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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(x)asin f(x)sinab,则lim(xaxaxa)A.bsinaB.bcosaC.bsin f(a)D.bcos f(a)答案 B解析limsin f(x)sinasin f(x)sinaf(x)a lim cos f(x)xab bcos f(a)xaxaxaf(x)axa设f(x)u,则limsin f(x)sinasinu sina=lim cosuu f(a)cos f(a)xau f(a)f(x)a
2、u a则limsin f(x)sinasin f(x)sinaf(x)asin f(x)sinaf(x)a lim limlimxaxaxaxaxaf(x)axaf(x)axa=bcosa2 函数f(x)eln 1 x,则第二类间断点个数为(ex1)(x2)1x1A.1B.2C.3D.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f(x0),f(x0)至少有一个不存在,很显然f(x)不存在的点为x 1,x 0,x 1,x 2;在x 1处,limf(x),
3、limf(x);x1x1f(x)lim f(x)=在x 0处,lim+x0 x01;2ee在x 1处,limx11x1 0,limex11x1,lim f(x)0,lim f(x);+x1x1在x 2处,lim f(x),lim f(x)+;+x2x2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.cos f(t)f(t)dt是奇函数0 xB.cos f(t)f(t)dt是偶函数0 x0 xC.cos f(t)f(t)dt是奇函数D.cos f(t)f(t)dt是偶函数0 x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
4、 函 数,则cos f(x)cos f(x),则cos f(x)为偶函数,故cos f(x)f(x)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C和D选项,f(x)为偶函数,则cos f(x)cos f(x)为偶函数,f(x)为奇函数,则cos f(x)f(x)既非奇函数又非偶函数;4.已知幂级数 na(x 2)nn 1n的收敛区间为(2,6),则 a(x 1)nn 12n的收敛区间为A.-2,6B.-3,1C.-5,3D.-17,15答案Ban 1(x 1)2n 2an 1 lim(x 1)2 1解析由比值法可知,幂级数收敛时,lim2nnnaan(
5、x 1)n 则要求 an(x 2)2n的收敛区间,只需要求出limn 1nan 1的值即可,an而条件告诉我们幂级数 na(x 2)nn 1 n的收敛区间为(2,6),即收敛半径为 4nlim(n 1)an 1an 1 an 11 lim limn 1 nnnananan4n则limnan 11(x 1)2n(x 1)2 1,即 3 x 1an4所以本题选B;5 设 4 阶矩阵A A (aij)不可逆,a12的代数余子式A12 0,1,2,3,4为矩阵A A的列向量组,A A为A A的伴随矩阵,则A A*x x 0 0的通解为Ax x k1 1k2 2k3 3 Bx x k1 1k2 2k3
6、4*Cx x k1 1k2 3k3 4 Dx x k1 2k2 3k3 4答案 C解析A A (aij)不可逆知,A A 0及r(A A)4;由A12 0知A A*O O且 1,3,4线性无关无关组的延长组仍无关,故r(A A)3及r(A A)1,故A A*x x 0 0的基础解系含有 3 个向量;由*A A*A A A A E E O O知,A A的列向量均为A A*x x 0 0的解,故通解为x x k1 1k2 3k3 4;6设A A为3阶矩阵,1,2为A A的特征值1对应的两个线性无关的特征向量,3为A A的特征值1001的特征向量;若存在可逆矩阵P P,使得P P1APAP 010,
7、则P P可为001A(1 3,2,3)B(1 2,2,3)C(1 3,3,2)D(1 2,3,2)答案 D解析因为 1,2为A A的特征值1对应的两个线性无关的特征向量,故 1 2,2仍为特征值1的两个线性无关的特征向量;因为 3为A 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P P (1 2,3,2),就有100P P1APAP 010;0017P A P B P C 的概率为A.23123411,则A,B,C恰好发生一个,P AB 0,P AC P BC 412B.C.512D.答案 D解析P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(A B
8、C)P(B AC)P(C AB)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ABC AB,P(ABC)P(AB)0原式 1111111541241241212128.若二维随机变量 X,Y 服从N 0,0;1,4;1 ,则下列服从标准正态分布且与X独立的是2 A.5X Y5B.5X Y53X Y3C.D.3X Y3答案 C解析由二维正态分布可知X N(0,1),Y N(0,4),XY 12D(X Y)DX DY 2XYDXDY 3,所以X Y N(0,3),3X Y N(0,1)3DY 0又cov(X,X Y)cov
9、(X,X)cov(X,Y)DX XYDX所以X与3X Y独立3二、填空题:914 小题,每小题 4 分,共 24 分9z arctanxysin(x y),则dz(0,)_.答案dz(0,)(1)dxdy解 析dzy cos(x y)dzxcos(x y),将x 0,y 带 入 可,22dx1xysin(x y)dy1xysin(x y)知,dz(0,)(1)dxdy2xy10 已知曲线满足x y e 0,求曲线在点(0,1)处的切线方程答案y x1解析在x y e带入可知2xy 0两侧同时对x求导有1+dy2xydy+e(2y2x)0,将x 0,y 1dxdxdy1,所以切线方程为y x1d
10、x8002,P311 设产量为Q,单价为P,厂商成本函数为C(Q)10013Q,需求函数为Q(P)求厂商取得最大利润时的产量答案Q 8解析由Q(P)8008003,则利润函数为2可知P Q 2P3 800dL(Q)1600dL(Q)16 0可得,Q 8,令L(Q)3Q(10013Q),2dQ(Q2)dQQ2d2L(Q)3200 0,故取得最大利润此时23dQ(Q2)12 设平面区域D(x,y)x1y,0 x 1,则求D绕y轴旋转所成旋转体的体积221 x答案(ln2)113x13112dx ln(1 x)x(ln2)解析由题意列式得V 2x203031 x21a 13 行列式0a1111a01
11、10a011答案a(a 4).解析221原式=a0111a11a10a a110a0011a111a11a01a1aa211 a2(a24).10002a1 a 2a11 a22a1014 随机变量X的分布律为P X k 解析1,k 1,2,.,Y为X被 3 除的余数,则EY k2PY 0PX 3nn111n87n11 14n7n02 81 12n4 87n0PY 1PX 3n1n0PY 2PX 3n2n01428EY 0127777三、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,
12、且式,得.16 本题满分 10 分 求函数fx,y x 8y xy的极值.33解析,解得,.且,.讨论:对于点;,求得,因,则不为极值 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,计算.解析设,则,两边同取积分得.域则,.19本 题 满 分10分设 函 数fx在0,2上 具 有 连 续 导数.f0 f20,M maxx0,2fx.证:1 存在0,2使f M2 若对任意x0,2,f x M,则M 0.证明:1M 0时,则f(x)0,显然成立.M 0时,不妨设在点c(0,2)处取
13、得最大值|f(c)|M.f(c)f(0)M=;c0c由拉格朗日中值定理得,存在1(0,c),使得|f(1)|存在2(c,2),使得|f(2)|f(2)f(c)M;2c2c2MMMM2(c1)M)(M)M0,即M介于与所以(之间,从而有c2cc(2c)c2c|f(1)|M或f(2)|M,结论得证.当c 1时,采用反证法,假设M 0.则|f(1)|M或|f(2)|M,与已知矛盾,假设不成立.当c 1时,此时|f(1)|M,易知f(1)0.设G(x)f(x)Mx,0 x 1;则有G(x)f(x)M0,从而G(x)单调递减.又G(0)G(1)0,从而G(x)0,即f(x)Mx,0 x 1.因此f(1)
14、M,从而M 0.综上所述,最终M 0 x1 y120 本题满分 11 分二次型f(x1,x2)x 4x1x24x经正交变换Q Q化为二次x2y22122型g(y1,y2)ay14y1y2by2,a b;求:Ia,b的值;22II 正交矩阵Q Q 45答案 Ia 4,b 1;IIQ Q 3535.45 x1 y1 12a2TT,B B 解析 I 记x x,y y,A A,故f x x AxAx,g y y ByBy;242bx2y2因为x x QyQy,故f y y Q Q AQyAQy,所以B B Q Q AQAQ,其中Q Q为正交矩阵;TTT所以A A,B B相似,故特征值相同,故tr(A
15、A)tr(B B)ab 5知,故a 4,b 1;ab4 0A A B BII 由A A 120,tr(A A)125,知A A,B B的特征值均为1 5,2 0;解齐次线性方程组(iE E A A)x x 0 0及(iE E B B)x x 0 0,求特征向量并直接单位化,对1 5,由5E E A A42211 1 知,1;52210012 121 2对2 0,由0E E A A 知,2;2400511 2,511 1.52同理,B B的属于特征值1 5的特征向量为 1B B的属于特征值2 0的特征向量为 21 121 21 记Q Q1(1,2),Q Q2(1,2),就有52151250Q Q
16、1TAQAQ1 Q Q2TBQBQ2,00TT因此B B Q Q2 2Q Q1AQAQ1Q Q2,只需令Q Q Q Q1Q Q2T1 12521 41 21 5 5123535,45则B B Q Q AQAQ,二次型f(x1,x2)经正交变换x x QyQy化为g(y1,y2);21 本题满分 11 分设A A为 2 阶矩阵,P P (,A A),是非零向量且不是A A的特征向量;TI 证明矩阵P P可逆;II 若A A2 A A 6 0 0,求P P APAP并判断A A是否相似于对角矩阵;解析 I 设k1 k2A A 0 0 若k2 0,则由 0 0知k1 0;1 若k2 0,则A A 矛
17、盾;k1k,所以 是A A的属于特征值1的特征向量,与已知条件产生k2k2所以,k1 k2 0,向量组,A A 线性无关,故矩阵P P可逆;II 因为A A2 6 A A,所以,06(A A,A A2)(A A,6 A A)(,A A),1106,因此,1106 A A(,A A)(,A A),1106;11记B B 即APAP PBPB,由P P可逆知A A,B B相似且P P1APAP B B 由E E B B 611(2)(3)0知,矩阵A A,B B的特征值均为1 2,2 3,20 因为特征值互不相同,故矩阵A A相似于对角矩阵;0322 本题满分 11 分二维随机变量 X,Y 在区域
18、D x,y 0 y 1 x2上服从均匀分布,且 1,X Y 0 1,X Y 0Z1 ,Z2 0,X Y 0 0,X Y 0求 1 二维随机变量 Z1,Z2 的概率分布;2 求Z1,Z2的相关系数.解析 ,x,y D(1)由题意f x,y 2,所以可计算 0,x,y DP Z1 0,Z2 0 P X Y 0,X Y 0 P Z1 0,Z2 1 P X Y 0,X Y 0 1412P Z1 1,Z2 0 P X Y 0,X Y 0 0P Z1 1,Z2 1 P X Y 0,X Y 0 可得Z20114Z1014012141(2)由 1 可计算E Z1 13331,E Z2 ,D Z1 ,D Z2
19、,E Z1Z2 4416164所以可得 Cov Z1,Z2 E Z1Z2 EZ1 EZ21 3DZ1DZ2DZ1DZ223 本题满分 11 分设某元件的使用寿命T的分布函数为 t ,t 0,其中,m为参数且均大于零.F t 1 e 0,t 0 m1 计算概率P T t 与P T s tT s;2 任取n个元件试验,其寿命分别为t1,t2,.,tn,若m已知,求得最大似然估计.解析1P T t 1 P T t e s t m t mP T s tT s P T s t e m t P T s e mt mtm 1 ,t 02 由题意可得概率密度函数为f t F t me 0,t 0 似然函数L mnti 1mnnm 1i e ti i 1 nm,ti 0,i 1,2,.,n t 取对数有lnL nlnm m 1 lnti mnln i i 1i 1 d ln L mnmnm 求导并令导数等于零,t 0dm 1i 1innm解得 m1nmti.ni 1
限制150内