2020考研数学三真题及答案

2020考研数学三真题及答案一、选择题：1～8小题,每小题4分,共32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．设limf(xa

，则limsinf(x)sina( )xa

xa

xa

xabsinabcosabsinf(a)bcosf(a)【答案】B【解析】limsinf(x)sinalimsinf(x)sinaf(x)acosf(x)

bbcosf(a)xa

xa

xa

f(x)a xa

xa设f(x)u，则limsinf(x)sina=lim

sinusinacosu

cosf(a)xa

f(x)

uf(a)

u

uf(a)limsinf(x)sinalimsinf(x)sinaf(x)alimsinf(x)sinalimf(x)a xa

xa

xa

f(x)a x

xa=bcos

f(x)a

xa

xaf(x)(A).1(B).2(C).3

1exex1ln1x(ex1)(x2)

，则第二类间断点个数为（）(D).4【答案】C【解析】本题考查的是第一类间断点与第二类间断点的定义，判断间断点及类型的一般步骤为：找出无定义的点（无意义的点）；2.求该点的左右极限；3.按照间断点的定义判定。第二类间断点的定义为f(x0),f(x0)至少有一个不存在，很显然f(x)不存在的点为x1,x0,x1,x2。x1limx1

f(x),limx1

f(x)；x0

limx0

f(x)limx0+

f(x)=1；2e1x1limex1

1，limex1，limf(x)0，limf(x)；x1x2limx2

x1f(x)，limx2+

f(x)+；

x1+所以，第二类间断点为3个。对奇函数f(x)在(,)上有连续导数，则( )cosf(tf(t)dt是奇函数x00cosf(tf(t)dt是偶函数x00xcosf(tf(t)dt是奇函数00xcosf(tf(t)dt是偶函数00【答案】：A【解析】f(x)

为奇函数，则其导数f(x)

为偶函数，又cosx为偶函数，则cosf(x)cosf(x)

，则cosf(x)为偶函数，故cosf(x)f(x)

为偶函数，以0为下限、被A;对于C和Df(x为偶函数，则cosf(x)cosf(x)为偶函数，f(x)为奇函数，则cosf(x)f(x)

既非奇函数又非偶函数。 (4).已知幂级数na(x2)n的收敛区间为(26)，则a(x1)2n的收敛区间为nn1

nn1(A).(-2,6)(B).(-3,1)(C).(-5,3)(D).(-17,15)【答案】Ba (x1)2n2 a【解析】由比值法可知，幂级数收敛时，limn1 limn1(x1n a(x1)2n

na则要求a(x2)2n的收敛区间，只需要求出lim

n nanan1annn1

nn而条件告诉我们幂级数na(x2)n的收敛区间为(26)4nlimn

lim(n(n1)an1nan

n1

n1nn1n anan1ann4an1an则lim (x1)2n1(x1，即3xan1ann4所以本题选B。设4阶矩阵A(ij)12的代数余子式1201,α2,3,α4为矩阵A的列向量组，为A的伴随矩阵，则x0的通解为（ ）（A）xk2α2k3α3（C）xk2α3k3α4

（B）xk2α2k3α4（D）xk2α3k3α4【答案】（C）AaA0及rA4A0O且ααα线性无关（无ij 12 1 3 4关组的延长组仍无关，故rA)3及r1x03A

AEOAx0xkαkαkα。11 23 34A3α1α2A的特征值1对应的两个线性无关的特征向量，α3A的特1 0 0征值1的特征向量。若存在可逆矩阵P，使得P1AP0 1 0，则P可为（ ）（A）α3,α2,α3)（C）α3,α3,α2)

0 0 1 （B）α2,α2,α3)（D）α2,α3,α2)【答案】（D）【解析】因为α1α2A的特征值1对应的两个线性无关的特征向量，故α2α2仍为特征值1的两个线性无关的特征向量；因为α3A的特征值1的特征向量，故α3仍为特征值1Pα2α3α2，1 0 0就有P1AP0 1 0。

0 0 1 PAPBPC1,PAB0,PACPBC14

，则A,B,C恰好发生一个的概率为（ ）3423(C).12(D).512【答案】（D）【解析】P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(A

BUC)P(B

AUC)P(C

AUB)P(A)P(AB)P(AC)P(ABC)P(B)P(AB)P(BC)P(ABC)P(C)P(AC)P(BC)P(ABC)又ABCAB，P(ABC)P(AB)0114

114

11154 12 12 12.若二维随机变量X,Y服从 1则下列服从标准正态分布且与X独立的N2 2是（ ）(A).(B).(C).(D).

5XY55XY53XY33XY3【答案】（C）【解析】X~N，Y~N(0,4)XY

12DX DYD(XY)DXDY2DX DY

3，XY~N

3XY~N(0,1)3DX DY又cov(X,XY)cov(X,X)cov(X,Y)DXXY DX DYX

3XY独立3二、填空题：9～14小题,每小题4分,共24分．(0,π)zarctanxysin(xy)，则dz .(0,π)(0,π)【答案】dz (π1)dxdy(0,π)【解析】dzdx

ycos(xy)1ysin(xy)

,dzdy

xcos(xy)1ysin(xy)

，将x0,yπ

带入可知，(0,π)dz (π1)dxdy(0,π)xye2xy0，求曲线在点(0处的切线方程【答案】yx1xye2xy0x求导有dy+e2xy(2y2xdy0x0y1带入dx dx可知dy1，所以切线方程为yx1dx设产量为QP,厂商成本函数为C(Q10013QQ(P求厂商取得最大利润时的产量

800P

2，【答案】Q8【解析】由Q(P)

800P

2可知P

800Q

3，则利润函数为L(Q)

800

， dL(Q)

1600

16，令dL(Q)0可得，Q8，此时Q

3

(10013Q)

dQ (Q2)2 dQ d2L(Q)dQ2

3200(Q

0，故取得最大利润设平面区域D(x,y)xy 1 ,x，则求D绕y轴旋转所成旋转体的体积 2 1x2 【答案】π(ln21)311 2 3【解析】由题意列式得V 2πx 1 xdxπln(1x)1x

π(ln21)0 1x2

2 3 3 0a 0 1 1行列式0

1 11 1 a 01 1 0 a【答案】a2(a24).【解析】1 1 1 1 1 1 1 1

a 1 1

a 2 1原式=a0

a 1 1a0 a

1 1a

a1

a22

1a2(a24).1 1 a 0 0

a1

0 a

0 0 11 1 0

0 0 a a随机XPXk解析

1k1,2,...,YX3EY2k0

3n

11n1

n18n3n1

7114n0

n028n 723n2

112n0EY011422

n048n 77 7 7 7三、解答题：15～23小题,共94分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．(15)(本题满分10分)设 为常数，且当 时， 与 为等价无穷小求 的值.【解析】①，由于 ，则 ，且①式 ，得 .(16)(10fxyx38y3xy的极值.【解析】，解得 ， .且 ， ， .讨论：①对于 ，求得 ，因 ，则 不为极值点；②对于 求得 因 且 则 为小值点，且极小值为.(17)(本题满分10分)设函数 满足，且有 .（Ⅰ）求 ；（Ⅱ）设 ，求.【解析】（Ⅰ）由得，解得 ，则 ，又由 得，则 .（Ⅱ），则 .(18)( 本 题 满 分 10 分 ) 设 区 域 ， ，计算 .【解析】设 ，则，两边同取积分得.则 .(19)(本题满分10分)设函数 Mmax f x0,2

fx02上具有连续导数.

f0

f20,证:(1)存在02(2)x02

fMfxM,则M0.证明:(1)M0f(x)0,显然成立.M0时,不妨设在点c((0,2))处取得最大值|f(c)|M.f(c)f(0)c0由拉格朗日中值定理得,存在(0,cf(c)f(0)c0

=M;存在2(c,2),使得|f(2

1f(2)f(cf(2)f(c)2c

1 cM;2c所以M

M)(

M)

2(c1)2

„0,即

M与

之间,从而有c 2c c(2c) c 2c|ff(2)|,结论得证.（Ⅱ）当c1时,采用反证法,假设M0.则|f(1)|>M或|f(2)|>M,与已知矛盾,假设不成立.当c1时,此时|f(1)|M,易知f(1)0.设G(x)

f(xMx

1;则有G(x)

f(x)

0,从而G(x)单调递减.又G(0)0,从而G(x)0f(x)Mxx1.因此f(1)M,从而M0.综上所述,最终M0(20)(本题满分11分)二次型f(x,x)x24xx4x2经正交变换x1Qy1化为二次型1 2 1 12

x ygyyay24yyby2。求：

2 21 2 1 12 2ab的值；正交矩阵Q

4 3【答案】（I）a4b1；（II）Q

5 5. 3 4【解析】（I）xyA

5 52,B

2

xTAx,gyTBy。x y 2 4 2 b2 2 因为xQy，故fyTQTAQy，所以BQTAQ，其中Q为正交矩阵。所以,B相似，故特征值相同，故tr()tr(B)知，ab5

，故a4,b1。AB ab40（II）

A120,tr(A)125，知A,B的特征值均为15,20。解齐次线性方程组EAx0及EBx0，求特征向量并直接单位化，对5，由5EA4 22 1知，α

11；2 1 0 1 2 1 0

1 52 对0，由0EA1 21 2知，α

12；2 2 4 0 0

2 51 B的属于特征值5β

12，51 1 5B的属于特征值0的特征向量为β

11. 记Qαα

211 2，

2(β,β)

5212 1，就有1 1

52 1

2 1

5

2 QTAQ

QT

5 0，0 BQQTAQQT0

1 1 2 2 21 12

4 3QT

11 2

2 1

5 5，12 52 1

5

2 3 4

5 5则BQTAQf(xxxQygyy。1 2 1 2(21)(本题满分11分)设A为2阶矩阵，P(α,Aα)，α是非零向量且不是A的特征向量。P可逆；A2αAα6α0P1APA是否相似于对角矩阵。【解析】（I）设k1αk2Aα0k20，则由α0知0；②若k0，则Aαk1α，所以α是A的属于特征值k1的特征向量，与已知条件产生 kk2kk2 2矛盾。所以，k1k20，向量组α,Aα线性无关，故矩阵P可逆。（II）因为A2α6αAα，所以，(Aα,A2α)(Aα,6αAα)(α,Aα)0 6，1 1 记B0 6，因此，1 1 A(α,Aα)(α,Aα)0 6，1 1 即APPB，由P可逆知B相似且P1APB0 6。1 1 由EB 6(2)(0知，矩阵B的特征值均为2,

3，1 1 1 2因为特征值互不相同，故矩阵A相似于对角矩阵2 0。0 3 (22)(本题满分11分)二维随机变量X,Y在区域Dx,y0y

1x2上服从均匀分布，且0,XY012Z1,X0,XY012

1,XY0 XY, 01 2 1 求（1）二维随机变量ZZ1 2 1 【解析】（1）

x,

,x,y2,x,yD

，所以可计算11PZPZ11

0,0,

0PXY0,