2020全国硕士研究生考研数学三真题及答案解析

一、选择题1、设()lim,xafxabxa→−=−则sin()sinlimxafxaxa→−=−（）（A）sinba（B）cosba（C）sin()bfa（D）cos()afa解析：sin()sinsin()sin()limlim()xaxafxafxafxaxafxaxa→→−−−=⋅−−−()coslimcosxafxaabaxa→−=⋅=−2、函数()11ln|1|()12xxexfxex−+=−−（）的第二类间断点的个数（）（A）1（B）2（C）3（D）4解析：间断点：0,2,1,1−，但02111lim(),lim(),lim(),lim()2xxxxfxfxfxfxe+→→→−→=−=∞=∞=∞所以选（C）3、对奇函数()fx在(),−∞+∞上有连续导数，则（A）（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。解析：()fx为奇函数，则其导数()fx′为偶函数，又cosx为偶函数，则cos()fx也是偶函数，故cos()()ftft′+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（A）是正确。（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（B）（A）()2,6−（B）()3,1−（C）()5,3−（D）()17,15−解析：由比值法知，要使幂级数收敛，必有2212(1)lim(1)nnnnnaxax++→∞++21lim(1)1nnnaxa+→∞=+2020(又由1(2)nnnnax∞=−∑的收敛区间为()2,6,−所以1nnnnax∞=∑的收敛半径为4.即收敛半径为1lim4nnnaRa→∞+==，所以2211lim(1)(1)14nnnaxxa+→∞+=+，从而得31.x−5、设四阶矩阵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，则方程组*0Ax=的通解为（）（A）112233xkkkααα=++()123,,kkkR∈（B）112234xkkkααα=++()123,,kkkR∈（C）112334xkkkααα=++()123,,kkkR∈（D）122334xkkkααα=++()123,,kkkR∈解析：因为120A≠，所以A中有一个3阶子式不为零，又A不可逆，从而知R（A）＝3，故*()1RA=，再由120A≠知134,,ααα线性无关，综上可得134,,ααα是*0Ax=的一个基础解系，所以知（C）正确。6、设A为3阶矩阵，12,αα为A属于1的线性无关的特征向量，3α为A的属于特征值－1的特征向量，则满足1100010001PAP−=−的可为（）（A）()1323,,αααα+−（B）()1223,,αααα+−（C）()1332,,αααα+−（D）()1232,,αααα+−解析：由已知可得1122331,1,1AAAαααααα=⋅=⋅=−⋅，所以()()()()1212331,1AAαααααα+=⋅+−=−⋅−令()1232,,Pαααα=+−，则有1100010001PAP−=−7、已知11()()(),()0,()()412PAPBPCPABPACPBC======，则A，B，C恰好发生一个的概率为（D）（A）34（B）23（C）12（D）512解析：()()()PABCPABCPABC++()()()PABCPBACPABC=∩∪++()()()()(A)()(B)()(C)PAPBCPBPACPCPAB=−∪+−∪+−∪()(A)PACPABC()()P(BC)P(ABC)PAPBPBPAB=−++−−+－（）（）()()()P(ABC)PCPACPBC+−−+因为,()P(AB)0ABCABPABC⊆≤=，所以原式＝111111154124124121212−+−+−−=8、若二维随机变量(),XY服从10,0;1,4,2N−，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−解析：由二维正态分布可知()1~(0,1),~0,4,2XYXNYNρ=−，()()()2()()3XYDXYDXDYDXDYρ+=++=所以~(0,3)XYN+()3~(0,1)3XYN⇒+又(,)CovXXY+(,)(,)()(X)D(Y)0XYCovXXCovXYDXDρ=+=+=所以X与()33XY+相互独立。二、填空题9、设[]arctansin(),zxyxy=++则(0,)______dzπ=解析：由[]arctansin()zxyxy=++得tansin()zxyxy=++，两边微分得()2seccos()zdzxdyydxxydxdy=++++，且(0,)0zπ=将()0,,0π代入上式得(0,)dzπ=()()cos(0)1dxdxdydxdyπππ+++=−−10、已知曲线满足20,xyxye++=求曲线在点()0,1−处的切线方程。解析：在方程20xyxye++=的两边同时对x求导数，得()2120,xyyeyxy′′+++=将点()0,1−代入上式得01,xdydx==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()10013,CQQ=+需求函数为800()23QPP=−+，求厂商取得最大利润时的产量。解析：由800()23QPP=−+得80032PQ=−+，则利润函数为800()3(10013)2LQQQQ=−−++()21600()16,2LQQ′=−+令()0LQ′=可得8Q=，且有()33200()02LQQ′′=+，故当8Q=时利润最大。12、设平面区域为21(,)|,121xDxyyxxx=≤≤≤≤+，则求D绕y轴旋转一周所成的旋转体的体积。解析：由题意得旋转体的体积为102()yVxfxdxπ=∫1123200112ln(1)123xxdxxxxππ=−=+−+∫1ln23π=−13、行列式011011___________110110aaDaa−−==−−解析：记011,011aABa−==−，则ABABBABBDABABBABAAOAB++====+−+−42111141111aaaaaa−+−==−−−+另法：011011011110110110110aaaaaaaDaaaa−−−=−−−−＝1111011110110aaaa−=−−11111101121102112110211aaaaaaaa−−==++−−−−−−424aa=−14、随机变量X的分布律为()1,k1,2,,Y2kPXk===为X被3除的余数，则()_____EY=解析：{}{}11110387nnnPYPXn∞∞=======∑∑{}{}10114131287nnnPYPXn∞∞=====+==∑∑{}{}{}14221011777PYPYPY==−=−==−−=所以，所求的数学期望为1428()0127777EY=×+×+×=三、解答题15、设,ab为常数，且当n→∞时，11nen+−与abn等价无穷小，求,ab的值。解析：11limnnaenIbn→∞+−=11ln1ln1111limlim11nnnnnnaaeeeebbnn++−→∞→∞−−==1ln11lim1nanenbn→∞+−=11ln1lim1nannnebn→∞+−=由于()21111ln1~,2nnnn+−−→∞所以得1,a=且112lim12neIbeb→∞−==⇒=−16、求33(,)8fxyxyxy=+−的极值。解析：令2230240fxyxfyxy∂=−=∂∂=−=∂得到驻点：()110,0,,612又222226,1,48fffAxBCyxxyy∂∂∂====−==∂∂∂∂在()0,0处，有210ACB−=−，所以此时没有极值；在11,612处，有211648130612ACB−=×××−=，且10A=，此时有极小值，且极小值为331111111,8612612612216f=+×−×=−17、设()yfx=满足250yyy′′′++=，且(0)1,(0)1,ff′==−（1）求()fx；（2）设(),nnafxdxπ+∞=∫求1nna∞=∑。解析：（1）由250yyy′′′++=得特征方程为2250λλ++=，解得1,212iλ=±，所以方程的通解为()12()cos2sin2,xfxeCxCx−=+再由条件(0)1,(0)1,ff′==−得121,0CC==，从而得()cos2.xfxex−=（2）由（1）得()1()cos2cos22sin25xxxnnnnafxdxexdxexexπππ+∞+∞+∞−−−===−+∫∫15neπ−=所以11111551nnnnaeeππ∞∞−====⋅−∑∑18、设区域{}22(,)|1,0Dxyxyy=+≤≥，2(,)1(,)Dfxyyxxfxydxdy=−+∫∫，计算(,).Dxfxydxdy∫∫解析：记(,)Dafxydxdy=∫∫，则2(,)1fxyyxax=−+，两边积分得21DDayxdxdyaxdxdy=−+∫∫∫∫（由区域的对称性及被积函数的奇偶性得）12210Dyxdxdy=−+∫∫21120021xxdxydy−=−∫∫()31242200sin3131cos42216xtxdxtdtπππ==−=⋅⋅=∫∫所以23(,)116fxyyxxπ=−+，两边乘以x后积分得(,)Dxfxydxdy=∫∫23116Dxyxxdxdyπ−+∫∫2223311616DDDxyxdxdyxdxdyxdxdyππ=−+=∫∫∫∫∫∫123216Dxdxdyπ=∫∫()122312162Dxydxdyπ=⋅⋅+∫∫（这步利用轮换性）122003313161624128drrdrπππππθ=⋅=⋅⋅=∫∫19、设函数()fx在[]0,2上具有连续可导，(0)(2)0,ff==[]{}0,2max(),xMfx∈=证明：（1）存在()0,2ξ∈，使();fMξ′≥（2）若对任意的()0,2x∈，(),fxM′≤则0M=。证明：（1）M＝0时，则()0fx=，结论成立。当0M时，不妨设在点()0,2c∈处取得最大值().fcM=由拉格朗日中值定理得，若[]0,1c∈，则存在()10,,cξ∈使得()1()(0)0fcfMfMccξ−′==≥−，若[]1,2c∈，则至少存在一点()2,2,cξ∈使得()2(2)()22ffcMfMccξ−′==≥−−；所以()1fMξ′≥或()2fMξ′≥。（2）对任意的()0,2x∈，都有00()(0)()()()ccMfcffcfxdxfxdx′′=−==≤∫∫(0)McMc≤−=①22(2)()()()()ccMffcfcfxdxfxdx′′=−==≤∫∫(2)Mc≤−②由①知(1)0,Mc−≥再由②知(1)0,Mc−≤所以，当1c≠时，必有0M=。当1c=时，则有(1).fM=（由费尔马引理）知(1)0f′=。设()(),01,gxfxMxx=−≤≤则有()()0gxfxM′′=−，从而知()gx单调递减，又(0)(1)0,gg==从而知()0gx=，即()fxMx=，01,x≤≤；所以(1)0fMM−′=⇒=，综上所述，可得0M=。20、二次型22121212(,)x44fxxxxx=+−经正交变换1122xyQxy=化为二次型22121122(,)4,gyyay