2020考研数学真题解析
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年考研数学一真题及答案(全)
全国硕士研究生入学统一考试数学（一）试题一、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填在答题纸．．．指定位置上． （1）若函数0(),0x f x b x >=⎪≤⎩在x 连续，则 (A) 12ab =． (B) 12ab =-． (C) 0ab =． (D) 2ab =．【答案】A【详解】由011lim 2x b ax a +→-==,得12ab =.（2）设函数()f x 可导，且()'()0f x f x >则(A) ()()11f f >- ． (B) ()()11f f <-． (C) ()()11f f >-． (D) ()()11f f <-.【答案】C【详解】2()()()[]02f x f x f x ''=>,从而2()f x 单调递增,22(1)(1)f f >-. （3）函数22(,,)f x y z x y z =+在点(1,2,0)处沿着向量(1,2,2)n =的方向导数为 (A) 12． (B) 6．(C) 4．(D)2 ．【答案】D【详解】方向余弦12cos ,cos cos 33===αβγ,偏导数22,,2x y z f xy f x f z '''===,代入cos cos cos x y z f f f '''++αβγ即可.（4）甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10(单位：m)处.图中，实线表示甲的速度曲线1()v v t =(单位：m/s)，虚线表示乙的速度曲线2()v v t =(单位：m/s)，三块阴影部分面积的数值一次为10，20，3，计时开始后乙追上甲的时刻记为(单位：s)，则(A) 010t =． (B) 01520t <<． (C) 025t =． (D) 025t >．【答案】C【详解】在025t =时,乙比甲多跑10m,而最开始的时候甲在乙前方10m 处. （5）设α为n 维单位列向量，E 为n 阶单位矩阵，则 (A) TE -αα不可逆． (B) TE +αα不可逆． (C) T 2E +αα不可逆． (D) T2E -αα不可逆．【答案】A【详解】可设T α=(1,0,,0),则T αα的特征值为1,0,,0,从而T αα-E 的特征值为011,,,,因此T αα-E 不可逆.（6）设有矩阵200021001A ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，210020001B ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，122C ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭(A)A 与C 相似，B 与C 相似． (B) A 与C 相似，B 与C 不相似．(C) A 与C 不相似，B 与C 相似． (D) A 与C 不相似，B 与C 不相似． 【答案】B【详解】,A B 的特征值为221,,,但A 有三个线性无关的特征向量,而B 只有两个,所以A 可对角化,B 则不行.（7）设,A B 为随机事件，若0()1P A <<，0()1P B <<，则(|)(|)P A B P B A >的充分必要条件(A) (|)(|)P B A P B A >． (B) (|)(|)P B A P B A <． (C) (|)(|)P B A P B A >． (D) (|)(|)P B A P B A <．【答案】A【详解】由(|)(|)P A B P A B >得()()()()()()1()P AB P AB P A P AB P B P B P B ->=-,即()>()()P AB P A P B ;由(|)(|)P B A P B A >也可得()>()()P AB P A P B . （8）设12,,,(2)n X X X n 为来自总体(,1)N μ的简单随机样本，记11ni i X X n ==∑，则下列结论不正确的是 (A)21()nii X μ=-∑服从2χ分布 ． (B) 212()n X X -服从2χ分布．(C)21()nii XX =-∑服从2χ分布． (D) 2()n X -μ服从2χ分布．【答案】B【详解】222211~(0,1)()~(),()~(1)1n ni i i i i X N X n X X n ==----∑∑μμχχ; 221~(,),()~(1);X N n X n-μμχ2211()~(0,2),~(1)2n n X X X X N --χ.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）已知函数21(),1f x x=+(3)(0)f = ． 【答案】0 【详解】2421()1(11)1f x x x x x==-++-<<+,没有三次项.（10）微分方程032=+'+''y y y 的通解为 ．【答案】12e ()xy C C -=+【详解】特征方程2230r r ++=得1r =-,因此12e ()x y C C -=+.（11）若曲线积分⎰-+-L y x aydy xdx 122在区域{}1),(22<+=y x y x D 内与路径无关，则=a． 【答案】1-【详解】有题意可得Q Px x∂∂=∂∂,解得1a =-. （12）幂级数111)1(-∞=-∑-n n n nx 在(-1,1)内的和函数()S x = ．【答案】21(1)x + 【详解】112111(1)[()](1)n n n n n nxx x ∞∞--=='-=--=+∑∑.（13）⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=110211101A ，321ααα，，是3维线性无关的列向量，则()321,,αααA A A 的秩为 ．【答案】2【详解】123(,,)()2r r ααα==A A A A（14）设随即变量X 的分布函数4()0.5()0.5()2x F x x -=Φ+Φ，其中)(x Φ为标准正态分布函数，则EX = ． 【答案】2 【详解】00.54()d [0,5()()]d 222x EX xf x x x x x +∞+∞-∞-==+=⎰⎰ϕϕ. 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．请将答案写在答题纸．．．指定位置上． （15）（本题满分10分）．设函数(,)f u v 具有2阶连续偏导数，(e ,cos ),xy f x =求2200,x x dyd y dxdx==.【答案】(e ,cos )x y f x =()''12'12''''''''''111212122222''''11122sin ,0(1,1)sin (sin )sin cos 0(1,1)(1,1)(1,1)x x x x x dyf e f x dx dy x f dx d y f e f x e f e f e f x x f x dx d y x f f f dx ∴=-∴===-+---==+- （16）（本题满分10分）．求2limln(1)n k kn n→∞+.【答案】212221120012202lim ln(1)1122lim ln(1)ln(1)...ln(1)11122lim ln(1)ln(1)...ln(1)1ln(1)ln(1)21111ln(1)02211111ln 2221n k n n k k nn n n n n n n n n n n n n n n n n n x x dx x d x x x x dxx x ∞→∞=→∞→∞+⎛⎫=++++++ ⎪⎝⎭⎛⎫=++++++ ⎪⎝⎭=+=+=+-+-+=-∑⎰⎰⎰1011002111ln 2[(1)]22111111ln 2[()ln(1)]002221111ln 2(1ln 2)2224dxxx dx dx xx x x +=--++=--++=--+=⎰⎰⎰（17）（本题满分10分）．已知函数)(x y 由方程333320x y x y +-+-=确定，求)(x y 的极值. 【答案】333320x y x y +-+-=①，方程①两边对x 求导得：22''33330x y y y +-+=②，令'0y =，得233,1x x ==±.当1x =时1y =，当1x =-时0y =.方程②两边再对x 求导：'22''''66()330x y y y y y +++=，令'0y =，2''6(31)0x y y ++=，当1x =，1y =时''32y =-，当1x =-，0y =时''6y =. 所以当1x =时函数有极大值，极大值为1，当1x =-时函数有极小值，极小值为0.（18）（本题满分10分）．设函数()f x 在区间[0,1]上具有2阶导数，且(1)0f >，0()lim 0x f x x+→<.证明： （I ）方程()0f x =在区间(0,1)内至少存在一个实根;（II ）方程2()''()['()]0f x f x f x +=在区间(0,1)内至少存在两个不同实根. 【答案】 (1)()lim 0x f x x+→<，由极限的局部保号性，(0,),()0c f c δ∃∈<使得，又(1)0,f >由零点存在定理知，(c,1)ξ∃∈，使得，()0f ξ=.(2)构造()()'()F x f x f x =，(0)(0)'(0)0F f f ==，()()'()0F f f ξξξ==，()lim 0,'(0)0,x f x f x +→<∴<由拉格朗日中值定理知(1)(0)(0,1),'()010f f f ηη-∃∈=>-，'(0)'()0,f f η<所以由零点定理知1(0,)(0,1)ξη∃∈⊂，使得1'()0f ξ=，111()()'()0,F f f ξξξ∴== 所以原方程至少有两个不同实根。
2020考研数学一真题及解析【完整版】
( x, y2
y))
|
0
3.答案：A 解析：
f (x, y)在(0, 0) 处可微. f (0, 0)=0
lim f (x, y) f (0, 0) f x(0, 0) x f y(0, 0) y 0
x0 y0
x2 y2
即 lim f (x, y) f x(0, 0) x f y(0, 0) y 0
4 12 6
P(BAC) P(B AUC) P(B) P[B(AUC)] P(B) P(BA) P(BC) P(ABC) 1 0 1 0 1
4 12 6
P(CBA) P(C BUA) P(C) P[CU (BUA)] P(C) P(CB) P(CA) P(ABC) 1 1 1 0 1
1
2 f y 2
48y
当 x 0, y 0时.A 0.B 1.C 0
AC B2 0 故不是极值.
当x1y 1 时 6 12
A 1.B 1.C 4.
AC
B2
0.A
1
0故
1, 6
1 12
是极小值点
极小值
f
1 6
,
1 12
1 3 6
8
1 12
3
6 1 12
1 216
16.（本题满分 10 分）
x0 y0
x2 y2
n x, y, f (x, y) f x(0, 0)x f y(0, 0) y f (x, y)
n x, y, f (x, y)
lim
0 存在
( x, y)(0,0)
x2 y2
选 A.
4.设 R 为幂级数 anr n 的收敛半径，r 是实数，则（ ） n1
明过程或演算步骤. 15.（本题满分 10 分）
2020年考研数学一真题及答案解析
（4）【答案】（A）.
【解析】若 anrn 发散，则 r R ，否则，若 r R ，由阿贝尔定理知， anrn
n 1
n 1
绝对收敛，矛盾. 故应选（A）.
（5）若矩阵 A 经过初等列变换化成 B ，则
（）
（A）存在矩阵 P ，使得 PA B.
（B）存在矩阵 P ，使得 BP A.
（C）存在矩阵 P ，使得 PB A.
x a2 a1
y b2 b1
z c2 c1
与直线 L2
:
x a3 a2
y b3 b2
z c3 c2
相交于一
ai
点，法向量 αi
bi
,
i
1, 2,3 .则
ci
（）
（A） α1 可由 α2 , α3 线性表示.
（B） α2 可由 α1, α3 线性表示.
（C） α3 可由 α1, α2 线性表示. （6）【答案】（C）.
f x
,
f y
, 1
0,0
fx0, 0, fy 0, 0 , 1 ，故
n x, y, f x, y fx0, 0 x fy 0, 0 y f x, y x2 y2 ，
3
n x, y, f x, y
x2 y2
则 lim
lim
0. 故应选（A）.
x, y0,0
x2 y2
x, y0,0
x2 y2
（4） 设 R 为幂级数 an xn 的收敛半径， r 是实数，则 n 1
（）
（A） anrn 发散时， r R . n 1
（B） anrn 发散时， r R . n 1
（C） r R 时， anrn 发散. n 1
2020年考研数学三真题及解析
2020全国硕士研究生入学统一考试数学三试题详解一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上. （1）设()()limx af x f 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】由()lim,x a f x ab x a →-=-得(),()f a a f a b '==，则（2）函数11ln 1()(1)(2)x x e xf x e x -+=--的第二类间断点的个数为 （ ）（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 【答案】（C ）【解析】由题设，函数的可能间断点有1,0,1,2x =-，由此11121111ln 1lim ()limlim ln 1(1)(2)3(1)x x x x x e x ef x x e x e ---→-→-→-+==-+=-∞---； 111000ln 1ln(1)1lim ()lim lim (1)(2)22x x x x x e x e x f x e x x e--→→→++==-=---； 1111111111111ln 1ln 2lim ()lim lim 0;(1)(2)1ln 1ln 2lim lim ;(1)(2)1x x x x x x x x x x x e x f x e e x e e x e e x e ---++--→→→--→→+===---+==-∞---；112222ln 1ln 31lim ()limlim (1)(2)(1)2x x x x x e x e f x e x e x -→→→+===∞---- 故函数的第二类间断点（无穷间断点）有3个，故选项（C ）正确。
2020年考研数学(一)真题及解析
2020年考研数学（一）真题一、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，请将选项前的字母填在答题纸指定位置上。
1. +→0x 时，下列无穷小量中最高阶是（ ）A.()⎰-xt dt e 012B.0ln(1x dt +⎰C.⎰xdt t sin 02sin D.⎰-xdt t cos 103sin【答案】D【解析】()A 22++3200(1)(1)1lim lim33xxt t x x e dt e dt x x →→--==⎰⎰，可知0x +→，2301(1)~3x t e dt x -⎰， ()B ++500222limlim ln(155xx x xx dt→→==+⎰，可知5202ln(1~5x dt x +⎰，0x +→ ()C +++s 3in 2200020sin sin(sin )co cos 1limlim lim 333s x x x xx x t dt x x x →→→===⋅⎰，可知sin 2301sin ~3x t dt x ⎰，0x +→()D ++1co 50s 0limlim x x x →→-===⎰，可知1cos 50~x -⎰，0x +→ 通过对比，⎰-xdt t cos 103sin 的阶数最高，故选()D2. 设函数()x f 在区间()1,1-内有定义，且()0lim 0=→x f x ，则（ ）A. 当()0lim=→xx f x ，()x f 在0=x 处可导.B. 当()0lim2=→xx f x ，()x f 在0=x 处可导.C. 当()x f 在0=x 处可导时，()0lim=→xx f x .D. 当()x f 在0=x 处可导时，()0lim2=→xx f x .【答案】C 【解析】当()f x 在0x =处可导时，由()0(0)lim 0x f f x →==，且0()(0)()(0)limlim 0x x f x f f x f x x →→-'==-，也即0()lim x f x x →存在，从而()0lim0=→xx f x ，故选C 3. 设函数(),f x y 在点()0,0处可微，()00,0=f ，()0,01,,⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∂∂∂∂=y f x f n 非零向量d 与n 垂直，则（ ）A.()()()()0,,,lim220,0,=+⋅→yx y x f y x n y x 存在. B.()()()()0,,,lim220,0,=+⨯→yx y x f y x n y x 存在.C. ()()()()0,,,lim220,0,=+⋅→yx y x f y x d y x 存在. D.()()()()0,,,lim220,0,=+⨯→yx y x f y x d y x .【答案】A【解析】函数(),f x y 在点()0,0处可微，()00,0=f ，(,)(0,0)(0,0)(0,0)0x y f x y f f x f y→→''---=，00(,)(0,0)(0,0)0x y f x y f x f y→→''--=由于()(),,,n x y f x y ⋅=(0,0)(0,0)(,)x y f x f y f x y ''+-，所以()()()()0,,,lim220,0,=+⋅→yx y x f y x n y x 存在4. 设R 为幂级数1nn n a r∞=∑的收敛半径，r 是实数，则（ ）A.1nn n a r∞=∑发散时，R r ≥. B.1nn n a r∞=∑发散时，R r ≤.C.R r ≥时，1nn n a r∞=∑发散. D. R r ≤时，1nn n a r∞=∑发散.【答案】A【解析】R 为1nn n a r∞=∑的收敛半径，所以1nn n a r∞=∑在(,)R R -必收敛，所以1nn n a r∞=∑发散时，R r ≥.故选A5. 若矩阵A 经初等列变换化成B ，则（ ）A. 存在矩阵P ，使得B PA =.B.存在矩阵P ，使得A BP =.C.存在矩阵P ，使得A PB =.D. 方程组0=Ax 与0=Bx 同解. 【答案】B【解析】A 经过初等列变换化成B ，存在可逆矩阵1P 使得1AP B =,令11PP -=，得出A BP =,故选B6. 已知直线12121212:c c b b y a a x L -=-=-与直线23232322:c c b b y a a x L -=-=-相交于 一点，法向量i i i i a b c α⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，3,2,1=i . 则 A. 1a 可由32,a a 线性表示. B. 2a 可由31,a a 线性表示. C.3a 可由21,a a 线性表示. D. 321,,a a a 线性无关. 【答案】C【解析】令22211112:x a y b c L t a b c ---===，即有21212121=+a a x y b t b t z c c αα⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 由2L 方程得32323223=+a a x y b t b t z c c αα⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两条线相交，得2132++t t αααα=即2123123+(1)t t t t ααααααα-=⇔+-=，故选C 7. 设A ，B ，C 为三个随机事件，且()()()41===C P B P A P ，()0=AB P ， ()()121==BC P AC P ，则A ，B ，C 中恰有一个事件发生的概率为 A. 43. B. 32. C. 21. D. 125. 【答案】D【解析】()()()(())P ABC P ABUC P A P A BUC ==-111()()()()004126P A P AB P AC P ABC =--+=--+=()()()(())P BAC P B AUC P B P B AUC ==-111()()()()004126P B P AB P BC P ABC =--+=--+=()()()(())P CAB P C AUB P B P C AUB ==-1111()()()()04121212P C P CB P CA P ABC =--+=--+=所以1115()()()661212P ABC P ABC P ABC ++=++= 8. 设n x x x ,,,21 为来自总体X 的简单随机样本，其中()()2110====X P X P ， ()x Φ表示标准正态分布函数，则利用中心极限定理可得⎪⎭⎫⎝⎛≤∑=100155i i X P 的近似值为A. ()11Φ-.B. ()1Φ.C.()2,01Φ-.D.()2,0Φ. 【答案】B【解析】由题意12EX =，14DX =,根据中心极限定理1001~(50,25)i i X N =∑,所以⎪⎭⎫ ⎝⎛≤∑=100155i i X P=10050(1)iX P ⎛⎫- ⎪≤=Φ⎝⎭∑二、填空题：9~14小题，每小题2分，共24分.请将解答写在答题纸指定位置上. 9. ()=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--→x e x x 1ln 111lim 0 . 【答案】-1【解析】()()()()2000ln 11ln 1111lim lim lim 1ln 1(1)ln 1x x x x x x x x e x e e x e x x →→→⎡⎤⎡⎤+-++-+-==⎢⎥⎢⎥-+-+⎣⎦⎣⎦ =()2222001111ln 1122lim lim 1xx x x x x x x e x x→→----++-+==-10. 设()⎪⎩⎪⎨⎧++=+=1ln 122t t y t x ，则==122t dx y d .【答案】【解析】1dy dy dt dx dx dt t ===22231=dy dy d d d y dt dx dt dx dx dt dx t t t⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭===--得212t d y dx==11. 若函数()x f 满足()()()()00>=+'+''a x f x f a x f ，且()m f =0，()n f ='0，则()f x dx +∞=⎰.【答案】n am +【解析】特征方程210a λλ++=，则1212,1a λλλλ+=-⋅=，所以两个特征根都是负的。
2020考研数学(一)答案解析
π
1
2
π
E ( XY ) E ( X sin X )2π
x sin x
dx
02x sin xdx
π
π
2
2
π
2
π
π
02xd cos x
x cos x|0202cos xdx
π
π
2
sin x|
π
2
.
02
π
π
9
故 cov( X , Y )2π0π2.
三、解答题
（15）（本题满分10分）
f ( x) 0.
x
x
综上，
f ( x )d x
f ( x ) af ( x)
lim
f
( x ) af ( x )
f (0) af (0)
am n.
0
0
x
2f
12.f(x,y)0xyext2dt，则
．
x y
(1,1)
（12）【答案】4e.
【解析】因为
2f
2f
，又
f
ex xy2xxex3y2,
x y
y x
x , y0,0x2y2
x , y0,0
x2y2
（4） 设R为幂级数anxn的收敛半径，r是实数，则
（
）
n1
（A）anrn发散时，
r
R.
n 1
（B）anrn发散时，
r
R.
n 1
（C）
r
R时，anrn发散.
n 1
（D）
r
R时，anrn发散.
n 1
（4）【答案】（A）.
【解析】若anrn发散，则
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考研数一真题答案及详细解析
一、选择题(1)【答案】D【解析】（方法一）利用结论：若f(x)和g(x)在x=O某邻域内连续，且当x-o时，f位）～g(x)'则J勹(t)dt �r g(t)dt.(A)『(/-l)dt� 『t 2dt =气3(B)『ln(l +万）dt �rt 令dt=气5(C) f"工s int 2dt �厂r t 2dt�f c 2d t =丘。
3(D)J :-co sx /忒臣了d t -I -c os rt i d t �I :''l令d t=岊（占）寺x故应选CD).（方法二）设J(x)和<p (x)在x =O某邻域内连续，且当x-0时，f(x)和<p (x)分别是x 的m阶和n阶无穷小，则『(,-)J(t)dt 是x -0时的n(m+ 1)阶无穷小．。
CA)r C / -1) d t , m = 2 , n = 1 , 则n(m+ 1) = 3. 。
ln(l + #)dt,m =立，n= 1, 则n(m+l)=立。
2 2.CC)厂sint 2dt, m =2, n =1 , 则n(m+ 1)=3.。
1一cos,·3叫产t,m=一，n= 2, 则n(m+l)=5.。
2故应选(D).(2)【答案】C【解析】（方法一）直接法若f(x)在x=O处可导，则f(x)在x=O处连续，且f(O)=lim f(x) = 0.工-o故应选(C).f(x) -f(O) = limf(x)j'(O) = Jim;-0X—r•OXf(x)f(x) lim=lim ——•X =j'(0)• 0 = 0工-o,/了.,·-oX�（方法二）排除法取f (x)= {X3, X # 0，则l im f位）=o ,且1,X= 0J-0 x 3f(x ) x 3lim·f(x)=lim _。
J了工-o�= O ,lim 一=lim —=22 工-oXr--0 X但f(x)在x=O处不可导，因为f(x)在X = 0处不连续，则排除选项(A),CB).若取f(x)= x , 则lim f(x)= 0, 且f(x)在x =O处可导，但J-0• 5 •叫排除CD )'故应选CC).(3)【答案】A2 ,·-·OX.r-0 X.r -•O X【解析】利用函数z = .I 一位，y)在(x 。
2020考研数学一真题解析
a1
b1
c1
a2
b2
c2
所以 x0 a1k a2 a2l a3; y0 b1k b2 b2l b3; z0 c1k c2 c2l c3 ，
从而有3 k1 (1 l)2 ，选（C）。
1
（7）设 A, B,C 为三个随机事件，且 P A P B P C , P AB 0,
4
P AC P BC 1 ,则 A, B,C 中恰有一个事件发生的概率为（ ）
12
3
（A）
4
2
（B）
3
1
（C）
2
5
（D）
12
第3页
【答案】（D）
【解析】设 A, B,C 中恰有一个事件发生的概率为 p ，则
Born to win
p P( ABC) P(ABC) P( ABC) ， ABC AB, P( AB) 0 P( ABC) 0 ，
n 1
（5）若矩阵 A 经初等变换化成 B ,则（ ） （A）存在矩阵 P ，使得 PA B （B）存在矩阵 P ，使得 BP A （C）存在矩阵 P ，使得 PB A （D）方程组 Ax 0 与 Bx 0 同解
【答案】（B）
Born to win
【解析】由题意可知，对于矩阵 A 进行列变换得到矩阵 B ，则存在初等矩阵 Q1, Q2 ,, Qt ，
n 1
（C）当 r R 时， a2nr2n 发散
n 1
（D）当 r R 时， a2nr2n 收敛
n 1
【答案】（A）
【解析】因为 R 为幂级数 an xn 的收敛半径，所以
n1
第2页
R 为幂级数 a2n x2n 的收敛半径，
n 1
当 a2nr2n 发散时，由阿贝尔定理得 r R ，选（A）。
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考研管理类联考数学真题及答案解析
2020考研管理类联考数学真题及答案解析来源：文都教育1. 某产品去年涨价10%，今天涨价20%，则该产品这两年涨价（ ）A.15%B.16%C.30%D.32E.33%【答案】D.32%【解析】()()110%120%132%++-=2. 设{}||1,A x x a x R =-<∈，{}||2,B x x b x R =-<∈，则A B ⊂的充分必要条件是（ ）A.||1a b -≤B.||1a b -≥C.||1a b -<D.||1a b ->E.||1a b -=【答案】A.1a b -≤【解析】11x a -<-<⇒11a x a -<<+2222x b b x b -<-<⇒-<<+2112A B b a a b ⊂⇒-≤-<+≤+ 所以1a b -≤3.总成绩=甲成绩×30%+乙成绩×20%+丙成绩×50%，考试通过的标准是每部分≥50分，且总成绩≥60分，已知甲成绩70分，乙成绩75分，且通过这项考试，则以下两成绩的分数至少是（ ）A.48B.50C.55D.60E.62【答案】B.50【解析】7030%7520%50%6050x x ⨯+⨯+≥⎧⎨≥⎩4850x x ≥⎧⇒⎨≥⎩故丙的成绩至少是50分4.从1至10这10个整数中任何取3个数，恰有1个质数的概率是（ ） A.23 B.12 C.512 D.25 E.1120【答案】B.1/2【解析】216431012C C p C ==5.若等差数例[]n a 满足8a =，且24a a a +=，则[]n a 前n 项和的最大值为（ ）A.16B.17C.18D.19E.20【答案】E.20【解析】243128a a a a +===34a ⇒=31231a a d -⇒==-- 532440a a d ⇒=+=-=所以n 项和的最大值为53520S a ==6.已知实数x 满足2213320x x x x +--+=，则331x x +=（ ） A.12 B.15 C.18 D.24 E.27【答案】C.18 【解析】原式可化简为21130x x x x ⎛⎫⎛⎫+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 即1130x x x x ⎛⎫⎛⎫++-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 1130x x x x ⎛⎫⇒+= += ⎪⎝⎭舍掉 2323211111333618x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇒+=+-+=⨯+-=⨯= ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 7.设实数,x y 满足()()22222x y -+-≤，则22x y +的取值范围是（ ）A.[2、18]B.[2、20]C.[2、36]D.[4、18]E.[4、20]【答案】B.[2,20]【解析】如图，直接得到：22221142x y +≤+≤+，即22220x y ≤+≤8.某网店对单价为55、75、80商品促销，每满200减M,每单减M 后不低于原价8折，M 最大多少? （ ）A 40 B41 C43 D44 E48【答案】B41【解析】55元，75元，80元组合大于200的最低组合为75255205⨯+=2052050.841m m -≥⨯⇒≤9.某人在同一观众群体中调查了五部电影的看法，得到数据如下：好 0.25，0.5，0.3，0.8，0.4差 0.75，0.5，0.7，0.2，0.6A.一三B.二三C.二五D.四一E.四二【答案】C.二、五10.如图，在△ABC 中，∠ABC=30°，将线段AB 绕点B 旋转至A ’B ，使∠A ’BC=60°，则△A ’BC 有△ABC 的面积之比的（ ） A.1 B.2 C.2 D.2 E.3【答案】E.3【解析】如图 3'''sin 60'A H A B A B =⨯=⨯ 1sin 302AH AB AB =⨯=⨯ '3'2312A BC ABC AB S S AB ∆∆⨯==⨯ 11．已知数列{an}满足121,2a a ==,且21(,1,2,3,)n n n a a a n ++=-，则100a =（ ）A.1B.-1C.2D.-2E.0【答案】B.-1【解析】123456781,2,1,1,2,1,1,2,a a a a a a a a ====-=-=-==即周期为6， 1006164=⨯+，所以10041a a ==-12．如图，圆O 的内接三角形△ABC 是等腰三角形,底边BC=6，顶角为45°，则圆O 的面积为( ）A.12πB.16πC.18πD.32πE.36π【答案】C.18π 【解析】三角形外接圆半径2sin sin sin a b c R A B C===，所以半径2sin BC R A ===∠R =218S R ππ==13．甲乙两人在相距1800m 的AB 两地，相向运动，甲的速度100m/分钟，乙的速度80m/分钟，甲乙两人到达对面后立即按原速度返回，则两人第三次相遇时，甲距其出发点（ ）A.600B.900C.1000D.1400E.1600【答案】D.1400【解析】第三次相遇共走了5个全程 时间180055010080t ⨯==+ 甲走过的路程501005000S =⨯=5000180021400-⨯=14．节点A.B.C.D 两两相连，从个节点沿线皮到另一个节点当体涉，若机器人从节点A 出发，随机走了3步，则机器人未到达节点C 的概率为( ). A.49 B.1121 C.1027 D.1927 E.827【答案】E.827【解析】总的方法数为33，不经过C 点的方法数为32，所以3328327P == 15．某科室有4台男职员，2名职员，若将这6名职员分为3组，每组2人，且女职员不同？A ．4B ．6C ．9D ．12E ．15【答案】D ．12【解析】方法数为114312C C =16.在△ABC 中,∠B=60°.则2c a >. （1）∠C 〈90°（2）∠C 〉90°【答案】B【解析】若90C ∠=，则2c a = 若要2c a>，需要90C ∠>17.2222x y x y +=+上的点到0ax by ++=的距离最小值大于1.（1）221a b +=（2）0,0a b >>【答案】C【解析】圆的方程为22(1)(1)2x y -+-=，到直线的距离为d =根据条件（1），则d a b =+，举例，当1,0a b =-=时不成立，故单独不成立，联合条件（2），如下图，虚线位置为最小值，即此时11d =>18.若a 、b 、c 是实数，则能确定abc 的最大值.（1）己知a 、b 、c 的平均值（2）已知a 、b 、c 的最小值.【答案】C 【解析】很明显单独不成立，考虑联合，a b c ++的值已知，假设最小值为c ，即已知a b +的值，同时,a b c ≥，能得出结论19.某高有20部手机，从中任选2部，则恰有1部甲的概率为p ＞1/2（1）甲手机不少于8部（2）乙手机大于7部.【答案】C【解析】设甲手机为x 部，则其他手机为20x -，由概率公式得11220220(20)2012019190221x x C C x x x x P C ---+===>⨯⨯，即2209501010x x x -+<⇒-<<+，x 取整数，即813x ≤<，与条件（1）和（2）的联合相同，故联合充分20.共有n 辆车，则能确定人数.（1）若每辆20座，1车来满.（2）若每辆12座，则少10个座.【答案】E【解析】两个条件均为提到几辆车，所以均不充分，联合亦不充分21.则能确定长方体的体积对角线（1）己知长方体，一个顶点的三个面的面积.（2）己知长方体，一个顶点的三个面的面对角线.【答案】D【解析】体对角线公式为L =条件（1）中，已知,,ab bc ca 的值，即可求出,,a b c 的值，因此可求出L ，充分；条件（2）中，亦可求出,,a b c 的值，因此可求出L ，充分22．已知甲、乙、丙三人共捐款3500元，能确定每人的捐款余额.（1）三人的捐款金额各不相同.（2）三人的捐款金额都是500的倍数.【答案】E【解析】如果知道各自的捐款比例，即可得出结论，条件（1）和（2）中，只是说不相同或者是500的倍数，没有捐款比例，故均不充分，不需要联合，故选E23.设函数()(1)(4)f x ax x =--，则在4x =左侧附近有()0.f x <（1）1.4a > （2） 4.a <【答案】A【解析】抛物线与x 轴有4x =位置的交点条件（1）中，开口朝上的抛物线，通过画图可得出结论成立，充分；条件（2）中，开口可能朝上，也可能朝下，也可能是斜率为负数的一次函数，通过画图不充分24．设,a b 是正实数，则11a b +存在最小值. （1）已知,a b 的值.（2）已知,a b 是方程2()20x a b x -++=的不同实根.【答案】D【解析】根据均值不等式，由结论中11a ba b ab ++=≥= 条件（1）中，已知ab 的值，即可知道结论的最小值，充分；条件（2）中，根据韦达定理，知道2ab =，亦可以得出结论中的最小值，充分，故选D 。
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
2020考研数学一真题及答案解析
I xf xy 2x ydydz yf (xy) 2y xdzdx zf xy z dxdy
.
【详解】将曲面 Z x2 y2 向 xoy 面投影得 Dxy
Dxy 为1
x2
y2
4
，又
Z
' x
x x2
y2
,
Z
' y
y x2 y2
I
{[ xf
(
xy)
又 G(0) G(1) 0 ,从而 G(x) 0 ,即 f (x) Mx , 0 x 1 .
因此 f(1) M ,从而 M 0 .
综上所述,最终 M 0
（20）（本题满分 11 分）
设二次型
f
x1, x2
x12
4 x1x2
4 x22
经正交变化
x1 x2
Q
y1 y2
化为二次型
,
AC A
1
B2 =3>0 0
x y
1 6 1 12
，为极小值点
f (1 , 1 ) 1 极小值为 6 12 216
（16）（本题满分 10 分）
I
计算
L
4x 4x2
y y
2
dx
x y 4x2 y2
dy
,其中
L为
x2
y2
2
,方向为逆时针方向.
【详解】补曲线 L1 : 4x2 y2 2 ，逆时针方向
（C）3 可由1 ，2 线性表示
（D）1,2 ,3 线性无关
【答案】（C）．
（7）
PA
PB
PC
1 4
,
P AB
0,
P AC
2020年考研数学一真题详细答案解析
一、选择题(1)【答案】D【解析】（方法一）利用结论：若f(x)和g(x)在x=O某邻域内连续，且当x-o时，f位）～g(x)'则J勹(t)dt �r g(t)dt.(A)『(/-l)dt� 『t 2dt =气3(B)『ln(l +万）dt �rt 令dt=气5(C) f"工s int 2dt �厂r t 2dt�f c 2d t =丘。
3(D)J :-co sx /忒臣了d t -I -c os rt i d t �I :''l令d t=岊（占）寺x故应选CD).（方法二）设J(x)和<p (x)在x =O某邻域内连续，且当x-0时，f(x)和<p (x)分别是x 的m阶和n阶无穷小，则『(,-)J(t)dt 是x -0时的n(m+ 1)阶无穷小．。
CA)r C / -1) d t , m = 2 , n = 1 , 则n(m+ 1) = 3. 。
ln(l + #)dt,m =立，n= 1, 则n(m+l)=立。
2 2.CC)厂sint 2dt, m =2, n =1 , 则n(m+ 1)=3.。
1一cos,·3叫产t,m=一，n= 2, 则n(m+l)=5.。
2故应选(D).(2)【答案】C【解析】（方法一）直接法若f(x)在x=O处可导，则f(x)在x=O处连续，且f(O)=lim f(x) = 0.工-o故应选(C).f(x) -f(O) = limf(x)j'(O) = Jim;-0Xr•OXf(x)f(x) lim=lim ——•X =j'(0)• 0 = 0工-o,/了.,·-oX�（方法二）排除法取f (x)= {X, X # 0，则l im f位）=o ,且1,X= 0J-0 x 3f(x ) x 3lim·f(x)=lim _。
J了工-o�= O ,lim 一=lim —=22 工-oXr--0 X但f(x)在x=O处不可导，因为f(x)在X = 0处不连续，则排除选项(A),CB).若取f(x)= x , 则lim f(x)= 0, 且f(x)在x =O处可导，但J-0• 5 •叫排除CD )'故应选CC).(3)【答案】A2 ,·-·OX.r-0 X.r -•O X【解析】利用函数z = .I 一位，y)在(x 。
2020考研数学三真题及解析
2020全国硕士研究生入学统一考试数学三试题详解一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上. （1）设()()limx af x f 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】由()lim,x a f x ab x a →-=-得(),()f a a f a b '==，则（2）函数11ln 1()(1)(2)x x e xf x e x -+=--的第二类间断点的个数为 （）（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 【答案】（C ）【解析】由题设，函数的可能间断点有1,0,1,2x =-，由此11121111ln 1lim ()limlim ln 1(1)(2)3(1)x x x x x e x ef x x e x e ---→-→-→-+==-+=-∞---； 111000ln 1ln(1)1lim ()lim lim (1)(2)22x x x x x e x e x f x e x x e--→→→++==-=---； 1111111111111ln 1ln 2lim ()lim lim 0;(1)(2)1ln 1ln 2lim lim ;(1)(2)1x x x x x x x x x x x e x f x e e x e e x e e x e ---++--→→→--→→+===---+==-∞---；112222ln 1ln 31lim ()limlim (1)(2)(1)2x x x x x e x e f x e x e x -→→→+===∞---- 故函数的第二类间断点（无穷间断点）有3个，故选项（C ）正确。
2020考研数学(一)答案解析
2020 年全国硕士研究生入学统一考试 数学（一）试题与参考答案选择题1）【答案】（ D ） .x t 2解析】因为 lim 0xe t 21 dtx3故 x 0 时， 0xe t 21 dt 是 x 的 3 阶无穷小；1）当 x 0 时，下列无穷小量最高阶是A）x e t 21 dt .B ) 0x ln 1 t 3dt .C）sinxsint 2dt.dt .D ) 01 cos因为 lim x 0 +xln 15x 2dt lim ln 1 x 0 +5 3x 025x 32limx 30 + 5 3x 22故 x 0 时，因为 limsinxsin t 2 dt lim sin sin x 2cos x limsin 2xlim故 x 0 时，x 3x 0 +0sin x sin t 2 dt 是 x 的 3 阶无穷小；x 0 +3x 23x2 3,lime x 1limx 0 +3x 2x 2 x 0+ 3x 2对于选项（ C ）：当 f0, x 0,x 在 x 0 处可导时， x在 x 0 处连续，故因为 lim 01 cos x+ 0 t d t x 01 cos xsin t 2dt lim+x 0 2in 1 cos x sin x lim + x 0 1 cos x sin x sin 1 cos x 22cos x1,1 cos x 1 1 1 又 01 cos x t dt t2 1 cos x 2 x 4 ， 2 0 2 8 故 x 0 时， 01 cos x sin t 2 dt 是 x 的 4 阶无穷小； 综上， x 0 时，无穷小量中最高阶的是 01 cos x sin t 2 dt . 故应选（ D ）. x 0（2 ）设函数 f x 在区间 1,1 内有定义，且 lim f x 0, 则 （ ） （A ） （B ） lim （C ）f x 在 x 0 处可导 . f x 0 时， f x 在 x 0 处可导 . x 0 x2f x 在 x 0 处可导时， limx 0f xD ）当 f x 在 x 0 处可导时， lim f x0 .x 0x 22）【答案】（ C ）.【解析】对于选项（ A ）：取 f x x ，满足已知，但 f x 在 x 0 处不可导，排除（ A ）x, x 0,对于选项（ B ）： f x满足已知，但 f x 在 x 0 处不可导，排除（ B ）f 0 lim f x 0, 且 f 0 存在，不妨设 f 0 limf x f 0lim f xA,x 0x 0x x 0 xx , y 0,01 f x 0, 0 , f y 0, 0 , 1 ，故0,0则 lim n x , y , f x , y lim x 2y 20. 故应选（ A ） .22x , y , f x , y f x 0, 0 x f y 0, 0 y则lim f xx 0 xf x x0 . 同理可排除（ D ）. x故应选（ C ）.3）设函数 f x 在点 0, 0 处可微， f 0, 0 0, nxy0,0，非零向量 d 与n 垂直，则limx , y0,0B ） limx , y 0,0n x , y , f x , yx 2 y 2C ） lim0 存在 .0 存在 .0 存在 .D ）limx , y0,0d x , y , f x , yx 2 y 20 存在 .3）【答案】（ A ） .解析】因 f x 在点 0, 0 处可微，且 f 0, 0 0 ，故f x , y f 0, 0 f x0, 0 x f y 0, 0y 2因为 n , xyx , y0,0x 2 y 2x , y0,0 x y（4）设R 为幂级数 a n x n的收敛半径，r 是实数，则（）n 1（A） a n r n发散时，r R .n 1（B ） a n r n发散时，r R .n 1（C）r R 时， a n r n发散.n 1（D）r R 时， a n r n发散.n 1【解析】若a n r n发散，则r R ，否则，若r R ，由阿贝尔定理知， a n r n n 1 n 1绝对收敛，矛盾. 故应选（A ）.（5）若矩阵A 经过初等列变换化成B ，则（）（A ）存在矩阵P ，使得 PA B.（B）存在矩阵P ，使得 BP A.（C ）存在矩阵P ，使得 PB A.（D ）方程组 Ax 0 与 Bx 0 同解.【解析】A 经过初等列变换化成B ，相当于A 右乘可逆矩阵P 变成B ，即存在可逆矩阵Q ，使得AQ B ，得BQ 1 A .取P Q 1，则存在矩阵P ，使得 BP A.故应选（B ）6）已知直线 L :x a 2 y b 2 z c 2 与直线 L :x a 312a 1b 1c 1a 2（）（B ）α2 可由α1 , α3 线性表示 .D ）α1 ,α2 , α3线性无关 .a 1a 2【解析】已知 量L , L 相交于一 12点，故向，即α ,1b 与 2b αcc 12线性无关12a 1 a 2 a 3a 2且有 b , b12, bb ，即α32, ,α αα 12 3线1 性相关 .1cccc1232故α1 ,α2 , α3 线性相关，则α3 可由 α1 , α2 线性表示，且表示法唯一 .故应选（ C ）7）设 A, B , C 为三个随机事件，且1P A P B P C4 , P AB 0, P ACP BC 121,则 A, B , C 恰有一 个事件发生的概率为（）（A ） 3.2（B ）2.1（C ） 1.（D ） 5.43 2127）【答案】（ D ）【解析】事件 A, B , C 中前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 ABC ABC ） P （ A B C ） P （ AB AC BC ）,y b 3 z c 3 相交于 b 2c 2a i点，法向量α b , i 1, 2, 3. 则iici（A ）α1 可由α2 , α3 线性表示 . （C ）α3 可由α1 , α2 线性表示 .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 ( AB AC BC ) P ( AB ) P ( AC ) P ( BC ) P ( ABC )P ( ABC )P ( ABC ) P ( ABC)0 12111 12 0 6 ,7 1 5故 P ( ABC ABC ABC) 12 6 12. 故应选（ D ）.P ( A B C) 34 0 121 121 0 1278）设 X 1 , X 2 , , X 100 为来自总体 X 的简单随机样本，其中 P X 0 P X 1x 表示标准正态分布，则利用中心极限定理可得 P X i（A ）11 .（B ） 1 .100 i 155 的近似值为（C ) 1 0.2 . (D )1,2)0.28）【答案】（ B ）100 【解析】由中心极限定理知，1001 12D （ X ） 100 25，故i 1i2 2X i 近似服从 N ( i 1 1002) ，其中 E ( X i ) 50 ，i 1100PX i i 1 55100X i 5055 50 5(1) .故应选（ B ）.二、填空题119. lim xex 01 ln(1 x) 9)【答案】 1.解析】0 f (x )dx解析】由已知，得lim 1 1 lim ln(1 x) e x1x 0 e x 1limxln(1 x) x 0 e 1 ln(1 x) 12x x 1 x 2limx 0x 21x2x 2lim x 02x 2 x 2 1. x 2t 21,10. 已知y ln(t t2d2y则2dx10）【答案】 2 .解析】因为dydx dy dt dx11 2t 2t2 t 21d 2 y dx 2dt d dy 2 t 2 d dy dt dxdx d1dt tdx dtdt dx dx 1 2tt 2 13t故dd x 22yt1 t2 1 t32. 11. 设 y f ( x) 满足 f ( x )af (x )f (x ) 0 (a0), f (0) m, f (0)n ，则f (x )dxf ( x ) af (x ) dx 0 f (x ) af (x)当0 a 2 时， 1,2a 4 a 2 i，故ax4 a 2 x C sin 4a 22 C 1 cos 2 x C 2 sin 2 x , a a x 4 a 2 4 a 2 2e 2 C 1 cos2x C 2 sin2 x从而 lim f ( x ) xlim xf ( x) 0.当a2 时，1,21 ， 故f x C 1 C 2 x e xf x C 1 C 2 x e x C 2e x从而 x lim f ( x )limxf ( x)0.当 a 2 时， a a 24 ，故1,2a a 24 a a 24 f x C 1e 2x C 2e2 xf x a a 2 4C 1ea a224 x a a 2 4C2e a a 224 x ,22从而 lim f ( x ) x lim f ( x) 0. x综上，f ( x )d xf ( x ) af ( x) limf( x ) af ( x ) f (0) af (0) am nxxt2 2f12. f(x, y) 0xye xt2dt ，则．x y (1,1)12）【答案】 4e .解析】因为 f f ，又 fe x xy 2x xex 3 y 2,x yy x y从而axe 2f x efxE ( X ) 0,πE ( XY ) E ( X sin X ) 2 π x sin x πdx2π2 π2xd cos x x cos x |02πππ2 π2x y(1,1)df d xye x 3d xe x 3dx x 1 3x 2 x 14e.a0 1113. 行列式 0a 1 11 1 a 011 0a（13）【答案】a2a24 .a a 0 0a 0 0 00 a 1 10 a 1 1 1 1 a 01 2a 0 0 0 a a0 0 a aa 11a 2 a 0 a a 34a a 2 a 2 0 a a14）设 X 服从区间ππ, 上的均匀分布， Y22sin X ，则 cov X , Y解析】由题意 X 的概率密度为 f （ x ）1,πxππ220, 其他.又 cov(X ,Y ) E( XY ) E( X )E(Y ),Y sin X ,ππ02 x sin xdxπ20 cos xdx解析】a 01 10 a 1 11 1 a 0 1 1 0 a4 .而sin x| 02.故 cov( X , Y ) 2π 0 π2.三、解答题15 ）（本题满分 10 分）求f ( x , y ) x 3 8 y 3 xy 的极值 .（15）【解析】 x因为 f 3 x 2y , f 24 y 2 x, y1,2x联立方程组 fx3 x2y 0, 解得x 0,6f y24 y x0, y 0,1y1211故驻点为 0, 0 ,,612在点 0, 0 处：A f xx 0, 0 0,B f xy 0, 01,C f yy 0, 0 0,AC B 21 0 ，故 0, 0 不是极值点 . 11在点 , 处：6 12A f 1, 1xx1 0, Bf1xy11, C fyy1, 14, 6 126 1 26 12211AC B 4 1 0 ，故, 是极小值点， 极小值为 6 121 f6 113 1311112 6126 12 216（16 ）（本题满分 10 分）4x y x y2 2计算 I L 4 x 2 y 2 dx 4x 2 y 2dy ，其中 L 为 x y2 ， 方向为逆时针方向 （16）【解析】补曲线 L : 4 x 2 y 22 , 其中 0 为一个很小的数，使得 4x 2 y2 21 在曲线 L 的内部，方向顺时针，则4x y22L L 1 4 x2y 2d x 4 x 2L 1 4 x2y 2 d x 4x 2 y 2 dy记P4 x 2 y 2, Q4x 2 y 2，因为P 4 x 2 3 8 xy y 2 Q4 x 2 8xy y 21 dxdyπ22从而 I2lim n 2n n 117) 本题满分 10 分）设数列 a n 满足 a 1 1, ( n 1) a n 1 ( n12)a n .证明：当 x 1 时，幂级数 a n x n收敛， 并求其和函数17）【证明】由1) a ( nn 11)a ，2nan 1n 2 ，从而n 1limnan 1an故当 x 1 时，幂级数a n x n收敛.当 x 1 时，设 S x a n x n ，且 n 1 a 11, 则 24 x 2 y 2 ,x4x 2由格林公式知，L L 14x y4 x 2 y 2 d x 4x 2 y 2 d y 0.4 x y x y L14x 2 y 2dx d yL 1x y dx x y dyπ.S xna n xn IV1na n x n 1n 1n 21n 1a x n 1 (n )a x n n 1 n 1n 1 2 n1nan xn n 1a n x nn 1 n 2 n 1n11 x n 1 na n x n 12Sx1xS x 12S x ,12S x , 整理得11S x 2 1 x S x 1 x ，xy 2 y x d z d x zf xy z dx d y.18）【解析】因 为曲面 z x 2 y 2 1 x 2 y 24 的下侧，故由转换投影法知， xy 2 y x d z d x zf xy z dxdyxf xy 2 x y d ydz yfxf xy 2 x y d yd z yf xf xy 2 x yzyf xy2 y x z zf xyzdxdyxfD2y 22222f xyxxy 2 x y2π 4 .yyxy 2 y x2xy进而有 1 x S x 1解之得 S x C 2.1x由题意知， S 0 0 ，故 C 2 ，从而有 S x （18 ）（本题满分 10 分）为曲面 z x 2 y 2 1 x 2 y 2 4 的下侧，2 1x2. f x 为连续函数，计算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 2 0, M max x0,2 f x证明：（Ⅰ）存在0, 2 ，使得 fⅡ ）若对任意x 0, 2 ， f x M ，则 M 0 .19 ）【证明】（Ⅰ）因 f x0, 2 上连续，故存在最大值 M max x0,2x.，则对0,2 ，都有 f0 ，命题成立，因f0 f 2 0, 故存在x0 0, 2 ，使得 f x 0M.当x00,1 ，由拉格朗日中值定理知，存在1 0, x 00,1 ，使得1 x0 ,则有f 1当x0则有f 2当x0综上，存在Ⅱ）假设当x0当x0MM .x0 x01, 2 ，由拉格朗日中值定理知，存在1，2 x0 , 2 1, 2 ，使得f x0M .2x0 2x0由拉格朗日中值定理知，存在f30,1 ，使得0, 2 ，使得 f0 ，因对任意x 0, 2 ，有 f0,1 或x01, 2 时，存在0, 2 ，M ，由（Ⅰ ）知，使得 f M ，矛盾，从而有1 时，有 f 1M ，则f 1M ，不妨设f 1 M .构造函数g x f x Mx, x 0,1 .11因为 g x g x 0, x 0,1 ，即 f x x M 0, 故 g x 单调不增 . 又 g 0 0, g 1 0 ，从而Mx , x 0,1 . 构造函数 h x f x Mx 2 M , x 1, 2 . 因为 h x ，故 h x 单调不减 . 0, h 2 0 ，从而 h x 0, x 1, 2 ，即 f x Mx 2M .综上，当 x 0 时， f Mx, 0 x 1, 因为 Mx 2 M , 1 x 2.故与 f x 在 x 若 f 1M ， 综上，若对任意 lim f x x 1 lim Mx MM 0, x 1 x 1 f x f 1 limx 1 x 1处可导矛盾，从而当limMx 2M M x 1x 1 x 0 1 时，有 M 0 . 则可构造 g x f x Mx, h x f x Mx M 0,同理可证 .x 0, 2 ， M ，则 M 0 . 20 ）（本题满分 11 分） 设二次型 f x 1 , x 222 x 12 4 x 1 x 24x 22 经正交变换 x1x2Qy 1化为二次型y22 g y 1 , y 2 ay 1 4 y 12 by 2 , 其中 aⅠ）求 a , b 的值； Ⅱ）求正交矩阵 Q .20）【解析】 Ⅰ ）设二次型 f 的矩阵为 A ，则 A 又 f 经正交变换 X QY 化成 g y 12, y 2ay 122 by 22, 即X QYf X T AX =YTQ T AQY Y2b2 ，由于 Q 为正交矩阵，故 A 与 B 相似且合同，bβ2 , 1β，则 P 2 为正交矩阵，且有 P 2 1BP 2因此 Q T AQ =t 故r A tr A B ,1即4 a b, ab 4 0,解得 a 4, b 1 或 a 1, b 4.又a b ，故 a 4, b 1.Ⅱ）由（ Ⅰ）知， B =2 ，且2又与B 相似.12 4可知， A 与 B 特征值均为 15.0, 2的特征向量对于 1 0 ，解 A 0E x0 ，得 的属于特征值的特征向量对于 2 5 ，解 A 5E x0 ，得 A 的属于特征值α1 , α2 已经正交化，故直接单位化，得 β1α1α12, β2α2故可取 P 1β1 , 2β ，则 P 1 为正交矩阵，且有 P 11AP 1 5的特征向量对于B 0E x 0 ，得 B 的属于特征值的特征向量对于B 5E x 0 ，得 B 的属于特征值故可取 P 2 则有 P 1 APP 1BP ，因此P P 1 AP P 1 B .2 2 2 1 1 20 112 11 24取Q = P P 1P P T 5 5551 2 1 21 2 255QT = P1 P2 T TP 2 P 1T ,Q 1 = P1 P2 T 1 P2 T 1 P1 1P 2 P 1T.综上，有 Q 为正交矩阵，且满足 Q TAQ B . （21 ）（本题满分 11 分）设 A 为 2阶矩阵， P = α , A ，α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 2α + A α 6α0 ，求 P 1AP 并判断 A 是否相似于对角阵 .（21）【解析】（Ⅰ）若α与 A α线性相关，则α与 A α成比例，即有 A αk α . 由于α是 非零向量，故根据特征值、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 A α无关，从而P 可逆. （Ⅱ）由A 2α+ A α 6α知，A 2αA α6α, 则AP = A α , A α A α2α, A A α , A α 6 α0 606α , A αP11116记B，则有 AP = PB, 得 P 1 AP B ，故 A 与 B 相似.11因为B E62632 ,1 135, 则455135511可知， B 的特征值为13,22.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） 设随机变量 X 1 , X 2 , X 3 相互独立，其中 X 1 和 X 2 服从标准正态分布， X 3 的概率分 布为 P{ X 3 0} P{ X 3 1} 12 ，Y X 3 X 1 (1 X 3 ) X 2 . Ⅰ）求二维随机变量 （X 1 ,Y ）的分布函数，结果用标准正态分布函数 x 表示；Ⅱ ）证明随机变量 Y 服从标准正态分布 . 22）【解析】 Ⅰ）由F ( x , y) P{ X 1 x, Y y} P{ X 1 x,[ X 3 X 1 (1 X 3 ) X 2 ] y}x,[ X 3 X 1 (1 X 3 ) X 2 ] y, X 3 0} P{ X 1 x,[ X 3 X 1 x, X 2 y, X 3 0} P{ X 1 x, X 1 y, X 3 1}12P{ X 1P{ X 1又X2 , X3 相互独立，故F(x,y)x, X 112 ( x )(y)(1 X 3 ) X 2 ]P{ X 1 x , y, X 3 1}X 1 y} .当x时， F(x,y) 12(x) (y)12 (y)12 y ) ( x) 1当x时， F(x,y) 12(x) (y) 12(x) 12x ) ( y) 1 .综上，1( y )2F ( x , y)12( x )Ⅱ）由（ Ⅰ）有，F Y ( y ) lim F x ( x , y)lim 1( x ) x2故 Y 服从标准正态分布．y,y.1( y )1( y ) 1( y )( y),23 ）（本题满分 11 分）1 e,t 0, 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 .（Ⅰ）P{T t } 1 P{T t } 1 F (t ) 1 1 [1 e ] e( t )m其他.meⅡ ）由题意得，T 的概率密度为 f （t ） F （t ）0,t 0, 其他.n似然函数 L ( )f (t i ; )i 1nm 1 t ii 1 mn(t i )me i 1, ti0,1 e ( )mP{T s t | T s}P{T s t , T s} P{T s}P{T s t } P{T s}1 F (t s) 1 F ( s )( t s )m1 [1 e ]mm ms ( t s)ms )m0,50x ln 1 t 3 dt 是 x 的2 阶无穷小；i )当 t 0 时， L ( ) m ne i1 mnln L ( ) n ln m lni mnmn ln(t i )m，i 1d ln L ( ) 令d 1 nmn m t i m 1 t i )2 mnnt i mi 1m 10 ，解之得 的最大似然估计值为 mn iti m .。
2020考研数学三真题及答案解析
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 af x a f x a f 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 au a u f a f x a u a=→→−−==−− 则x sin ()sin sin ()sin ()sin ()sin ()limlim lim lim()()=cos x aa x a x a f x af 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 x e 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考研数学一真题及答案解析
f
（12）设函数
x, y
xy ext2 dt
0
,则
2 f xy
1,1
．
【答案】 4e
a 0 1 1
0 a 1 1 1 1 a 0
（13）行列式 1 1 0 a
．
【答案】 a4 4a2 ．
（14）已知随机变量
X
服从区间
2
,
2
上的均匀分布, Y
sin
X
,则 Cov X ,Y
．
2 【答案】 ．
y2 8xy 4x2 (4x2 y2)2
,
P (4x2 y 2 ) 2y(4x y) y 2 8xy 4x2 ，
y
(4x2 y 2)2
(4x2 y 2)2
I
=
L1
4x 4x2
y y2
dx
x y 4x2 y2
dy
=
1 2
(4x
y)dx
(x
y)dy
L1
1 2
1
1
(1) dxdy
（B） n1
收敛，则
r
R
（D） r R ，则 n1 a2n x2n 收敛
（5）若矩阵 A 由初等列变换为矩阵 B ，则（）
（A）存在矩阵 P ，使 PA B ；
（B）存在矩阵 P ，使 BP A ；
（C）存在矩阵 P ，使 PB A ；
（D）方程组 AX 0 与 BX =0 同解；
【答案】（B）．
2020 年全国硕士研究生入学统一考试
数学（一）试题
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填在答．题．纸．指定位置上．
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数学考研刚刚过去，整体来看，试卷质量很高，考查角度和命制思路非常适合这类选拔性考试，下面给参加2020考研的考生一些建议。
1.重视基础，题型常规
试卷延续了近年来重视基础的特点，试题基本上是考纲中要求考生理解和掌握的知识点，超过70%的试题是考查基本概念、基本理论和基本方法的。
比如数一、数三的第1题(同数二第2题)，就是导数概念，左右导数都存在且相等是可导的充要条件，是考研中反复出现的知识点;再比如数一、数二的第15题，是基础的不定积分计算题，考查换元积分法与分部积分法;即使需要一些技巧的题目，比如选择题中比较定积分大小的题目，需要与积分函数奇偶性以及定积分比较定理结合，但也是考研试卷中的老面孔了，与其说是技巧，倒不如说是一种固定模式的方法了。
所以，大家在进行复习的时候一定要重视基础，一个一个过考纲中所有要求的知识点，不要追求偏难怪题，打牢基础才是正道，会做常规题型，能拿稳基础分，考研数学已经胜利一多半了。
2.覆盖度广，考查全面
考研数学具有考查内容比例均衡、覆盖度广、考查全面的特点，今年的试卷很好的体现了这个特点，数三考了差分方程，经济学应用，数一考了旋度计算，假设检验，都是低频考点。
大家复习概率时一定注意构建知识体系，概率中有三条主线：一维与二维、离散与连续、普遍与具体。
学习随机变量，要对照着记忆一维离散型、一维连续型、二维离散型、二维连续型的概念、性质与相关计算方法，既要学习普遍规律，比如分布函数、概率密度、概率分布等，也要学习具体的十大常见分布，记准他们的分布、性质与期望、方差。
数学的复习，坚持全面、夯实基础永远是王道。
3.依托基础，有微创新
考研数学试题所考核的都是基础知识，但难度适中，整张卷难度系数会维持在0.5略低，并不会给学生"如此简单、毫无压力"之感，依托于基础，仍有微创新，需要考生真正吃透概念、原理，才能顺畅做出。
比如今年数一第18题，考查内容是函数周期性，不过从微分方程入手，显得耳目一新;线性代数矩阵相似的一题，解决问题需要的知识仍然很基础，但比较灵活。
因此，考生复习中，不要拘泥于"背题型"，考研试题的命题套路并不多，"骨架子"总是那几幅，但总有一点微弱的变化，数学能力不是背出来的，要真正理解概念、原理与方法并多加练习，提高自己的解题能力，数学能力上提高了，才能以不变应万变。
针对以上三条特点，对下一届考生的复习，再次强调这几点建议：
1重视基础，打牢基础，远离偏难怪题，提高基础题目的准确率;
2复习全面，不可遗漏，低频考点也要关注，注重梳理知识体系;
3吃透知识，提高数学素养与解题能力，切忌死记硬背生搬硬套。
总有一天你会渐渐明白，对自己笑的人不一定是真爱，对方表面的伪善是为博取信赖，暗里他可能会伺机将你伤害。
总有一天你会渐渐明白，不是所有人都对你心门敞开，即使你用善良和真心对待，有的人依然会悄悄将你出卖。
总有一天你会渐渐明白，哪怕你拿到了幸福的号码牌，命运之神也不一定对你温柔相待，你的余生仍有可能会被忧伤覆盖。
总有一天你会渐渐明白，人世间每个人都会有孽缘和无奈，有的人不值得你为他付出和慷慨，命中注定的灾祸你想躲也躲不开。
总有一天你会渐渐明白，不管你在人群中出不出彩，不管你对生活认真抑或懈怠，该来的一切总是会因你而来。
总有一天你会渐渐明白，人生总有预料不到的惊喜和意外，纵然你处在绝望的谷底和天台，转身就有可能看到晴天驱走阴霾。
总有一天你会渐渐明白，无论人生之路宽畅还是狭窄，如果你能用勇敢和坦然对待，一切困难都不是前进的阻碍。
天下总有地方是专属于你的舞台，你的江湖你才是真正的主宰，对于前尘和过往少问应不应该，无论何处你都要展现自己的风采。
别去管自己是不是栋梁人才，世上每个人都是特别的存在，无论你踏步于尘世内外，尽力和无悔才是对命运最好的交差。
这段时间，被电视剧《知否》刷屏了。
明兰和顾二叔幸福甜蜜的婚姻，让不少网友唏嘘羡慕，有人说，“这部剧简直就是现代婚姻的教科书。
”
剧中庶女出身，却高嫁侯府，被顾二叔万千宠爱的明兰，把一段很多人都不看好的婚姻，过成了最幸福的样子。
细细思量，与她身上鲜明而独特的三种品质是分不开的。
自信独立，不卑不亢
明兰嫁入侯府后，面对侯府小秦氏等人的挑衅，毫不胆怯。
从巧妙应对顾家长辈的发难，到立院别住、人前立威，明兰都能靠着她的聪慧和果敢，不卑不亢地处理。
屡屡想出面维护明兰的顾廷烨，也被明兰的表现所惊喜到，连小秦氏也只能兀自生气感叹，“我真是小看了这个庶女，能演会装，识字记账都不在话下……”
在大多数女人都靠婚姻才能实现自我价值的宋代，明兰一直就看得通透，这实在难能可贵。
出阁前，她就对祖母说，“若为了在男人面前争一口饭吃，反倒把自己变成面目可憎的疯婆子，这一生多不划算”.结婚后，婢女问她，“若是侯爷心不在了该如何”?她坦然回答，“那我们便只有守住自己。
”
对她而言，爱情，有，则锦上添花，没有，也没有关系。
只要守住自己，亦能守住自己生命中的一方晴空。
这样的女人，不管经历什么，也既能与男人比肩同行，又能独自傲然绽放。
去年很火的《我的前半生》里的罗子君，尽管以前的她穿金戴银，背名牌包，喷贵香水，过着养尊处优的生活，看似很有品位，实际上却恰恰相反。
她所拥有的东西都是因为“陈太太”这个身份得来的，所以一旦失去了这个身份后，她变得一无所有。
后来她终于明白了这样的人生只是美丽的泡沫，浮华的表面，糟糠的内里。
当她努力抛弃这种依附于人的生活后，成为独立的女性后，她的品位也渐渐浮现出来了，连职场精英贺涵都被吸引住了。
正如亦舒在书里也写到的那样，“没有任何人会成为，你以为的今生今世的避风港”.
幸福的婚姻，从来都不是谁攀缘了谁，不是谁滋养了谁，而是两个独立的个体，彼此独立，相互成就。