mathsf T}x=0$ 等价，故两者核空间相同，最终 $r(A)=1$。

第一行 $(1,b,-1)$ 不为零，第二行必须是其倍数：

$$(a+2,3,-3a)=\lambda(1,b,-1).$$

比较第一、第三个分量得 $\lambda=a+2=3a$，所以 $a=1$、$\lambda=3$。第二个分量满足 $3=3b$，得 $b=1$，从而 $a+b=2$。

反过来，$a=b=1$ 时第二行确为第一行的三倍，秩为 $1$，半正定二次型的规范形确实只有一个正平方项，条件也充分。

易错点： 规范形中的 $1$ 由变量缩放得到，不代表原矩阵的非零特征值必须为 $1$；首先读出惯性指数和秩。