2020数学三真题答案.pdf

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1、 .2020 年全国硕士研究生入学统一考试 数学(三)试题及解析 一、选择题：18 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(1)设()limxaf xabxa，则sin()sinlim()xaf xaxa(A).sinba(B).cosba(C).sin()bf a(D).cos()bf a【答案】B 【解析】xxsin()sinsin()sin()limlimcos()cos()()x aaaf xaf xaf xaf xbbf axaf xaxa 设()f xu，则()()sin()sinsinsinlim=limcoscos()()uf

2、axauf af xauauf af xaua 则xsin()sinsin()sin()sin()sin()limlimlimlim()()=cosxaaxaxaf xaf xaf xaf xaf xaxaf xaxaf xaxaba (2)函数11ln 1()(1)(2)xxexf xex，则第二类间断点个数为（）(A).1(B).2(C).3(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：.1.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00(),()fxfx至少有一个不存在，很显

3、然()f x不存在的点为1,0,1,2xxxx。在1x 处，11lim(),lim()xxf xf x ；在0 x 处，+001lim()lim()=2xxf xf xe；在1x 处，111lim0 xxe，111limxxe，1lim()0 xf x，+1lim()xf x；在2x 处，2lim()xf x，+2lim()+xf x；所以，第二类间断点为 3 个。(3)对奇函数()f x在(,)上有连续导数，则()(A).0cos()()xf tf tdt是奇函数(B).0cos()()xf tf tdt是偶函数(C).0cos()()xf tf tdt是奇函数(D).0cos()()xf

4、tf tdt是偶函数【答案】：A【解 析】()f x为 奇 函 数，则 其 导 数()fx 为 偶 函 数，又cosx为 偶 函 数，则cos()cos()f xfx，则cos()f x为偶函数，故cos()()f xfx 为偶函数，以 0 为下限、被积函数为偶函数的变限积分函数为奇函数。所以，本题选A;对于CD和选项，()fx为偶函数，则cos()cos()fxfx为偶函数，()f x为奇函数，则cos()()fxf x 既非奇函数又非偶函数。(4).已知幂级数1(2)nnnnax的收敛区间为(2,6)，则21(1)nnnax的收敛区间为(A).(-2,6)(B).(-3,1)(C).(-5

5、,3).(D).(-17,15)【答案】B【解析】由比值法可知，幂级数收敛时，222112(1)limlim(1)1(1)nnnnnnnnaxaxaxa 则要求21(2)nnnax的收敛区间，只需要求出1limnnnaa的值即可，而条件告诉我们幂级数1(2)nnnnax的收敛区间为(2,6)，即收敛半径为 4 111(1)11limlimlim4nnnnnnnnnnaaannanaa 则2211lim(1)(1)14nnnnaxxa，即31x 所以本题选B。(5)设 4 阶矩阵()ijaA不可逆，12a的代数余子式120A，1234,为矩阵A的列向量组，*A为A的伴随矩阵，则*A x0的通解为

6、（）（A）112233kkkx（B）112234kkkx（C）112334kkkx（D）122334kkkx【答案】（C）【解析】()ijaA不可逆知，0A及()4rA；由120A知*AO且134,线性无关（无关组的延长组仍无关），故()3rA及*()1rA，故*A x0的基础解系含有 3个 向 量。由*A AA EO知，A的 列 向 量 均 为*A x0的 解，故 通 解 为112334kkkx。(6)设A为 3 阶矩阵，12,为A的特征值1对应的两个线性无关的特征向量，3为A的特征值1的特征向量。若存在可逆矩阵P，使得1100010001PAP，则P可为（）（A）1323(,)（B）122

7、3(,).（C）1332(,)（D）1232(,)【答案】（D）【解析】因为12,为A的特征值1对应的两个线性无关的特征向量，故122,仍为特征值1的两个线性无关的特征向量；因为3为A的特征值1的特征向量，故3仍为特征值1的特征向量，因为特征向量与特征值的排序一一对应，故只需1232(,)P，就有1100010001PAP。(7)121,0,41BCPACPABPCPBPAP，则CBA,恰好发生一个的概率为（）(A).34(B).23(C).12(D).512【答案】（D）【解析】)()()()()()()()()()()()()()()()()()(ABCPBCPACPCPABCPBCPAB

8、PBPABCPACPABPAPBACPCABPCBAPCBAPCBAPCBAP 又ABABC，0)()(ABPABCP 125121121411214112141原式 (8).若二维随机变量YX,服从21;4,1;0,0N，则下列服从标准正态分布且与X独立的是（）(A).55XY .(B).55XY(C).33XY(D).33XY【答案】（C）【解析】由二维正态分布可知)1,0(NX，)4,0(NY，21XY 32)(DYDXDYDXYXDXY，所以)3,0(NYX，)1,0(33NYX 0),cov(),cov(),cov(DYDXDXYXXXYXXXY又 所以X与YX 33独立 二、填空题

9、：914 小题,每小题 4 分,共 24 分 (9)arctansin()zxyxy，则(0,)dz_.【答案】(0,)(1)dddzxy【解析】22dcos()dcos(),dd1sin()1sin()zyxyzxxyxyxyxyxyxy，将0,xy带入可知，(0,)(1)dddzxy(10)已知曲线满足2e0 xyxy，求曲线在点(0,1)处的切线方程【答案】1yx【解 析】在2e0 xyxy两 侧 同 时 对x求 导 有2dd1+e(22)0ddxyyyyxxx，将0,1xy 带入可知d1dyx，所以切线方程为1yx(11)设 产 量 为Q，单 价 为P,厂 商 成 本 函 数 为()1

10、0013C QQ，需 求 函 数 为800()23Q PP，求厂商取得最大利润时的产量【答案】8Q .【解析】由800()23Q PP可知80032PQ，则利润函数为 800()3(100 13)2L QQQQ，2d()160016d(2)L QQQ，令d()0dL QQ可得，8Q，此时223d()32000d(2)L QQQ，故取得最大利润(12)设平面区域21(,),0121xDx yyxx，则求D绕y轴旋转所成旋转体的体积【答案】1(ln2)3【解析】由题意列式得11232001112d ln(1)(ln2)1233xVxxxxx (13)行列式011011110110aaaa【答案】2

11、2(4)aa.【解析】222111111111121011011=21121(4).1100211000111000aaaaaaaaaaaaaaaaaaa原式(14)随机变量X的分布律为YkkXPk,.,2,1,21为X被 3 除的余数，则EY 解析 71813011nnnnXPYP 74812113100nnnnXPYP 72814123200nnnnXPYP .78722741710EY 三、解答题：1523 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】，由 于，则，且 式，得.(16)(本题满分

12、10 分)求函数33,8f x yxyxy的极值.【解析】，解得，.且，.讨论：对于，求得，因，则不为极值点；对于，求得，因且，则为极小值点，且极小值为.(17)(本题满分 10 分)设函数满足，且有.（）求；（）设，求.【解析】（）由得，解得，则，又由得，则.（），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 f x在0,2上 具 有 连续导 数.020ff,0,2maxxMfx.证:(1)存在0,2使 fM(2)若对任意0,2x,fxM,则0M.证明:(1)0M 时,则()0f x,显然成立.0M 时,

13、不妨设在点(0,2)c 处取得最大值|()|f cM.由拉格朗日中值定理得,存在1(0,)c,使得1()(0)|()|=0f cfMfcc;存在2(,2)c,使得2(2)()|()|22ff cMfcc;所以22(1)()()02(2)MMcMMMcccc,即M介于Mc与2Mc之间,从而有 1|()|fM或,结论得证.（）当1c 时,采用反证法,假设0M.则1|()|fM或2|()|fM,与已知矛盾,假设不成立.当1c 时,此时|(1)|fM,易知(1)0f.设()()G xf xMx,01x;则有()()0G xfxM,从而()G x单调递减.又(0)(1)0GG,从而()0G x,即()f

14、 xMx,01x.因此(1)fM,从而0M.综上所述,最终0M (20)(本题满分 11 分)二次型22121122(,)44f x xxx xx经正交变换1122xyxyQ化为二次型22121122(,)4g y yayy yby，a b。求：（I）,a b的值；（II）正交矩阵Q【答案】（I）4,1ab；（II）43553455 Q.【解析】（I）记1122122,242xyaxybxyAB，故,TTfgx Axy By。因为xQy，故TTf y Q AQy，所以TBQ AQ，其中Q为正交矩阵。2()|fM .所以,A B相似，故特征值相同，故()()trtrABAB知，540abab，故

15、4,1ab。（II）由12120,()5trAA，知,A B的特征值均为125,0。解齐次线性方程组()iEA x0及()iEB x0，求特征向量并直接单位化，对15，由422152100EA知，11125；对20，由121202400EA知，22115 ；同理，B的属于特征值15的特征向量为12115 ，B的属于特征值20的特征向量为21125.记112121(,)215Q，212211(,)125Q，就有 11225000TTQ AQQ BQ，因此112TT2BQ Q AQ Q，只需令 1243122111552112345555T QQ Q，则TBQ AQ，二次型12(,)f x x经正

16、交变换xQy化为12(,)g y y。(21)(本题满分 11 分)设A为 2 阶矩阵，(,)P A，是非零向量且不是A的特征向量。（I）证明矩阵P可逆；（II）若26A A0，求1PAP并判断A是否相似于对角矩阵。【解析】（I）设12kkA0 .若20k，则由0知10k；若20k，则12kk A，所以是A的属于特征值12kk的特征向量，与已知条件产生矛盾。所以，120kk，向量组,A线性无关，故矩阵P可逆。（II）因为26A A，所以，206(,)(,6)(,)11A A AA A，记0611B，因此，06(,)(,)11A A A，即APPB，由P可逆知,A B相似且10611P APB。

17、由6(2)(3)011EB知，矩阵,A B的特征值均为122,3，因为特征值互不相同，故矩阵A相似于对角矩阵2003。(22)(本题满分 11 分)二维随机变量YX,在区域210,xyyxD上服从均匀分布，且 0,00,1,0,00,121YXYXZYXYXZ 求（1）二维随机变量21,ZZ的概率分布；（2）求21,ZZ的相关系数.【解析】（1）由题意DyxDyxyxf,0,2,，所以可计算 .410,00,021YXYXPZZP 210,01,021YXYXPZZP 00,00,121YXYXPZZP 410,01,121YXYXPZZP 可得 2Z 1Z 0 1 0 41 21 1 0 4

18、1 （2）由（1）可计算 411ZE,432ZE,1631ZD,1632ZD,4121ZZE 所以可得31,2121212121DZDZEZEZZZEDZDZZZCov(23)(本题满分 11 分)设某元件的使用寿命T的分布函数为 0,00,1ttetFmt，其中m,为参数且均大于零.（1）计算概率tTP与sTtsTP；（2）任取n个元件试验，其寿命分别为nttt,.,21，若m已知，求得最大似然估计.【解析】（1）mtetTPtTP1 mmttseesTPtsTPsTtsTP .（2）由题意可得概率密度函数为0,00,1ttemttFtfmtmm 似然函数 nitetmLitmnniminnimi,.,2,1,0,111 取对数有 niminiitmntmmnL11lnln1lnln 求导并令导数等于零，0ln11nimimtmmndLd 解得nimimtn11.