2020考研數學三真題及答案

2020考研數學三真題及答案一、選擇題：1～8小題,每小題4分,共32分．下列每題給出的四個選項中,只有一個選項是符合題目要求的．設limf(xa

，則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設f(x)u，則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)

，則第二類間斷點個數為（）(D).4【答案】C【解析】本題考查的是第一類間斷點與第二類間斷點的定義，判斷間斷點及類型的一般步驟為：找出無定義的點（無意義的點）；2.求該點的左右極限；3.按照間斷點的定義判定。第二類間斷點的定義為f(x0),f(x0)至少有一個不存在，很顯然f(x)不存在的點為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，第二類間斷點為3個。對奇函數f(x)在(,)上有連續(xù)導數，則( )cosf(tf(t)dt是奇函數x00cosf(tf(t)dt是偶函數x00xcosf(tf(t)dt是奇函數00xcosf(tf(t)dt是偶函數00【答案】：A【解析】f(x)

為奇函數，則其導數f(x)

為偶函數，又cosx為偶函數，則cosf(x)cosf(x)

，則cosf(x)為偶函數，故cosf(x)f(x)

為偶函數，以0為下限、被A;對于C和Df(x為偶函數，則cosf(x)cosf(x)為偶函數，f(x)為奇函數，則cosf(x)f(x)

既非奇函數又非偶函數。 (4).已知冪級數na(x2)n的收斂區(qū)間為(26)，則a(x1)2n的收斂區(qū)間為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，冪級數收斂時，limn1 limn1(x1n a(x1)2n

na則要求a(x2)2n的收斂區(qū)間，只需要求出lim

n nanan1annn1

nn而條件告訴我們冪級數na(x2)n的收斂區(qū)間為(26)4nlimn

lim(n(n1)an1nan

n1

n1nn1n anan1ann4an1an則lim (x1)2n1(x1，即3xan1ann4所以本題選B。設4階矩陣A(ij)12的代數余子式1201,α2,3,α4為矩陣A的列向量組，為A的伴隨矩陣，則x0的通解為（ ）（A）xk2α2k3α3（C）xk2α3k3α4

（B）xk2α2k3α4（D）xk2α3k3α4【答案】（C）AaA0及rA4A0O且ααα線性無關（無ij 12 1 3 4關組的延長組仍無關，故rA)3及r1x03A

AEOAx0xkαkαkα。11 23 34A3α1α2A的特征值1對應的兩個線性無關的特征向量，α3A的特1 0 0征值1的特征向量。若存在可逆矩陣P，使得P1AP0 1 0，則P可為（ ）（A）α3,α2,α3)（C）α3,α3,α2)

0 0 1 （B）α2,α2,α3)（D）α2,α3,α2)【答案】（D）【解析】因為α1α2A的特征值1對應的兩個線性無關的特征向量，故α2α2仍為特征值1的兩個線性無關的特征向量；因為α3A的特征值1的特征向量，故α3仍為特征值1Pα2α3α2，1 0 0就有P1AP0 1 0。

0 0 1 PAPBPC1,PAB0,PACPBC14

，則A,B,C恰好發(fā)生一個的概率為（ ）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.若二維隨機變量X,Y服從 1則下列服從標準正態(tài)分布且與X獨立的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獨立3二、填空題：9～14小題,每小題4分,共24分．(0,π)zarctanxysin(xy)，則dz .(0,π)(0,π)【答案】dz (π1)dxdy(0,π)【解析】dzdx

ycos(xy)1ysin(xy)

,dzdy

xcos(xy)1ysin(xy)

，將x0,yπ

帶入可知，(0,π)dz (π1)dxdy(0,π)xye2xy0，求曲線在點(0處的切線方程【答案】yx1xye2xy0x求導有dy+e2xy(2y2xdy0x0y1帶入dx dx可知dy1，所以切線方程為yx1dx設產量為QP,廠商成本函數為C(Q10013QQ(P求廠商取得最大利潤時的產量

800P

2，【答案】Q8【解析】由Q(P)

800P

2可知P

800Q

3，則利潤函數為L(Q)

800

， dL(Q)

1600

16，令dL(Q)0可得，Q8，此時Q

3

(10013Q)

dQ (Q2)2 dQ d2L(Q)dQ2

3200(Q

0，故取得最大利潤設平面區(qū)域D(x,y)xy 1 ,x，則求D繞y軸旋轉所成旋轉體的體積 2 1x2 【答案】π(ln21)311 2 3【解析】由題意列式得V 2πx 1 xdxπl(wèi)n(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隨機XPXk解析

1k1,2,...,YX3EY2k0

3n

11n1

n18n3n1

7114n0

n028n 723n2

112n0EY011422

n048n 77 7 7 7三、解答題：15～23小題,共94分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．(15)(本題滿分10分)設 為常數，且當 時， 與 為等價無窮小求 的值.【解析】①，由于 ，則 ，且①式 ，得 .(16)(10fxyx38y3xy的極值.【解析】，解得 ， .且 ， ， .討論：①對于 ，求得 ，因 ，則 不為極值點；②對于 求得 因 且 則 為小值點，且極小值為.(17)(本題滿分10分)設函數 滿足，且有 .（Ⅰ）求 ；（Ⅱ）設 ，求.【解析】（Ⅰ）由得，解得 ，則 ，又由 得，則 .（Ⅱ），則 .(18)( 本 題 滿 分 10 分 ) 設 區(qū) 域 ， ，計算 .【解析】設 ，則，兩邊同取積分得.則 .(19)(本題滿分10分)設函數 Mmax f x0,2

fx02上具有連續(xù)導數.

f0

f20,證:(1)存在02(2)x02

fMfxM,則M0.證明:(1)M0f(x)0,顯然成立.M0時,不妨設在點c((0,2))處取得最大值|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與

之間,從而有c 2c c(2c) c 2c|ff(2)|,結論得證.（Ⅱ）當c1時,采用反證法,假設M0.則|f(1)|>M或|f(2)|>M,與已知矛盾,假設不成立.當c1時,此時|f(1)|M,易知f(1)0.設G(x)

f(xMx

1;則有G(x)

f(x)

0,從而G(x)單調遞減.又G(0)0,從而G(x)0f(x)Mxx1.因此f(1)M,從而M0.綜上所述,最終M0(20)(本題滿分11分)二次型f(x,x)x24xx4x2經正交變換x1Qy1化為二次型1 2 1 12

x ygyyay24yyby2。求：

2 21 2 1 12 2ab的值；正交矩陣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 因為xQy，故fyTQTAQy，所以BQTAQ，其中Q為正交矩陣。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的特征值均為15,20。解齊次線性方程組EAx0及EBx0，求特征向量并直接單位化，對5，由5EA4 22 1知，α

11；2 1 0 1 2 1 0

1 52 對0，由0EA1 21 2知，α

12；2 2 4 0 0

2 51 B的屬于特征值5β

12，51 1 5B的屬于特征值0的特征向量為β

11. 記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則BQTAQf(xxxQygyy。1 2 1 2(21)(本題滿分11分)設A為2階矩陣，P(α,Aα)，α是非零向量且不是A的特征向量。P可逆；A2αAα6α0P1APA是否相似于對角矩陣?！窘馕觥浚↖）設k1αk2Aα0k20，則由α0知0；②若k0，則Aαk1α，所以α是A的屬于特征值k1的特征向量，與已知條件產生 kk2kk2 2矛盾。所以，k1k20，向量組α,Aα線性無關，故矩陣P可逆。（II）因為A2α6αAα，所以，(Aα,A2α)(Aα,6αAα)(α,Aα)0 6，1 1 記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，矩陣B的特征值均為2,

3，1 1 1 2因為特征值互不相同，故矩陣A相似于對角矩陣2 0。0 3 (22)(本題滿分11分)二維隨機變量X,Y在區(qū)域Dx,y0y

1x2上服從均勻分布，且0,XY012Z1,X0,XY012

1,XY0 XY, 01 2 1 求（1）二維隨機變量ZZ1 2 1 【解析】（1）

x,

,x,y2,x,yD

，所以可計算11PZPZ11

0,0,

0PXY0,