2020考研数学三答案.pdf

1 2020 年全国硕士研究生入学统一考试年全国硕士研究生入学统一考试 数学（三）试题与参考答案数学（三）试题与参考答案 一、选择题一、选择题 （1）设b ax axf ax )( lim，则，则 sin( )sin lim xa f xa xa （ ） （A）sinba. （B）cosba. （C） sinbf a. （D） cosbf a. （1）【答案】）【答案】（B）. 【解析】【解析】由拉格朗日中值定理知，存在介于a与)(xf之间，使得 sin( )sincos( )f xaf xa. 由b ax axf ax )( lim，则有axf ax )(lim. 从而有 cos( )sin( )sin limlimlimcos limcoscos . xaxaxa a f xaf xa b xaxa bba 故应选（B）. （2）若 1 1 eln 1 , e12 x x x f x x 则 f x第二类间断点的个数为 （ ） （A）1. （B）2. （C）3. （D）4. 2 （2）【答案】）【答案】（C）. 【解析】由【解析】由 f x表达式知，间断点有0, 1,2.x 因 1 1 1 1 1 000 eln 1e1 limlimlime 22e12 x x x xxx xx f x x xx ， 故0 x为可去间断点； 因 1 1 11 eln 1 limlim e12 x x xx x f x x ，故1x 为第二类间断点； 因 1 1 11 eln 1 limlim e12 x x xx x f x x ，故1x 为第二类间断点； 因 1 1 22 eln 1 limlim e12 x x xx x f x x ，故2x为第二类间断点； 综上，共有 3 个第二类间断点. 故应选（C）. （3）设奇函数 f x在, 上具有连续导数，则 （ ） （A） 0 cosd x f tftt 是奇函数. （B） 0 cosd x f tftt 是偶函数. （C） 0 cosd x ftf tt 是奇函数. （D） 0 cosd x ftf tt 是偶函数. （3）【答案】）【答案】（A）. 【解析】【解析】因为 f x在, 上具有连续导数，且为奇函数，故 fx为偶函 数，又 cosf x也为偶函数，从而 cosf tft为偶函数，进而 0 cosd x f tftt 是奇函数.故应选（A）. 3 （4） 设幂级数 1 2 n n n nax 的收敛区间为2,6， 则 2 1 1 n n n ax 的收敛区间为 （ ） （A）2,6. （B）3,1. （C）5,3. （D）17,15. （4）【答案】）【答案】（B）. 【解析】【解析】由幂级数性质知，幂级数 1 n n n na x 与 1 n n n a x 有相同的收敛半径. 因 1 2 n n n nax 的收敛区间为2,6，故有 1 n n n na x 的收敛半径4R ，从而 1 n n n a x 的收敛半径4R ，故当 2 14x时，级数 2 1 1 n n n ax 收敛，所以其收敛 区间为3,1.故应选（B）. （5）设 4 阶矩阵 ij aA不可逆，元素 12 a对应的代数余子式 12 0A， 1234 , 为 矩阵A的列向量组， * A为A的伴随矩阵，则 * 0A x的通解为 （ ） （A） 112233 kkkx，其中 123 ,k k k为任意常数. （B） 112234 kkkx，其中 123 ,k k k为任意常数. （C） 112334 kkkx，其中 123 ,k k k为任意常数. （D） 122334 kkkx，其中 123 ,k k k为任意常数. （5）【答案】）【答案】（C）. 【解析】【解析】由A不可逆知， r4A，又元素 12 a对应的代数余子式 12 0A，故 r3A，从而 r3A. 由 * ,r, r1,r1, 0,r1, nn n n A AA A 可知 * r1A. 故 * 0A x的基础解系含有 3 个解向量. 因 1234 , 为矩阵A的列向量组， 则 134 , 可看作 12 A对应矩阵列向量组的延 长组，故 134 , 线性无关. 4 又 * 1234 , 0A A= A A E故 134 , 均为 * 0A x的解. 综上， 134 , 为 * 0A x的一个基础解系， 故 * 0A x的通解为 112334 kkkx， 其中 123 ,k k k为任意常数. 故应选（C）. （6）设A为 3 阶矩阵， 12 ,为A的属于特征值 1 的线性无关的特征向量， 3 为A的 属于特征值1的特征向量，则满足 1 100 010 001 P AP =的可逆矩阵P为 （ ） （A） 1323 , . （B） 1223 , . （C） 1332 ,. （D） 1232 ,. （6）【答案】）【答案】（D）. 【解析】 12 ,是A属于特征值 1 的线性无关的特征向量， 即 1122 ,A A， 故 1212 ()A ，即 12 也是A属于特征值 1 的特征向量. 设 11222 ()kk 0，即 11122 ()kkk 0， 由于 12 ,线性无关，故0 21 kk可知 122 ,线性无关. 3 是A属于特征值1的特征向量， 即 33 A， 因此 33 ()() A， 即 3 也是A属于特征值1的特征向量 可取 1232 (,)P，则P是可逆矩阵，且满足 1 100 010 001 P AP. 故应选（D）. （7）设, ,A B C为三个随机事件，且 11 ,0, 412 P AP BP CP ABP ACP BC 则, ,A B C恰有一个事件发生的概率为 （ ） （A） 3 4 . （B） 2 3 . （C） 1 2 . （D） 5 12 . 5 （7）【答案】）【答案】（D）. 【解析】【解析】 事件, ,A B C中仅有一个发生的概率可用至少一个发生的概率减去至少发 生两个的概率表示，即()()(),P ABCABCABCP ABCP ABACBC 而()( )( )( )()()()()P ABCP AP BP CP ABP ACP BCP ABC，因 ()0P AB，故()0P ABC，从而 3117 ()00, 4121212 ()()()()()()()() 111 00, 12126 P ABC P ABACBCP ABP ACP BCP ABCP ABCP ABCP ABC 故 715 () 12612 P ABCABCABC. 故应选（D）. （8） 设随机变量,X Y服从二维正态分布 1 0,0;1,4; 2 N ， 下列随机变量中服从标准 正态分布且与X独立的是 （ ） （A） 5 5 XY. （B） 5 5 XY. （C） 3 3 XY. （D） 3 3 XY. （8）【答案】）【答案】（C）. 【解析】【解析】由二维正态的性质知),( 2 NYX ，因 2 ()( ) ()()( )0, ()()( )2cov(, ) 142 1 142 () 1 23, 2 XY D XD Y E XYE XE Y D XYD XD YX Y 故) 1 , 0()( 3 3 3 0 NYX YX . 6 又 X YX , 3 )(3 服从二维正态分布，而 ()( ) 3()3 cov,cov(,)cov(, ) 33 3 () 3 31 1 () 1 2 32 0, XY D XD Y XY XX XX Y D X 故 3 )(3YX 与X不相关，由二维正态的性质知， 3 )(3YX 与X独立. 故应选（C）. 二、填空题二、填空题 （9）设arctansinzxyxy ，则 0, dz （9）【答案】）【答案】1 ddxy. 【解析】因为【解析】因为 2 2 cos , 1sin cos , 1sin x y yxy z xyxy xxy z xyxy 从而从而 2 0, 2 0, cos 1, 1sin 0cos 1, 1sin x y z z 故 0, d1 dd .zxy （10）曲线 2 e0 xy xy在点0, 1处的切线方程为 （10）【答案】）【答案】1yx. 7 【解析】【解析】方程 2 e0 xy xy两边对x求导，得 2 1e220 xy yyxy， 代入(0)1y ，得 10200 y ，解得 01 y . 从而切线方程为1 10 ,1.yxyx 即 （11）Q表示产量，成本 100 13C QQ，单价为p，需求量 800 2 3 Q p p .则 工厂取得利润最大值时的产量 （11）【答案】）【答案】8.Q 【解析】【解析】设收益函数为R，则RpQ，又 800 3 2 p Q ，故 800 3 2 Q RQ Q . 要使得利润最大，则有MRMC，即 2 1600 313 2Q ，解得8.Q （12）设平面区域 2 1 ,01 , 21 x Dx yyx x 则D绕y轴旋转所成旋转体体 积为 （12）【答案】）【答案】 ln2 3 . 【解析】【解析】 1 3 111 2 2 000 0 2 d2dln(1)ln2. 1233 y xxx Vxxxx x 13. 行列式 011 011 110 110 a a a a （13）【答案】）【答案】 22 4aa. 【解析】【解析】 8 322 01100000 011011011 110110120 1100000 11 2044 . 0 aaaa aaa aaa aaaaa a aaa aaaa aa （14）设随机变量X的概率分布为 1 (1,2,) 2k P Xkk，Y表示X除以 3 的余 数，则EY （14）【答案】）【答案】 8 7 . 【解析】【解析】Y的全部可能取值为0,1,2. 当32(1,2,)Xkk时，1Y ；当31(1,2,)Xkk时，2Y ；当 3 (1,2,)Xk k时，0Y. 故 32 1 14 1 27 k k P Y ， 31 1 12 2 27 k k P Y ， 3 1 11 0 27 k k P Y ， 从而 8 7 EY. 三、解答题三、解答题 （15）（本题满分 10 分） 已知 1 (1)e n n 与 a b n 为n 时的等价无穷小，求, a b. （15）【解析】）【解析】由题意有 1 ln(1) 1 ln(1) 1 1 (1)e e 1limlim 1 ln(1) 1 e(e1) limelim, n n n nn aa n n nn aa e n bb nn n n bb nn 9 令 1 t n ，则 2 11 000 11 ln(1) 1 ln(1) 2 1elimelimelim, aaa ttt tt tt t b tb tb t 从而 e 12,1 2 a b ，解之得 1, e . 2 a b （16）（本题满分 10 分） 求 33 ( , )8f x yxyxy的极值. （16）【解析】 因为 22 3,24, xy fxy fyx 联立方程组 2 2 30, 240, x y fxy fyx 解得驻点为 11 0,0 ,. 6 12 在点0,0处： 0,00,0,01,0,00, xxxyyy AfBfCf 2 10ACB ，故0,0不是极值点. 在点 1 1 , 6 12 处： 111111 ,10,1,4, 6 126 126 12 xxxyyy AfBfCf 2 4 10ACB ，故 1 1 , 6 12 是极小值点，极小值为 33 1111111 ,. 6 126126 12216 f （17）（本题满分 10 分） 已知 yf x满足25 ( )0,yyf x且有(0)1,(0)1ff . （）求( )f x； （） ( )d n n af xx ，求 1 n n a . 10 （17）【解析】）【解析】（）由25 ( )0yyf x，得其特征方程为052 2 ， 解得.21 2 162 2, 1 i i 故方程通解为 12 ( )e(cos2sin2 ). x f xCxCx 因(0)1,(0)1ff ，则有 1 21 1, 21, C CC 解得 , 0 , 1 2 1 C C 从而有( )ecos2 . x f xx （）因 ecos2 dcos2 de ecos22 esin2 d ecos22 sin2 de ecos22esin24 ecos2 d , xx xx xx xxx x xx xx x xx xxx x 故 1 5 ecos2 decos22esin2 xxx x xxxC ，从而有 1 ecos2 de(2sin2cos2 ) 5 xx x xxxC ， 故 1 ecos2 de(2sin2cos2 ). 5 | xx n nn ax xxx 因lim e (2sin2cos2 )0 x x xx ，故 11 e(cos2 0)e. 55 nn n an 进而有 11 11e1 e. 55 1 e5(e1) n n nn a （18）（本题满分 10 分） 已知已知 2 ( , )1( , )d d D f x yyxxf x yx y ，其中 22 ,1,0Dx y xxy. 求( , )d d D xf x yx y . 11 （18）【解析】记( , )d d D f x yx yA ，则 2 ( , )1f x yyxAx，故 2 2 ( , )d d(1)d d 1d dd d , DD DD Af x yx yyxAxx y yxx yAx x y 因积分区域D关于y轴对称，故d d0. D x x y 又 2 11 22 10 3 1 24 22 1 2 4 2 0 sin 1d dd1d 11 (1) dcosd 22 3 1 3 cos. 4 2 216 x D xt Ayxx yxyxy xxt t tdt 令 可知 2 3 ( , )1 16 f x yyxx，因此 22 3 ( , )d(1)d . 16 DD xf x yxyxx 因积分区域D关于y轴对称， 2 1xyx是x的奇函数，故 2 1d0. D xyx 故 2 11 22 10 1 222 2 1 2 2 22 2 0 sin 33 ( , )dddd 1616 33 1dsincoscos d 1616 33 1 3 1 3 sin(1 sin)d(). 882 24 2 2128 x DD xt xf x yxxxy xxxttt t ttt 令 （19）（本题满分 10 分） 设 f x在区间0,2上具有一阶连续导数， 且 0,2 020,max. x ffMf x 证明：（）存在0,2，使得 fM； 12 （）若对任意0,2x， fxM，则0M. （19）【证明】（）因 f x在0,2上连续，故存在最大值 0,2 max. x Mfx 若0M，则对0,2 ，都有 0f，命题成立. 若0M，因 020,ff故存在 0 0,2x ，使得 0 f xM. 当 0 0,1x ，由拉格朗日中值定理知，存在 10 0,0,1x，使得 010 0,f xffx 则有 0 1 00 . f x M fM xx 当 0 1,2x ，由拉格朗日中值定理知，存在 20,2 1,2x，使得 020 22,ff xfx 则有 0 2 00 . 22 f x M fM xx 当 0 1x，由拉格朗日中值定理知，存在 3 0,1，使得 3 101.ffffM 综上，存在0,2，使得 fM. （）假设0M，因对任意0,2x，有 fxM，由（）知， 当 0 0,1x 或 0 1,2x 时，存在0,2，使得 fM，矛盾，从而有 0M. 当 0 1x时，有 1fM，则 1fM ，不妨设 1fM. 构造函数 ,0,1 .g xf xMx x 因为 0,gxfxM故 g x单调不增. 又 00,10gg，从而 0,0,1g xx，即 ,0,1 .f xMx x 构造函数 2,1,2 .h xf xMxM x 因为 0h xfxM，故 h x单调不减. 13 又 120,20hMMMh，从而 0,1,2h xx，即 2f xMxM . 综上，当 0 1x时， ,01, 2,12. Mxx f x MxMx 因为 11 11 1 1limlim0, 11 12 1limlim0, 11 xx xx f xfMxM fM xx f xfMxMM fM xx 故与 f x在1x 处可导矛盾，从而当 0 1x时，有0M. 若 1fM ，则可构造 ,2,g xf xMx h xf xMxM同理可证. 综上，若对任意0,2x， fxM，则0M. （20）（本题满分 11 分） 设二次型 22 121122 ,44f x xxx xx经正交变换 11 22 xy xy Q化为二次型 22 121122 ,4,g y yayy yby其中ab. （）求, a b的值； （）求正交矩阵Q. （20）【解析】）【解析】 （）设二次型f的矩阵为A，则 12 . 24 A 又f经正交变换XQY化成 22 121122 ,4,g y yayy yby即 TTTT 2 2 a f b X QY X AX= Y Q AQYYY. 因此 T 2 2 a b Q AQ =. 记 2 2 a b B =，由于Q为正交矩阵，故A与B相似且合同， 故 trtr, , AB AB 即 14, 40, ab ab 解得4,11,4.abab或 又ab，故4,1ab. 14 （）由（）知， 42 21 B =，且A与B相似. 又 2 12 5 , 24 AE 可知，A与B特征值均为 12 0,5. 对于 1 0，解0 0AE x，得A的属于特征值 0 的特征向量 1 2 1 ， 对于 2 5，解5 0AE x，得A的属于特征值 5 的特征向量 2 1 2 ， 12 ,已经正交化，故直接单位化，得 12 12 12 21 11 ,. 1255 故可取 112 ,P，则 1 P为正交矩阵，且有 1 11 0 5 PAP. 对于 1 0，解0 0BE x，得B的属于特征值 0 的特征向量 2 1 2 ， 对于 2 5，解5 0BE x，得B的属于特征值 5 的特征向量 1 2 1 ， 故可取 221 ,P，则 2 P为正交矩阵，且有 1 22 0 5 PBP. 则有 11 1122 P APPBP，因此 11 2112 P P APPB. 取 1T 1212 2112 43 555555 , 122134 555555 Q = PPPP则 T TTT 1221 11 1TT1T 122121 , . Q = PPP P Q= PPPPP P 综上，有Q为正交矩阵，且满足 T Q AQB. 15 （21）（本题满分 11 分） 设A为 2 阶矩阵，,P = A，其中是非零向量，且不是A的特征向量. （）证明P为可逆矩阵； （）若 2 6 0A + A，求 1 P AP并判断A是否相似于对角阵. （21）【解析】）【解析】 （）若与A线性相关，则与A成比例，又是非零向量，故有kA. 由特征值、特征向量的定义知，是A的属于特征值k的特征向量，与已知矛盾， 故与A无关，从而P可逆. （）由 2 6 0A + A知， 2 6 ,A =A则 2 ,6 0606 , 1111 AP = A AA A AA AP 记 06 11 B，则有,AP = PB得 1 P APB，故A与B相似. 因为 2 6 632 , 11 BE 可知，B的特征值为 12 3,2. 故A的特征值也为 12 3,2. 因此A可相似对角化. （22）（本题满分 11 分） 已知因,X Y（）服从区域 2 :01Dyx上的均匀分布，且 1,0,1,0, 0,0,0,0. XYXY UV XYXY 求：（）( ,)U V的联合分布； （） UV . 16 （22）【解析】）【解析】（）因,X Y（）服从区域 2 :01Dyx上的均匀分布，故 1 0,00,0, 4 0,10,00, 1 1,00,0, 2 1 1,10,0. 4 P