2020数学三真题答案

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：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．(1)设()limxafxabxa，则sin()sinlim()xafxaxa(A).sinba(B).cosba(C).sin()bfa(D).cos()bfa【答案】B【解析】xxsin()sinsin()sin()limlimcos()cos()()xaaafxafxafxafxbbfaxafxaxa设()fxu，则()()sin()sinsinsinlim=limcoscos()()ufaxaufafxauaufafxaua则xsin()sinsin()sin()sin()sin()limlimlimlim()()=cosxaaxaxafxafxafxafxafxaxafxaxafxaxaba(2)函数11ln1()(1)(2)xxexfxex，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，很显然()fx不存在的点为1,0,1,2xxxx。在1x处，11lim(),lim()xxfxfx；在0x处，+001lim()lim()=2xxfxfxe；在1x处，111lim0xxe，111limxxe，1lim()0xfx，+1lim()xfx；在2x处，2lim()xfx，+2lim()+xfx；所以，第二类间断点为3个。(3)对奇函数()fx在(,)上有连续导数，则()(A).0cos()()xftftdt是奇函数(B).0cos()()xftftdt是偶函数(C).0cos()()xftftdt是奇函数(D).0cos()()xftftdt是偶函数【答案】：A【解析】()fx为奇函数，则其导数()fx为偶函数，又cosx为偶函数，则cos()cos()fxfx，则cos()fx为偶函数，故cos()()fxfx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，()fx为奇函数，则cos()()fxfx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).(-5,3)(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4111(1)11limlimlim4nnnnnnnnnnaaannanaa则2211lim(1)(1)14nnnnaxxa，即31x所以本题选B。(5)设4阶矩阵()ijaA不可逆，12a的代数余子式120A，1234,,,αααα为矩阵A的列向量组，*A为A的伴随矩阵，则*Ax0的通解为（）（A）112233kkkxααα（B）112234kkkxααα（C）112334kkkxααα（D）122334kkkxααα【答案】（C）【解析】()ijaA不可逆知，0A及()4rA；由120A知*AO且134,,ααα线性无关（无关组的延长组仍无关），故()3rA及*()1rA，故*Ax0的基础解系含有3个向量。由*AAAEO知，A的列向量均为*Ax0的解，故通解为112334kkkxααα。(6)设A为3阶矩阵，12,αα为A的特征值1对应的两个线性无关的特征向量，3α为A的特征值1的特征向量。若存在可逆矩阵P，使得1100010001PAP，则P可为（）（A）1323(,,)αααα（B）1223(,,)αααα（C）1332(,,)αααα（D）1232(,,)αααα【答案】（D）【解析】因为12,αα为A的特征值1对应的两个线性无关的特征向量，故122,ααα仍为特征值1的两个线性无关的特征向量；因为3α为A的特征值1的特征向量，故3α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(,,)Pαααα，就有1100010001PAP。(7)121,0,41BCPACPABPCPBPAP，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】)()()()()()()()()()()()()()()()()()(ABCPBCPACPCPABCPBCPABPBPABCPACPABPAPBACPCABPCBAPCBAPCBAPCBAP又ABABC，0)()(ABPABCP125121121411214112141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，21XY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：9～14小题,每小题4分,共24分．(9)arctansin()zxyxy，则(0,π)dz_______.【答案】(0,π)(π1)dddzxy【解析】22dcos()dcos(),dd1sin()1sin()zyxyzxxyxyxyxyxyxy，将0,πxy带入可知，(0,π)(π1)dddzxy(10)已知曲线满足2e0xyxy，求曲线在点(0,1)处的切线方程【答案】1yx【解析】在2e0xyxy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()10013CQQ，需求函数为800()23QPP，求厂商取得最大利润时的产量【答案】8Q【解析】由800()23QPP可知80032PQ，则利润函数为800()3(10013)2LQQQQ，2d()160016d(2)LQQQ，令d()0dLQQ可得，8Q，此时223d()32000d(2)LQQQ，故取得最大利润(12)设平面区域21(,),0121xDxyyxx剟剟，则求D绕y轴旋转所成旋转体的体积【答案】1π(ln2)3【解析】由题意列式得11232001112πdπln(1)π(ln2)1233xVxxxxx(13)行列式011011110110aaaa【答案】22(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71813011nnnnXPYP74812113100nnnnXPYP72814123200nnnnXPYP78722741710EY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)(本题满分10分)求函数33,8fxyxyxy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，则为极小值点，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fx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()0fx,显然成立.0M时,不妨设在点((0,2))c处取得最大值|()|fcM.由拉格朗日中值定理得,存在1(0,)c,使得1()(0)|()|=0fcfMfcc;存在2(,2)c,使得2(2)()|()|22ffcMfcc;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.（Ⅱ）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()()GxfxMx,01x剟;则有()()0GxfxM„,从而()Gx单调递减.又(0)(1)0GG,从而()0Gx,即()fxMx,01x剟.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(,)44fxxxxxx经正交变换1122xyxyQ化为二次型22121122(,)4gyyayyyby，ab…。求：（I）,ab的值；（II）正交矩阵Q【答案】（I）4,1ab；（II）43553455Q.【解析】（I）记1122122,,,242xyaxybxyAB，故,TTfgxAxyBy。2()|fM…因为xQy，故TTfyQAQy，所以TBQAQ，其中Q为正交矩阵。所以,AB相似，故特征值相同，故()()trtrABAB知，540abab，故4,1ab。（II）由12120,()5trAA，知,AB的特征值均为125,0。解齐次线性方程组()iEAx0及()iEBx0，求特征向量并直接单位化，对15，由422152100EA知，11125α；对20，由121202400EA知，2211