2020年全国硕士研究生考试《数学三》试题（网友回忆版）

2020年全国硕士研究生考试《数学三》试题（网友回忆版）[单选题]1.设，则＝（）A.bsinaB.bcosaC.bsinf（a）D.bcosf（a）参考答案：B参考解析：由拉格朗日中值定理知，存在ξ介于a与f（x）之间，使得sinf（x）－sina＝cosξ·[f（x）－a]。由，则有。从而有故应选B项。[单选题]2.若，则f（x）第二类间断点的个数为（）。A.1B.2C.3D.4参考答案：C参考解析：由f（x）表达式知，间断点有x＝0，±1，2。因，故x＝0为可去间断点；因，故x＝1为第二类间断点；因，故x＝－1为第二类间断点；因，故x＝2为第二类间断点；综上，共有3个第二类间断点。故应选C项。[单选题]3.设奇函数f（x）在（－∞，＋∞）上具有连续导数，则（）。A.是奇函数B.是偶函数C.是奇函数D.是偶函数参考答案：A参考解析：因为f（x）在（－∞，＋∞）上具有连续导数，且为奇函数，故f′（x）为偶函数，又cosf（x）也为偶函数，从而cosf（t）＋f′（t）为偶函数，进而是奇函数。故应选A项。[单选题]4.设幂级数的收敛区间为（－2，6），则的收敛区间为（）。A.（－2，6）B.（－3，1）C.（－5，3）D.（－17，15）参考答案：B参考解析：由幂级数性质知，幂级数与有相同的收敛半径。因的收敛区间为（－2，6），故有的收敛半径R＝4，从而的收敛半径R＝4，故当（x＋1）2＜4时，级数收敛，所以其收敛区间为（－3，1）。故应选B项。[单选题]5.设4阶矩阵A＝（aij）不可逆，元素a12对应的代数余子式A12≠0，a1，a2，a3，a4为矩阵A的列向量组，A*为A的伴随矩阵，则A*x＝0的通解为（）A.x＝k1a1＋k2a2＋k3a3，其中k1，k2，k3为任意常数B.x＝k1a1＋k2a2＋k3a4，其中k1，k2，k3为任意常数C.x＝k1a1＋k2a3＋k3a4，其中k1，k2，k3为任意常数D.x＝k1a2＋k2a3＋k3a4，其中k1，k2，k3为任意常数参考答案：C参考解析：由A不可逆知，r（A）＜4，又元素a12对应的代数余子式A12≠0，故r（A）≥3，从而r（A）＝3。由，可知r（A*）＝1。故A*x＝0的基础解系含有3个解向量。因a1，a2，a3，a4为矩阵A的列向量组，则a1，a3，a4可看做作A12对应矩阵列向量组的延长组，故a1，a3，a4线性无关。又A*A＝A*（a1，a2，a3，a4）＝｜A｜E＝0，故a1，a3，a4均为A^*x＝0的解。综上，a1，a3，a4为A*x＝0的一个基础解系，故A*x＝0得通解为x＝k1a1＋k2a3＋k3a4</sub>，其中k1，k2，k3为任意常数。[单选题]6.设A为3阶矩阵，a1，a2为A的属于特征值1的线性无关的特征向量，a3为A的属于特征值－1的特征向量，则满足得可逆矩阵P为（）A.（a1＋a3，a2，－a3）B.（a1＋a2，a2，－a3）C.（a1＋a3，－a3，a2）D.（a1＋a2，－a3，a2）参考答案：D参考解析：a1，a2是A属于特征值1的线性无关的特征向量，即Aa1＝a1，Aa2＝a2，故A（a1＋a2）＝a1＋a2，即a1＋a2也是A属于特征值1的特征向量。设k1（a1＋a2）＋k2a2＝0，即k1a1＋（k1＋k2）a2＝0，由于a1，a2线性无关，故k1＝k2＝0，即a1＋a2，a2线性无关。a3是A属于特征值－1的特征向量，即Aa3＝－a3，因此A（－a3）＝－（－a3），即－a3也是A属于特征值－1的特征向量可取P＝（a1＋a2，－a3，a2），则P是可逆矩阵，且满足。故应选D项。[单选题]7.设A，B，C为三个随机事件，且P（A）＝P（B）＝P（C）＝1/4，P（AB）＝0，P（AC）＝P（BC）＝1/12，则A，B，C恰有一个事件发生的概率为（）A.3/4B.2/3C.1/2D.5/12参考答案：D参考解析：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（A＋B＋C）＝P（A＋B＋C）－P（AB＋AC＋BC），而P（A＋B＋C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）－P（AB）－P（AC）－P（BC）＋P（ABC），因P（AB）＝0，故P（ABC）＝0，从而P（A＋B＋C）＝3/4－0－1/12－1/12－0＝7/12，P（AB＋AC＋BC）＝P（AB）＋P（AC）＋P（BC）－P（ABC）－P（ABC）－P（ABC）＋P（ABC）＝0＋1/12＋1/12－0＝1/6，故P（A＋B＋C）＝7/12－1/6＝5/12。故应选D。[单选题]8.设随机变量（X，Y）服从二维正态分布N（0，0；1，4；－1/2），下列随机变量中服从标准正态分布且与X独立的是（）A.B.C.D.参考答案：C参考解析：由二维正态的性质知X＋Y～N（μ，σ2），因μ＝E（X＋Y）＝E（X）＋E（Y）＝0故。又服从二维正态分布，而故与X不相关，由二维正态的性质知，与X独立。故应选C项。[问答题]1.（本题满分10分）已知（1＋1/n）n－e与b/na为n→∞时的等价无穷小，求a，b。参考答案：由题意有令1/n＝t，则从而a＋1＝2，－e/（2b）＝1，解之得。[问答题]2.（本题满分10分）求f（x，y）＝x3＋8y3－xy的极值。参考答案：因为fx′＝3x2－y，fy</sub>′＝24y2－x，联立方程组解得驻点为（0，0）（1/6，1/12）。在点（0，0）处：A＝f″xx（0，0）＝0，B＝f″xy（0，0）＝－1，C＝f″yy（0，0）＝0，AC－B2＝－1＜0，故（0，0）不是极值点。在点（1/6，1/12）处：A＝f″xx（1/6，1/12）＝1＞0，B＝f″xy（1/6，1/12）＝－1，C＝f″yy（1/6，1/12）＝4，AC－B2＝4－1＞0，故（1/6，1/12）是极小值点，极小值为f（1/6，1/12）＝（1/6）3＋（1/12）3－（1/6）·（1/12）＝－1/216。[问答题]3.（本题满分10分）已知y＝f（x）满足y″＋2y′＋5f（x）＝0，且有f（0）＝1，f′（0）＝－1。（Ⅰ）求f（x）；（Ⅱ），求。参考答案：（Ⅰ）由y″＋2y′＋5f（x）＝0，得其特征方程为λ2＋2λ＋5＝0，解得。故方程通解为f（x）＝e－x（C1cos2x＋C2sin2x）。因f（0）＝1，f′（0）＝－1，则有解得，从而有f（x）＝e－xcos2x（Ⅱ）因故从而有故因故进而有[问答题]4.（本题满分10分）已知，其中D＝{（x，y）｜x2＋x2≤1，y≥0}。求。参考答案：记，则，故因积分区域D关于y轴对称，故。又可知因此因积分区域D关于y轴对称，是x的奇函数，故。故[问答题]5.（本题满分10分）设f（x）在区间[0，2]上具有一阶连续导数，且f（0）＝f（2）＝0，。证明：（Ⅰ）存在ξ∈（0，2，）使得｜f′（ξ）｜≥M；（Ⅱ）若对任意x∈（0，2），｜f′（x）｜≤M，则M＝0。参考答案：（Ⅰ）因｜f′（x）｜在[0，2]上连续，故存在最大值。若M＝0，则对∀ξ∈（0，2），都有｜f′（ξ）｜≥0，命题成立。若M＞0，因f（0）＝f（2）＝0，故存在x0∈（0，2），使得｜f（x0）｜＝M。当x0∈（0，1），由拉格朗日中值定理知，存在ξ1∈（0，x0）⊂（0，1），使得f（x0）－f（0）＝f′（ξ1）x0，则有。当x0∈（1，2）由拉格朗日中值定理知，存在ξ2∈（x0，2）⊂（1，2），使得f（2）－f（x0）＝f′（ξ2）（2－x0），则有。当x0＝1，由拉格朗日中值定理知，存在ξ3∈（0，1），使得｜f′（ξ3）｜＝｜f（1）－f（0）｜＝｜f（1）｜＝M。综上，存在ξ∈（0，2），使得｜f′（ξ）｜≥M。（Ⅱ）假设M＞0，因对任意x∈（0，2），有｜f′（x）｜≤M，由（Ⅰ）知，当x0∈（0，1）或x0∈（1，2）时，存在ξ∈（0，2），使得｜f′（ξ）｜＞M，矛盾，从而有M＝0。当x0＝1时，由｜f（1）｜＝M，则f（1）＝±M，不妨设f（1）＝M。构造函数g（x）＝f（x）－Mx，x∈[0，1]。因为g′（x）＝f′（x）－M≤0，故g（x）单调不增。又g（0）＝0，g（1）＝0，从而g（x）≡0，x∈[0，1]，即f（x）＝Mx，x∈[0，1]。构造函数h（x）＝f（x）＋Mx－2M，x∈[1，2]。因为h′（x）＝f′（x）＋M≥0，故h（x）单调不减。又h（1）＝M＋M－2M＝0，h（2）＝0，从而h（x）≡0，x∈[1，2]，即f（x）＝－Mx＋2M。综上，当x0＝1时，因为故与f（x）在x＝1处可导矛盾，从而当x0＝1时，有M＝0。若f（1）＝－M，则可构造g（x）＝f（x）＋Mx，h（x）＝f（x）－Mx＋2M，同理可证。综上，若对任意x∈（0，2），｜f′（x）｜≤M，则M＝0。[问答题]6.（本题满分11分）设二次型f（x1，x2）＝x12－x1x2</sub>＋4x2经正交变换化为二次型g（y1，y2）＝ay12＋4y1y2＋by<sub>22，其中a≥b。（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求正交矩阵Q。参考答案：（Ⅰ）设二次型f的矩阵为A，则。又f经正交变换X＝QY化成g（y1，y2）＝ay12＋4y1y2＋by_{22，即因此。记，由于Q为正交矩阵，故A与B相似且合同，故，即，解得a＝4，b＝1或a＝1，b＝4。又a≥b，故a＝4，b＝1。（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，且A与B相似。又可知，A与B特征值均为λ1＝0，λ2＝5。对于λ1＝0，解（A－0E）x＝0，得A的属于特征值0的特征向量，对于λ2＝5，解（A－5E）x＝0，得A的属于特征值5的特征向量，α1，α2已经正交化，故直接单位化，得故可取P1＝（β1，β2），则P1为正交矩阵，且。对于λ1＝0，解（B－0E）x＝0，得B的属于特征值0的特征向量，对于λ2＝5，解（B－5E）x＝0，得B的属于特征值5的特征向量，故可取P2＝（β2，β1），则P2为正交矩阵，且。则有P1－1AP1＝P2－1BP2，因此P2P1－1AP1sub>P2}－1＝B。取则QT＝（P1P2T）T＝P2P1T，Q－1＝（P1P2T）－1＝（P2T）^{－1sup>P1－1}＝P2P1<sup>Tsup>。综上，有Q为正交矩阵，且满足QTAQ＝B。[问答题]7.（本题满分11分）设A为2阶矩阵，P＝（a，Aa），其中a是非零向量，且不是A的特征向量。（Ⅰ）证明P为可逆矩阵；（Ⅱ）若A2a＋Aa－6a＝0，求P－1AP并判断A是否相似于对角阵。参考答案：（Ⅰ）若a与Aa线性相关，则a与Aa成比例，即有Aa＝ka。由于a是非零向量，故根据特征值、特征向量的定义知，a是A的属于特征值k的特征向量。与已知矛盾，故a与Aa无关，从而P可逆。（Ⅱ）由A2a＋Aa－6a＝0知，A2a＝－Aa＋6a，则记，则有AP＝PB，得P－1AP＝B，故A与B相似。因为可知，B的特征值为λ1＝－3，λ2＝2。故A的特征值也为λ1＝－3，λ2＝2。因此A可相似对角化。[问答题]8.（本题满分11分）已知因（X，Y）服从区域上的均匀分布，且求：（Ⅰ）（U，V）的联合分布；（Ⅱ）ρUV。参考答案：（Ⅰ）因（X，Y）服从区域上的均匀分布，故P{U＝0，V＝0}＝P{X＋Y≤0，X－Y≤0}＝1/4，P{U＝0，V＝1}＝P{X＋Y≤0，X－Y＞0}＝0，P{U＝1，V＝0}＝P{X＋Y＞0，X－Y≤0}＝1/2，P{U＝1，V＝1}＝P{X＋Y＞0，X－Y＞0}＝1/4。从而（U，V）的概率分布为（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故E（UV）＝1/4，E（U）＝3/4，E（V）＝1/4，D（U）＝3/16，D（V）＝3/16。从而[问答题]9.（本题满分11分）设某种元件的使用寿命T的分布函数为：，其中θ，m为参数且大于零。（Ⅰ）求概率P{T＞t}与P{T＞s＋t｜T＞s}，其中s＞0，t＞0；（Ⅱ）任取n个这个元件做寿命试验，测得它们的寿命分别为t1，t2，…tn，若m已知，求θ的最大似然估计值。参考答案：（Ⅰ）（Ⅱ）由题意得，T的概率密度为似然函数当ti＞0时，令解之得θ的最大似然估计值为。[填空题]1.设z＝arctan[xy＋sin（x＋y）]，则dz（0，π）＝（）。参考答案：（π－1）dx－dy参考解析：因为从而故dz（0，π）＝（π－1）dx－dy。[填空题]2.曲线x＋y＋e2xy＝0在点（0，－1）处的切线方程为（）。参考答案：y＝x－1参考解析：方程x＋y＋e2xy＝0两边对x求导，得1＋y′＋e2xy（2y＋2xy′）＝0代入y（0）＝－1，得1＋y′（0）＋（－2＋0）＝0，解得y′（0）＝1。从而切线方程y＋1＝1×（x－0），即y＝x－1。[填空题]3.Q表示产量，成本C（Q）＝100＋13Q，单价为p，需求量Q（p）＝800/（p＋3）－2。则工厂取得利润最大值时得产量（）。参考答案：Q＝8参考解析：设收益函数为R，R＝pQ，又p＝800/（Q＋2）－3，故R＝800Q/（Q＋2）－3Q。要使得利润最大，则有MR＝MC，即1600/（Q