2020考研数学三综合测试卷及解答
2020考研数学(三)真题(含解析)
，
而 cos f '(x) cos f '(x) ，故 cos f '(x) 也为偶函数，故 cos f '(x) f (x) 为非奇非偶函数。
(4) 已知幂级数 nan (x 2)n 的收敛区间为(−2,6) ，则 an (x 1)2n 的收敛区间为
n1
n1
(A).(-2,6) (B).(-3,1) (C).(-5,3) (D).(-17,15)
（C） x k11 k23 k34
【答案】 C
（D） x k12 k23 k34
4
(5)设 4 阶矩阵 A (aij ) 不可逆， a12 的代数余子式 A12 0 ，1,2,3,4 是矩阵 A 的列向量组， A*为
A 的伴随矩阵，则 A* x 0 的通解为（
）
（A） x k11 k22 k33
（B） x k11 k22 k34
f ( x)a f ( x) a
ua u a
【解析二】由拉格朗日中值公式得 sin f (x) sin a ( f (x) a)cos ，其中 介于 a 与 f (x) 之间，
由 lim f (x) a b ，知 lim f (x) a 0 ，即 lim f (x) a ，故 lim a ，
）
xa x a
xa
xa
（A） bsin a （B） bcos a （A） bsin f (a) （A） bcos f (a)
【答案】B
【解析一】由 lim f (x) a b ，知 lim f (x) a 0 ，即 lim f (x) a ，
xa x a
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()limx af x a b x a →-=- ，则sin ()sin lim ()x a f x ax a→-= -(A).sin b a (B).cos b a (C).sin ()b f a (D).cos ()b f a 【答案】B 【解析】x x sin ()sin sin ()sin ()limlim cos ()cos ()()x a a a f x a f x a f x af x b b f a x a f x a x a=→→---=⋅=⋅=--- 设()f x u =，则()()sin ()sin sin sin lim =lim cos cos ()()u f a x a u f a f x a u au f a f x a u a=→→--==--则x sin ()sin sin ()sin ()sin ()sin ()limlim lim lim()()=cos x a a x a x a f x a f x a f x a f x a f x a x a f x a x a f x a x a b a→→→→-----=⋅=⋅-----(2)函数11ln 1()(1)(2)x xe xf x e x -+=--，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(),()f x f x -+至少有一个不存在，很显然()f x 不存在的点为1,0,1,2x x x x =-===。
2020年考研数学三真题及答案解析
设 k1(α1 α2 ) k2α2 0 ，即 k1α1 (k1 k2 )α2 0 ，
由于 α1, α2 线性无关，故 k1 k2 0 可知 α1 α2 , α2 线性无关.
α3 是 A 属于特征值 1的特征向量，即 Aα3 α3 ，因此 A(α3) (α3 ) ，即 α3 也是 A 属于特征值 1的特征向量
1 0 0
属于特征值
1的特征向量，则满足
P 1 AP
=
0
1
0
的可逆矩阵
P
为
（
）
0 0 1
（A） α1 α3, α2 , α3 .
（B） α1 α2 , α2, α3 .
（C） α1 α3, α3, α2 .
（D） α1 α2 , α3, α2 .
（6）【答案】（D）.
【解析】α1, α2 是 A 属于特征值 1 的线性无关的特征向量，即 Aα1 α1, Aα2 α2 ， 故 A(α1 α2 ) α1 α2 ，即 α α2 也是 A 属于特征值 1 的特征向量.
（D） x k1α2 k2α3 k3α4 ，其中 k1, k2 , k3 为任意常数.
（5）【答案】（C）.
【解析】由 A 不可逆知， r A 4 ，又元素 a12 对应的代数余子式 A12 0 ，故 r A 3 ，从而 r A 3 .
n, r A n,
由 r A* 1, r A n 1, 可知 r A* 1.
xa
xa
xa
xa
xa
b lim cos b cos a. a
故应选（B）.
1
（2）若 f x e x1 ln 1 x , 则 f x 第二类间断点的个数为
ex 1 x 2
2020年数学(三)试题及答案解析
.
11. Q 表示产量，成本函数 CQ 100 13Q, ，单价为
p ，需求量 q p
800 2. 则工 p3
厂取得利润最大时的产量为
.
12.设平面区域
D
x, y
x 2
y
1 1 x2
,0
x
1,
则
D
绕
y
轴旋转所成旋转体体积
为
.
a 0 1 1
B. 5 X Y
5
C. 3 X Y
3
D. 3 X Y
3
二、填空题（9-14 小题，每小题 4 分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位
置上）
9.设 Z arctan xy sin x y , 则dz 0,
.
10.曲线 x y e2xy 0 在点 (0，-1) 处的切线方程为
第二类间断点个数（
ex 1 x 2
）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
4.幂级数 nan x 2n 的收敛区间为（-2,6），则 an x 1 2n 的收敛区间为（ ）
n1
n1
2
A. - 2,6
B. - 3,1
C. - 5,3
D. -17,15
当需求量与产量相同时最大
Q 800 2 p3
11
解得
p
794 Q
3Q 2
,
所以
L(Q)
Q
794 Q
3Q 2
100
13Q
则
L(Q)
(794
2020考研数学三真题及答案解析
(11)设产量为 Q ，单价为 P ,厂商成本函数为 C(Q=) 100 +13Q ，需求函数为 Q= (P) 800 − 2 ，
P+3
求厂商取得最大利润时的产量
【答案】 Q = 8
【解析】由 Q= (P) 800 − 2 可知=P 800 − 3 ，则利润函数为
P+3
Q+2
L(Q)=
800 Q+2
在 x = 2 处， lim f (x) = −∞ ， lim f (x)= +∞ ；
x→2−
x→2+
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).
x
∫0
[cos
f
(t) +
f
′(t )] dt
是奇函数
(B).
x
∫0
[cos
f
(t) +
(6)设 A 为 3 阶矩阵，α1,α2 为 A 的特征值1对应的两个线性无关的特征向量，α3 为 A 的特
1 0 0
征值 −1的特征向量。若存在可逆矩阵 P ，使得 P−1= AP
0
−1
0
，则
P
可为（
）
0 0 1
（A） (α1 + α3, α2 , −α3)
（B） (α1 + α2 , α2 , −α3 )
4
则 lim an+1 (x + 1)2n = 1 (x + 1)2 < 1 ，即 −3 < x < 1
a n→∞ n
4
所以本题选 B 。
2020考研数学(三)答案解析
2020 年全国硕士研究生入学统一考试数学（三）试题与参考答案一、选择题（1）设limf (x) ab ，则lim sin f ( x ) sin a（ ）x a x ax ax a （A ）b sin a . （B ）b cos a .（C ）b sin f a .（D ）b cos f a .（1）【答案】（B ）.【解析】由拉格朗日中值定理知，存在 介于a 与 f (x) 之间，使得sin f ( x ) sin a cosf ( x ) a .由lim f (x) a b ，则有lim f (x) a . x a x a x a从而有lim sin f ( x ) sin a x ax alim cos f ( x ) a bax a xb lim cos b cos a.alim cosxa故应选（B ）.e ln 1 x （2）若f x x 1 , 则 f x 第二类间断点的个数为（）e x 1 x 2 （A ）1.（B ）2.（C ）3.（D ）4.1（2）【答案】（C ）.【解析】由 f x 表达式知，间断点有 x 0, 1, 2.11 x1xe x 1 ln e e 1，故 x 0 为可去间断点； 因lim f xlimlimx 11 ex 0x 0 xx 0x x 221 1 x因 lim f x lim e x 1 ln ，故 x 1 为第二类间断点；e x 1 x 2 x 1x 11 1 x因 lim f x lim e x 1 ln ，故 x 1 为第二类间断点；e x 1 x 2 x 1x 11 1 x因lim f x lim e x 1 ln ，故 x 2 为第二类间断点；e x 1 x 2x 2x 2综上，共有 3 个第二类间断点. 故应选（C ）.（3）设奇函数 f x 在,上具有连续导数，则（）（A ） x cos f t ft dt 是奇函数.（B ） xcos f t ft dt 是偶函数.（C ） xcos f t f t dt 是奇函数.（D ） x cos f t f t dt 是偶函数.（3）【答案】（A ）.【解析】因为 f x 在 , 上具有连续导数，且为奇函数，故 f x 为偶函数，又cosf x 也为偶函数，从而cos f t f t 为偶函数，进而xcos f t f t dt 是奇函数.故应选（A ）.2x 2 n（4）设幂级数na n的收敛区间为2, 6 ，则a n x12n的收敛区间为（）n 1n 12, 65, 317,15（A）.（B）3,1 .（C）.（D）.（4）【答案】（B）.【解析】由幂级数性质知，幂级数 na n x n与 a n x n有相同的收敛半径.n 1n 1n的收敛区间为 2, 6因 na n x 2，故有 na n x n的收敛半径R 4 ，从而n 1n 1a n x n的收敛半径R 4 ，故当x124时，级数 a n x 1 2n收敛，所以其收敛n 1n 1区间为3,1.故应选（B）.（5）设 4 阶矩阵A a ij不可逆，元素a12对应的代数余子式A120 ，α1, α 2, α3, α4为矩阵 A 的列向量组， A*为 A 的伴随矩阵，则 A* x 0 的通解为（）（A）x k1α1k 2α2k3α3，其中k1 , k 2 , k3为任意常数.（B）x k1α1k 2α2k3α4，其中k1 , k 2 , k3为任意常数.（C）x k1α1k 2α3k3α4，其中k1 , k 2 , k3为任意常数.（D）x k1α 2 k 2α3k3α4，其中k1 , k 2 , k3为任意常数.（5）【答案】（C）.【解析】由 A 不可逆知，r A 4 ，又元素a12对应的代数余子式 A120 ，故r A 3 ，从而r A 3 .n,r A n,*r A n 1,*1 .由r A1,可知r A0,r A n 1,故A* x 0 的基础解系含有3个解向量.因α1, α 2, α3, α4为矩阵 A 的列向量组，则α1, α3, α4可看作 A12对应矩阵列向量组的延长组，故α1, α3, α4线性无关.3又A* A = A*α1, α2 , α3, α4 A E 0, 故α1, α3, α4均为 A* x 0 的解.综上，α1, α3, α4为 A* x 0 的一个基础解系，故 A* x 0 的通解为 x k1α1 k 2α3 k3α4，其中k1 , k 2 , k3为任意常数.故应选（C）.（6）设A为 3 阶矩阵，α1,α2为A的属于特征值 1 的线性无关的特征向量，α3为A的100属于特征值 1的特征向量，则满足P1010的可逆矩阵 P 为（）AP =001（A）α1α3,α2,α3 .（B）α1α2,α2,α3 .（C）α1α3,α3,α2 .（D）α1α2,α3,α2 .（6）【答案】（D）.【解析】α1, α2是 A 属于特征值1的线性无关的特征向量，即Aα1α1 , Aα2α2，故A(α1α 2) α1α2，即α1α2也是 A 属于特征值1的特征向量.设k1(α1α 2 ) k2α2 0 ，即k1α1 ( k1 k2)α2 0 ，由于α1, α2线性无关，故k1k20 可知α1α2, α2线性无关.α3是 A 属于特征值 1的特征向量，即Aα3α3，因此A( α3 )( α3 ) ，即α3也是 A 属于特征值 1的特征向量100可取P ( α α, α , α) ，则 P 是可逆矩阵，且满足P1AP010.1232001故应选（D）.（7）设A,B,C为三个随机事件，且P A P B P C 14,P AB0, P AC P BC121,则 A, B , C 恰有一个事件发生的概率为（）（A）3.（B）2.（C）1.（D）5. 432124（7）【答案】（D ）.【解析】事件 A, B , C 中仅有一个发生的概率可用至少一个发生的概率减去至少发生两个的概率表示，即P ( ABC A BC ABC ) P ( A B C ) P ( AB AC BC),而 P ( A B C ) P ( A) P ( B ) P (C ) P ( AB ) P ( AC ) P ( BC ) P ( ABC) ，因 P ( AB) 0 ，故P ( ABC) 0 ，从而P ( A B C)34 0 121121 0 127 ,P ( AB AC BC ) P ( AB ) P ( AC )P ( BC )P ( ABC )P ( ABC )P ( ABC ) P ( ABC)0 121 12116 ,故 P ( ABC ABC ABC) 127 16 125. 故应选（D ）.1（8）设随机变量 X , Y 服从二维正态分布 N 0, 0;1, 4;，下列随机变量中服从标准2正态分布且与 X 独立的是（）（A ） 5X Y . （B ） 5X Y . 5 5（C ） 3X Y .（D ） 3X Y .3 3（8）【答案】（C ）.【解析】由二维正态的性质知 X Y ~ N ( ,2 ) ，因E ( X Y ) E ( X ) E (Y ) 0,2D ( X Y ) D ( X ) D (Y ) 2 cov( X , Y ) 1 4 2 XY D ( X ) D (Y )1 42 (12) 1 2 3,X Y 0 3 ( X Y ) ~ N (0,1) .353( X Y )又, X服从二维正态分布，而33( X Y )3cov( X , X ) cov( X , Y ) cov, X333 D ( X ) D ( X ) D (Y )3XY311 () 1 2320,故3( X Y )与 X 不相关，由二维正态的性质知，3( X Y )与 X 独立.33故应选（C）.二、填空题（9）设z arctan xy sin x y ，则dz．0,π（9）【答案】π 1 dx dy .【解析】因为z xy cos x y, 1 xy sin x y 2z yx cos x y, 1 xy sin x y 2从而zπ cos ππ 1,0,πsin πx12z0 cos π1,sin π2y0,π1故dz0,ππ 1 d x d y .（10）曲线x y e2xy0在点0,1处的切线方程为．（10）【答案】y x 1.6【解析】方程 x y e 2xy0 两边对x求导，得1y e 2xy 2 y 2 xy0 ，代入 y(0) 1 ，得1y 0 2 00 ，解得 y 0 1 .从而切线方程为 y 1 1x0 , 即y x 1.（11）Q表示产量，成本C Q100 13Q ，单价为 p ，需求量Q p p80032.则工厂取得利润最大值时的产量．（11）【答案】Q8.【解析】设收益函数为R ，则R pQ ，又p8003，故R800Q3Q. Q 2Q 2要使得利润最大，则有MR MC ，即1600 3 13，解得Q 8. Q 2 2x12（12）设平面区域Dx , y y, 0 x1,则D 绕 y 轴旋转所成旋转体体1 x2积为．（12）【答案】π ln 2π3.【解析】1 2πx1x1x 31πVy0 d x 02π x dx π ln(1x2 )ππ ln 2.1 x22033 a01113. 行列式0a11．11a0110a（13）【答案】a2a24 .【解析】7a 0 1 1 a a 0 0 a 00 00 a 110 a 1 10 a 1 11 1 a 0 1 1 a 0 1 2a 0 11 0 a0 0 a a0 0 a aa a11a a 3 4a a 2 a2 4 .2 a 00 a a（14）设随机变量X的概率分布为P X k 1( k 1, 2, ) ，Y表示X除以3的余k2数，则EY．（14）【答案】8 . 7【解析】Y 的全部可能取值为0,1, 2.当X 3k 2( k 1, 2, ) 时，Y1；当 X 3k 1( k 1, 2, ) 时，Y2；当X 3k ( k 1, 2, ) 时，Y 0 .故P Y 114，P Y 212，P Y 011，3 k 2 3 k 1 3 k272727 k 1k 1k 1从而EY 8. 7三、解答题（15）（本题满分 10 分）已知(11) n e 与b为n时的等价无穷小，求a,b.n n a（15）【解析】由题意有11(1) n e e nln(1)en1 lim n limb bn nn a n a1n ln(11)1e(e n ln(1) 11)lim e lim n, n nn a n a8令1n t ，则1从而a 1 2,2e b1ln(1 t ) 1e lim t e limt 0b t a t 0a1,1 ，解之得b2e.ln(1 t ) t1t2e lim2,b t a1 b t a1t 0（16）（本题满分 10 分）求f ( x , y ) x 3 8 y 3 xy 的极值.（16）【解析】因为 f 3 x 2y , f 24 y 2 x,x y2y 0,11f x 3 x联立方程组f24 y2x0,解得驻点为 0, 0 ,,.612y在点 0, 0 处：A f xx0, 0 0,B f xy0, 01,C f yy0, 0 0, AC B2 1 0 ，故0, 0不是极值点.1 ,1在点处：612A f1,1 1 0,B f1,11,C f1,14,xx xy yy6 12 6 12 6 12211AC B 4 1 0 ，故,是极小值点，极小值为61211 1 3 1 3111f,.126122166612（17）（本题满分 10 分）已知 y f x 满足 y 2 y 5 f ( x) 0, 且有 f (0) 1, f (0) 1.（Ⅰ）求 f ( x) ；（Ⅱ）a n nπf ( x )dx ，求a n.n 19（17）【解析】（Ⅰ）由 y 2 y 5 f ( x) 0 ，得其特征方程为 2 25 0 ，解得2 16 i 1 2i.1,22故方程通解为 f ( x ) e x (C cos 2 x C sin 2 x).1 2因 f (0) 1, f (0) 1 C 1,C 1,，则有1 解得 12C 2 C 11, C 2 0,从而有 f ( x ) e x cos 2 x.（Ⅱ）因e x cos 2 xdx cos 2 xde xe x cos 2 x 2 e x sin 2 xdx e x cos 2 x 2 sin 2 xde xe x cos 2 x 2e x sin 2 x 4 e x cos 2 x d x ,故 5 e x cos 2 xdx e x cos 2 x 2e x sin 2x C 1 ，从而有e x cos 2 xd x15 e x (2 sin 2 x cos 2 x ) C ，故a n nπ e x cos 2 xd x1ex(2 sin 2 x cos 2 x)|nπ .5因 lim e x (2 sin 2 x cos 2 x) 0 ，故a1 e n π (cos2 nπ 0) 1 e nπ . nx5 511e π1进而有 a ne nπ.51 eπ 5(e π1)n 15 n 1（18）（本题满分 10 分）已知 f ( x , y )y 1 x 2 xf ( x , y )d xdy ，其中D x ,y x 2x 2 1, y 0 .D求 xf ( x , y )dx dy .D10（18）【解析】记 f ( x , y )dxdy A ，则f(x,y)y1x 2Ax ，故DA f ( x , y )dx dy( y1x 2Ax )d xd yD Dy 1 x 2 d xdy A xd xd y ,D D因积分区域D 关于 y 轴对称，故xd xd y0.D又Ay dx dy 11 d x 01x21 x 2y 1 x2 dyD1 13令x sin tπ1242212(1 x)dxπ2cos td tπ 3 1 π 3π02cos4tdt4 2 2 16.3πx 因此xf(x,y)d( xy3πx2 )d .可知 f ( x , y ) y 1 x 2 1 x 21616D D因积分区域D 关于 y 轴对称，xy1x2是x的奇函数，故xy 1x2 d0.D故xf ( x , y )d 3πx 2 d11dx0 1 x23πx 2 dy 16D D1613ππ3π2222116x 1 x d xπ16sin t cos t cos tdt23ππ2 sin 2 t(1 sin 2 t)dt3π (1π3 1π)3π2.8 08 2 2 4 2 2 128（19）（本题满分 10 分）设 f x 在区间 0, 2 上具有一阶连续导数，且 f 0 f 20, M max x0,2 f x.11（Ⅱ）若对任意 x0, 2 ，f x M ，则M0 .（19）【证明】（Ⅰ）因f x在0, 2上连续，故存在最大值M max x0,2 f x.若M 0，则对0,2 ，都有f0 ，命题成立.若M 0，因 f 0 f 2 0, 故存在 x0 0, 2 ，使得f x0M.当x0 0,1 ，由拉格朗日中值定理知，存在1 0, x00,1 ，使得f x0 f 0 f 1 x0 ,则有f 1f x0MM . x0x0当x0 1, 2 ，由拉格朗日中值定理知，存在2 x0 , 2 1, 2 ，使得f 2 f x0 f 2 2 x0 ,则有f 2f x0MM . 2x02x0当 x01，由拉格朗日中值定理知，存在30,1 ，使得f3 f 1 f 0 f 1M .综上，存在0, 2 ，使得f M .（Ⅱ）假设M0 ，因对任意 x0, 2 ，有f x M ，由（Ⅰ）知，当x0 0,1 或 x0 1, 2 时，存在0, 2 ，使得f M ，矛盾，从而有M 0.当x0 1时，有f1M，则 f 1M ，不妨设 f 1 M .构造函数 g x f x Mx, x0,1 .因为 g x f x M 0, 故 g x 单调不增.又 g 0 0, g 1 0 ，从而 g x 0, x 0,1 ，即 f x Mx , x 0,1 .构造函数h x f x Mx 2 M , x1, 2 .因为h x f x M0 ，故h x 单调不减.又h 1 M M2 M 0, h 2 0 ，从而h x 0, x 1, 2 ，即 fx Mx 2M .综上，当 x 0 1时， f x Mx, 0 x 1,2 M , 1 x 2.Mx因为f 1 limf x f 1 limMx MM 0,x 1x 1 x 1 x 1f 1 limf x f 1lim Mx 2M M M 0,x 1x 1x 1x 1故与 f x 在 x 1 处可导矛盾，从而当 x 0 1时，有M 0 .若 f 1 M ，则可构造 g x f x Mx, h x f x Mx 2 M , 同理可证.综上，若对任意 x 0, 2 ，f xM ，则M 0 .（20）（本题满分 11 分）设二次型 f x 1 , x 2 x 124 x 1 x 2 4x 22xy经正交变换 1Q 1化为二次型x 2y 2g y 1 , y 2 ay 124 y 1 y 2by 22, 其中ab .（Ⅰ）求a , b 的值；（Ⅱ）求正交矩阵Q .1 2 （20）【解析】（Ⅰ）设二次型 f 的矩阵为 A ，则 A24.又 f 经正交变换 X QY 化成 g y 1 , y 2 ay 12 4 y 1 y 2 by 22 , 即X QYa 2f X TAX = Y T Q T AQY Y T2 b Y .a 2 a 因此Q T AQ =2 b. 记B =22，由于Q 为正交矩阵，故 A 与B 相似且合同，btr A 故 A B又a b ，故tr B , 1 4 a b, 解得a 4, b 1或a 1, b4. 即, ab 4 0,a 4,b 1.42，且 A 与B 相似.又（Ⅱ）由（Ⅰ）知，B =21A E122 5 ,24可知， A 与B 特征值均为1 0, 25.对于1 0 ，解A0E x0，得 A 的属于特征值0的特征向量α12，1对于2 5 ，解A5E x0，得 A 的属于特征值5的特征向量α212，α12α211α1, α2已经正交化，故直接单位化，得β11β2.α12故可取 P1β1,β2，则 P1为正交矩阵，且有 P11 AP10.5对于1 0 ，解B0E x0，得B 的属于特征值0的特征向量α212，对于2 5 ，解B5E x0，得B 的属于特征值5的特征向量α12，1故可取 P2β2,β1，则 P2为正交矩阵，且有 P21BP2.5则有 P 1 AP P 1BP，因此 P P 1 AP P 1 B .1122211214 3取Q = P P15555 5 5P P T, 则1212 3 45555 5 5Q T = P1 P2T T P2 P1T ,Q 1 = P1 P2T 1P2T 1 P11P2 P1T .综上，有Q 为正交矩阵，且满足Q T AQ B .14（21）（本题满分 11 分）设 A 为 2 阶矩阵， P = α , Aα ，其中α 是非零向量，且不是 A 的特征向量. （Ⅰ）证明 P 为可逆矩阵；（Ⅱ）若 A 2 α + Aα 6α 0 ，求 P 1 AP 并判断 A 是否相似于对角阵. （21）【解析】（Ⅰ）若α 与 Aα 线性相关，则α 与 Aα 成比例，又α 是非零向量，故有 Aαkα .由特征值、特征向量的定义知，α 是 A 的属于特征值k 的特征向量，与已知矛盾，故α 与 Aα 无关，从而 P 可逆.（Ⅱ）由 A 2 α + Aα 6α 0 知， A 2 α =Aα6α, 则AP = A α , Aα Aα , A 2 α Aα , Aα 6α0 6 0 6α , Aα P ,11116记B，则有 AP = PB, 得 P 1 AP B ，故 A 与B 相似.11因为 B E6 2632 ,11可知，B 的特征值为 1 3, 2 2. 故 A 的特征值也为 1 3, 2 2.因此 A 可相似对角化.（22）（本题满分 11 分）已知因（X , Y ）服从区域D : 0y 1x 2 上的均匀分布，且1, X Y 0, UX Y 0,0,1, X Y 0, VX Y 0.0,求：（Ⅰ）(U , V ) 的联合分布；（Ⅱ）UV .（22）【解析】（Ⅰ）因（X,Y）服从区域D: 0y 1x2上的均匀分布，故P{U0, V 0}P{ X Y0, X Y0}14,P{U0, V 1}P{ X Y0, X Y0}0,P{U1, V 0}P{ X Y0, X Y0}12,P{U1, V 1}P{ X Y0, X Y0}14.从而(U , V ) 的概率分布为V01U01/4011/41/2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，01P3/41/401P1/43/401P3/41/4故E (UV ) 14 , E (U )34 , E (V )14 , D (U ) 163, D (V ) 163.131cov(U , V ) E (UV ) E (U ) E (V )1.从而444 UV3334423. （本题满分 11 分）t me,t 0,1设某种元件的使用寿命T 的分布函数为：F ( t )0, 其他.其中 , m 为参数且大于零.（Ⅰ）求概率P{T t}与P{T s t | T s}，其中s 0, t 0 ；（Ⅱ）任取n 个这种元件做寿命试验，测得它们的寿命分别为t 1, t 2 ,t n ，若m 已知，求 的最大似然估计值 .（23）【解析】（Ⅰ）1 e ( t m e ( t mP{T t } 1 P{T t } 1 F (t ) 1 )).P{T s t | T s}P{T s t , T s} P{T s t } 1 F (t s) 1 F ( s )P{T s} P{T s}( t s ) m( t s )mm( t s)m1 [1 e]ese m .s s1 [1 e ( ) m( )m]et m 1 ( t )mt 0,me,m（Ⅱ）由题意得，T 的概率密度为 f (t ) F (t )其他.0,nm 1nt it i ( )mm n i 1 e i 1 , t 0,nmni似然函数L ( )f (t i ; )i 1其他.0,nm 1nti( t i)m当t 0 时，L ( ) m ni 1ei 1，nnt iln L ( ) n ln m ln t i m 1mn ln( )m，i 1 i 1 nd ln L ( )mn n t t mnt i mii 1令m () m 1im 0 ，解之得 的最大似然估 d2 m 1i 11 n计值为mn i 1 t i m .。
2020年考研数学(三)真题(后附解析答案)
2020年全国硕士研究生招生考试数学(三)(科目代码：303)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，请将所选项前的字母写在题后的括号内.)(1)设1口心—°= b,则lim sinfQ)—sina=().x-^a x——a x-*a3C——a(A)6sin a(B)6cos a(C)6sin/(a)iIn I14-rr I(2)函数心)=二的第二类间断点的个数为((e—1)(j?—2)(A)l(B)2(03(3)设奇函数心)在(-00,-1-00)上具有连续导数，则().(A)f[cos/"(/)+/^(Olldr是奇函数J0(E)「[cos/(i)+/(O]d^是偶函数J0(C)[[cos/"'(/)+y(t)]d/是奇函数J0(D)「[cos是偶函数J0(D)bcos/(a) ).(D)4(4)设幕级数—2)"的收敛区间为(一2,6),则工a”Q+l)2n的收敛区间为().n=\n=1(A)(-2,6)(B)(-3,l)(0(-5,3)(D)(-17,15)(5)设4阶矩阵A=(a“)不可逆,a*的代数余子式A12丰O,aj,a2,a3,a,为矩阵A的列向量组,A*为A的伴随矩阵，则方程组A*X=0的通解为().(A)X=^1a1+^2a2+^3a3,其中k x,k2,k.为任意常数(B)X=^1a1+k2a2+k3a4,其中k,,k2,k3为任意常数(C)X=bS+展as+匕。
4,其中紅,k2,k3为任意常数(D)X=k i a2k2a3+怂。
4,其中ki,k2^k3为任意常数(6)设A为3阶矩阵,a】，a?为A的属于特征值1的线性无关的特征向量,as为A的属于特征I1°°\值一1的特征向量，则满足P_1AP=0-10的可逆矩阵卩为().'o01'(A)(a j a3,a2,—a3)(B)(a〕+ct2，a2，—a3)(C)(a1+a3,—a3,a2)(D)(a T+a2»—a3,a2)(7)设A,B,C为三个随机事件，且PC A)=P(£)=P(C)=±,P(AB)=O,P(AC)=P(BC)=2，412则A,B,C中恰有一个事件发生的概率为().3215(A)Z(B)T(C)7(D)12(8)设随机变量(X,Y)服从二维正态分布N(0,0；1,4；-，则下列随机变量中服从标准正态分布且与X相互独立的是().(A)啤(X+Y)(B)尝(X—丫)55(C)y(X+Y)(D)y(X-Y)二、填空题(9〜14小题，每小题4分，共24分.请将答案写在题中的横线上.)(9)设z=arctanRy+sin(z+了)],贝0dz|(0,…)=______.(10)曲线jc y+e2iy=0在点(0,—1)处的切线方程为________.(H)设某厂家生产某产品的产量为<2,成本C(Q)=100+13Q,该产品的单价为/,需求量—2,则该厂家获得最大利润时的产量为(12)设平面区域。
2020考研数学(三)答案解析
P(A B C) 3 0 1 1 0 7 , 4 12 12 12
P(AB AC BC) P( AB) P( AC) P(BC) P( ABC) P( ABC) P( ABC) P( ABC)
0 1 1 0 1, 12 12 6
故 P( ABC ABC ABC) 7 1 5 . 故应选（D）. 12 6 12
是奇函数.
x
（B） 0 cos
f
t
f
t dt
是偶函数.
x
（C） 0 cos
f
t
f
t dt
是奇函数.
（D）
x
0
cos
f
t
f
t dt
是偶函数.
（3）【答案】（A）.
【解析】因为 f x 在 , 上具有连续导数，且为奇函数，故 f x 为偶函
数，又 cos f x 也为偶函数，从而 cos f t f t 为偶函数，进而
（D） x k1α2 k2α3 k3α4 ，其中 k1, k2 , k3 为任意常数.
（5）【答案】（C）.
【解析】由 A 不可逆知， r A 4 ，又元素 a12 对应的代数余子式 A12 0 ，故 r A 3 ，从而 r A 3 .
n, r A n,
由 r A* 1, r A n 1, 可知 r A* 1.
e
lim
n ln(1 1 )
en
e
n
b
n
b
na
na
lim
n ln(1 1 )1
e(e n
1)
e
lim
n ln(1
1) n
1 ,
n
b
n
b
na
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lim = f (x) − f (0)
x→0+
x
l= im 1− cos x x→0+ x x
0 ，则 f+′(0) = 0 ，
lim f (x= ) − f (0)
x→0−
x
l= im xg(x)
x→0+
0 ，则 f−′(0) = 0 ，
因为 f= +′(0) f= −′(0) 0 ，所以 f (x) 在 x = 0 处可导，应选（D）。
（12）微分方程 y ''− 4 y = e2x + x 的特解形式为 _______________ .
（13）设 f (x, y, z) = ez yz2 ，其中 z = z(x, y) 是由 x + y + z + xyz =0 确定的隐函数，则
fz′(0,1, −1) =
.
∫ ∫ 1
（14）积分 dx
x x→0
2
由极限的保号性，存在δ＞0 ，当 0＜＜x
δ
时，
f (x) −1 x2 ＜0 ，即
f
(x)＜1 =
f (0) ，
故 x = 0 为 f (x) 的极大点，应选（D）。
（5）设 f (x) ，g(x)(a＜x＜ b) 为大于零的可导函数，且 f ′(x)g(x) − f (x)g′(x)＜0 ，则当 a＜x＜ b
(−1)n n2
| an +α
|
（
）.
（A）发散
（B）条件收敛 （C）绝对收敛
【解】 应选（C）.
（D）敛散性与α 有关
= (−1)n | an | n2 + α
∑ ∑ ∑ | an |
n2 + α
≤1 2
(an2
+
n2
1 +α
)
∞
，
n =1
an2
收敛，且
∞ n =1
n2
1 +α
π
∫ ∫ N =
2 −π
(sin3
x
+
cos4
x)dx
=
2 −π
cos4
xdx＞0
，
2
2
π
π
∫ ∫ P = −2π (x2 sin3 x − cos4 x)dx = − −2π cos4 xdx＜0 ，
2
2
P＜M＜ N ，选 D。
∑ ∑ （7）设常数α＞0
，若
∞ n =1
an2
收敛，则
∞ n =1
x sin ydy =
0xy
.
三、解答题:15～19 小题，共 44 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
1
∫ （15）（本题满分 8 分）设 f (x) 在区间[0,1] 上可导， f (1) = 2 2 x2 f (x)dx ，证明：存在 ξ ∈ (0,1) ，使 0
得 2 f (ξ ) + ξ f ′(ξ ) = 0 .
′(
x)
＜0
，即
f g
(x) (x)
′
＜0
，则
f (x) g(x)
单
调减少。
由 a＜x＜ b 得 f (a) ＜＜f (x) f (b) ，故 f (x)g(a)＞f (a)g(x) ，应选（B）。 g(a) g(x) g(b)
∫ ∫ （6）设 M =
π
2 −π
2
sin x 1+ x2
所选项前的字母填在题后的括号里．
∫ ( ) （1）设当 x → 0 时，( x − sin x) ln (1+ x) 是比 exn −1 高阶的无穷小，而 exn −1 是比 1 x 1− cos2 t dt 高阶 x0 的无穷小，则 n 为（ ）。
（A）1
（B）2
（C）3
（D）4
( ) 【解】当 x → 0 时， exn −1 ~ xn ，因为 sin x =x − x3 + o x3 ，所以 ( x − sin x) ln (1+ x) ~ x4 ，又因
（A）极限不存在 （C）连续，但不可导
（B）极限存在，但不连续 （D）可导
5
２０２０ 考研高等数学综合测试卷
【解】因为= f (0 + 0) lim = 1− cos x 0 ， f (0)= f (0 − 0)= lim x2g(x)= 0 ，所以
x→0+
x
x→0
f (x) 在 x = 0 连续；
时，有（）
（A） f (x)g(b)＞f (b)g(x)
（B） f (x)g(a)＞f (a)g(x)
（C） f (x)g(x)＞f (b)g(b)
（D） f (x)g(x)＞f (a)g(a)
【解】由
f ′(x)g(x) −
f (x)g′(x)＜0 得
f
′(
x)
g
(
x) − g2(
f( x)
x)
g
f (x, y0 ) =
f (x0 , y0 ) 。
7
２０２０ 考研高等数学综合测试卷
二、填空题:9～14 小题，每小题 4 分，共 24 分．把答案填在题中的横线上．
）
x2 g(x), x ≤ 0
（A）极限不存在
（C）连续，但不可导
（4）设 f (x) 连续，且 lim f (x) −1 = −2 ，则（
x x→0
2
（B）极限存在，但不连续 （D）可导
）
（A） f (x) 在 x = 0 处不可导
（B） f (x) 在 x = 0 处可导且 f ′(0) ≠ 0
| an | 收敛， n2 + α
原级数绝对收敛，选择（C）.
（8）设 fx′(x0 , y0 ) ， f y′(x0 , y0 ) 都存在，则（）。
（A） f (x, y) 在 (x0 , y0 ) 处连续
（B） lim f (x, y) 存在 x → x0 y→ y0
（C） f (x, y) 在 (x0 , y0 ) 处可为微
2
２０２０ 考研高等数学综合测试卷
∫∫ （16）（本题满分 9 分= ）求 I
cos(x + y)dxdy ，其= 中 D
D
( x,
y)
0
≤
x
≤
π 2
,0
≤
y
≤
π 2
.
（17）（本题满分 8 分）设 C1, C2 是任意两条过原点的曲线，曲线 C 介于 C1, C2 之间，如果过 C 上任意
（19）（本题满分
10
分）讨论
f
(x,
y)
=
xy , (x, y) ≠ (0, 0 ),
x2 + y2
在点 (0, 0) 处的连续性、可偏导性及
0,
(x, y) = (0, 0)
可微性.
4
２０２０ 考研高等数学综合测试卷
2020 考研数学三综合测试卷解答
班级：
学号：
姓名：
得分：
一、选择题：1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个符合要求，把
1+ x,
当
x
= 1 时，
f
(x)
= 1，于是
f
(x)
=
0,
0,
1,
x ＜1
x ＞1, 显然 x = 1 为函数 f ( x) 的间断点，选（B）。
x = −1, x = −1,
（3）设
f
(x)
=
1 −
cos x
x
,
x＞0
，其中
g(x)
为有界函数，则
f
(x)
在
x
=
0
处（）
x2 g(x), x ≤ 0
（9）设 a＞0 ，且 lim
x2
= 1，则 a =
，b =
.
x→0 (b − cos x) a + x2
( ) （10）若
f
(x)
=
arcsin ln
2x2 1+
+ eax2 2x2
−1,
x
≠
0
在
x
=
0
处连续，则 a
=
.
a,
x=0
（11）设 y = y(x) 由方程 ey + 6xy + x2 −1 =0 确定，则 y′′(0) = _______ .
（A） f (x, y) 在 (x0 , y0 ) 处连续 （C） f (x, y) 在 (x0 , y0 ) 处可为微
（B） lim f (x, y) 存在 x → x0 y→ y0
（D） lim x → x0
f (x0 , y0 ) 存在
二、填空题:9～14 小题，每小题 4 分，共 24 分．把答案填在题中的横线上．
3!
6
∫ ( ) ∫ ( ) 1
为 lim x x→0
x 1− cos2 t dt
0
x2
= lim x→0
x 1− cos2 t
0
x3
dt
=
lxi= →m0 1−3cxo2s2 x
(1+ cos x)(1− cos x)
lim
x→0
= 3x2
1
，
3
∫ ( ) 1
所以
x 1− cos2 t dt ~ x2 ，于是 n = 3 ，选（C）。
（4）设