1 2020 年全国硕士研究生入学统一考试年全国硕士研究生入学统一考试 数学（三）试题与参考答案数学（三）试题与参考答案 一、选择题一、选择题 （1）设baxaxfax)(lim，则，则sin( )sinlimxaf xaxa （ ） （A）sinba. （B）cosba. （C） sinbf a. （D） cosbf a. （1）【答案】）【答案】（B）. 【解析】【解析】由拉格朗日中值定理知，存在介于a与)(xf之间，使得 sin( )sincos( )f xaf xa. 由baxaxfax)(lim，则有axfax)(lim. 从而有 cos( )sin( )sinlimlimlimcoslimcoscos .xaxaxaaf xaf xabxaxabba 故应选（B）. （2）若 11eln 1,e12xxxf xx 则 f x第二类间断点的个数为 （ ） （A）1. （B）2. （C）3. （D）4. 2 （2）【答案】）【答案】（C）. 【解析】由【解析】由 f x表达式知，间断点有0, 1,2.x 因 11111000eln 1e1limlimlime22e12xxxxxxxxf xx xx ， 故0 x为可去间断点； 因 1111eln 1limlime12xxxxxf xx ，故1x 为第二类间断点； 因 1111eln 1limlime12xxxxxf xx ，故1x 为第二类间断点； 因 1122eln 1limlime12xxxxxf xx ，故2x为第二类间断点； 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） 0cosdxf tftt是奇函数. （B） 0cosdxf tftt是偶函数. （C） 0cosdxftf tt是奇函数. （D） 0cosdxftf tt是偶函数. （3）【答案】）【答案】（A）. 【解析】【解析】因为 f x在, 上具有连续导数，且为奇函数，故 fx为偶函数，又 cosf x也为偶函数，从而 cosf tft为偶函数，进而 0cosdxf tftt是奇函数.故应选（A）. 3 （4） 设幂级数12nnnnax的收敛区间为2,6， 则211nnnax的收敛区间为 （ ） （A）2,6. （B）3,1. （C）5,3. （D）17,15. （4）【答案】）【答案】（B）. 【解析】【解析】由幂级数性质知，幂级数1nnnna x与1nnna x有相同的收敛半径. 因12nnnnax的收敛区间为2,6，故有1nnnna x的收敛半径4R ，从而1nnna x的收敛半径4R ，故当214x时，级数211nnnax收敛，所以其收敛区间为3,1.故应选（B）. （5）设 4 阶矩阵ijaA不可逆，元素12a对应的代数余子式120A，1234, 为矩阵A的列向量组，*A为A的伴随矩阵，则* 0A x的通解为 （ ） （A）112233kkkx，其中123,k k k为任意常数. （B）112234kkkx，其中123,k k k为任意常数. （C）112334kkkx，其中123,k k k为任意常数. （D）122334kkkx，其中123,k k k为任意常数. （5）【答案】）【答案】（C）. 【解析】【解析】由A不可逆知， r4A，又元素12a对应的代数余子式120A，故 r3A，从而 r3A. 由 *,r,r1,r1,0,r1,nnnnAAAA可知*r1A. 故* 0A x的基础解系含有 3 个解向量. 因1234, 为矩阵A的列向量组， 则134, 可看作12A对应矩阵列向量组的延长组，故134, 线性无关. 4 又*1234, 0A A= A A E故134, 均为* 0A x的解. 综上，134, 为* 0A x的一个基础解系， 故* 0A x的通解为112334kkkx，其中123,k k k为任意常数. 故应选（C）. （6）设A为 3 阶矩阵，12,为A的属于特征值 1 的线性无关的特征向量，3为A的属于特征值1的特征向量，则满足1100010001P AP =的可逆矩阵P为 （ ） （A）1323, . （B）1223, . （C）1332,. （D）1232,. （6）【答案】）【答案】（D）. 【解析】12,是A属于特征值 1 的线性无关的特征向量， 即1122,A A，故1212()A ，即12也是A属于特征值 1 的特征向量. 设11222()kk 0，即11122()kkk 0， 由于12,线性无关，故021kk可知122,线性无关. 3是A属于特征值1的特征向量， 即33 A， 因此33()() A， 即3也是A属于特征值1的特征向量 可取1232(,)P，则P是可逆矩阵，且满足1100010001P AP. 故应选（D）. （7）设, ,A B C为三个随机事件，且 11,0,412P AP BP CP ABP ACP BC 则, ,A B C恰有一个事件发生的概率为 （ ） （A）34. （B）23. （C）12. （D）512. 5 （7）【答案】）【答案】（D）. 【解析】【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 ABCABCABCP ABCP ABACBC 而()( )( )( )()()()()P ABCP AP BP CP ABP ACP BCP ABC，因()0P AB，故()0P ABC，从而 3117()00,4121212()()()()()()()()11100,12126P ABCP ABACBCP ABP ACP BCP ABCP ABCP ABCP ABC 故 715()12612P ABCABCABC. 故应选（D）. （8） 设随机变量,X Y服从二维正态分布10,0;1,4;2N， 下列随机变量中服从标准正态分布且与X独立的是 （ ） （A）55XY. （B）55XY. （C）33XY. （D）33XY. （8）【答案】）【答案】（C）. 【解析】【解析】由二维正态的性质知),(2NYX ，因 2()( )()()( )0,()()( )2cov(, )1421142 () 1 23,2XYD XD YE XYE XE YD XYD XD YX Y 故) 1 , 0()(3330NYXYX. 6 又XYX,3)(3服从二维正态分布，而 ()( )3()3cov,cov(,)cov(, )333()3311 () 1 2320,XYD XD YXYXX XX YD X 故3)(3YX 与X不相关，由二维正态的性质知，3)(3YX 与X独立. 故应选（C）. 二、填空题二、填空题 （9）设arctansinzxyxy，则0,dz （9）【答案】）【答案】1 ddxy. 【解析】因为【解析】因为 22cos,1sincos,1sinxyyxyzxyxyxxyzxyxy 从而从而 20,20,cos1,1sin 0cos1,1sin xyzz 故0,d1 dd .zxy （10）曲线2e0 xyxy在点0, 1处的切线方程为 （10）【答案】）【答案】1yx. 7 【解析】【解析】方程2e0 xyxy两边对x求导，得 21e220 xyyyxy， 代入(0)1y ，得 10200y ，解得 01y. 从而切线方程为1 10 ,1.yxyx 即 （11）Q表示产量，成本 100 13C QQ，单价为p，需求量 80023Q pp.则工厂取得利润最大值时的产量 （11）【答案】）【答案】8.Q 【解析】【解析】设收益函数为R，则RpQ，又80032pQ，故80032QRQQ. 要使得利润最大，则有MRMC，即216003132Q，解得8.Q （12）设平面区域21,01 ,21xDx yyxx则D绕y轴旋转所成旋转体体积为 （12）【答案】）【答案】ln23. 【解析】【解析】 131112200002d2dln(1)ln2.1233yxxxVxxxxx 13. 行列式011011110110aaaa （13）【答案】）【答案】224aa. 【解析】【解析】 8 322011000000110110111101101201100000112044 .0aaaaaaaaaaaaaaaaaaa aaaaaa （14）设随机变量X的概率分布为1(1,2,)2kP Xkk，Y表示X除以 3 的余数，则EY （14）【答案】）【答案】87. 【解析】【解析】Y的全部可能取值为0,1,2. 当32(1,2,)Xkk时，1Y ；当31(1,2,)Xkk时，2Y ；当3 (1,2,)Xk k时，0Y. 故32114127kkP Y，31112227kkP Y，3111027kkP Y， 从而87EY. 三、解答题三、解答题 （15）（本题满分 10 分） 已知1(1)enn与abn为n 时的等价无穷小，求, a b. （15）【解析】）【解析】由题意有 1ln(1)1ln(1) 11(1)ee1limlim1ln(1) 1e(e1)limelim,nnnnnaannnnaaenbbnnnnbbnn 9 令1tn，则 21100011ln(1) 1ln(1)21elimelimelim,aaattttttttb tb tb t 从而e12,12ab ，解之得1,e.2ab （16）（本题满分 10 分） 求33( , )8f x yxyxy的极值. （16）【解析】 因为223,24,xyfxy fyx 联立方程组2230,240,xyfxyfyx解得驻点为110,0 ,.6 12 在点0,0处： 0,00,0,01,0,00,xxxyyyAfBfCf 210ACB ，故0,0不是极值点. 在点1 1,6 12处： 111111,10,1,4,6 126 126 12xxxyyyAfBfCf 24 10ACB ，故1 1,6 12是极小值点，极小值为 331111111,.6 126126 12216f （17）（本题满分 10 分） 已知 yf x满足25 ( )0,yyf x且有(0)1,(0)1ff . （）求( )f x； （）( )dnnaf xx，求1nna. 10 （17）【解析】）【解析】（）由25 ( )0yyf x，得其特征方程为0522， 解得.2121622, 1ii 故方程通解为12( )e(cos2sin2 ).xf xCxCx 因(0)1,(0)1ff ，则有1211,21,CCC 解得, 0, 121CC 从而有( )ecos2 .xf xx （）因 ecos2 dcos2 deecos22 esin2 decos22 sin2 deecos22esin24 ecos2 d ,xxxxxxxxxx xxxx xxxxxx x 故15 ecos2 decos22esin2xxxx xxxC ，从而有 1ecos2 de(2sin2cos2 )5xxx xxxC， 故1ecos2 de(2sin2cos2 ).5|xxnnnax xxx 因lim e (2sin2cos2 )0 xxxx，故11e(cos2 0)e.55nnnan 进而有1111e1e.55 1 e5(e1)nnnna （18）（本题满分 10 分） 已知已知2( , )1( , )d dDf x yyxxf x yx y，其中22,1,0Dx y xxy. 求( , )d dDxf x yx y. 11 （18）【解析】记( , )d dDf x yx yA，则2( , )1f x yyxAx，故 22( , )d d(1)d d1d dd d ,DDDDAf x yx yyxAxx yyxx yAx x y 因积分区域D关于y轴对称，故d d0.Dx x y 又 211221031242212420sin1d dd1d11(1) dcosd223 1 3cos.4 2 216xDxtAyx