《2020山东考研数学三真题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020山东考研数学三真题及答案.pdf（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2 0 2 0 山 东 考 研 数 学 三 真 题 及 答 案一、选 择 题：1 8 小 题,每 小 题 4 分,共 3 2 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 l i mf(x)a b，则 l i ms i n f(x)s i n a()x ax ax ax a(A).b s i n a(B).b c o s a(C).b s i n f(a)(D).b c o s f(a)【答 案】B【解 析】l i ms i n f(x)s i n a l i ms i n f(x)s i n af(x)a c o s f(x
2、)b b c o s f(a)x ax ax af(x)a x a x a设 f(x)u，则 l i ms i n f(x)s i n a=l i ms i n u s i n a c o s u c o s f(a)x af(x)au f(a)u a u f(a)l i ms i n f(x)s i n a l i ms i n f(x)s i n af(x)a l i ms i n f(x)s i n a l i mf(x)a则x a x ax af(x)a x ax a=b c o s af(x)axax a(2)函 数 f(x)(A).1(B).2(C).31ex 1l n 1 x(e
3、x 1)(x 2)，则 第 二 类 间 断 点 个 数 为（）0000(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 f(x0),f(x0)至 少 有 一 个 不 存 在，很 显 然 f(x)不 存 在 的 点 为x 1,x 0,x 1,x 2。在 x 1 处，l i mx 1f(x),l i m
4、x 1f(x)；在 x 0 处，l i mx 0f(x)l i mx 0+f(x)=1；2 e1在 x 1 处，l i m ex 1 01，l i m ex 1，l i m f(x)0，l i m f(x)；x 1在 x 2 处，l i mx 2x 1f(x)，l i mx 2+x 1f(x)+；x 1+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).c o s f(t)f(t)d t 是 奇 函 数x(B).c o s f(t)f(t)d t 是 偶 函 数x(C).x c o s f(t)f(t)d t 是 奇 函 数(
5、D).xc o s f(t)f(t)d t 是 偶 函 数【答 案】：A【解 析】f(x)为 奇 函 数，则 其 导 数 f(x)为 偶 函 数，又 c o s x 为 偶 函 数，则c o s f(x)c o s f(x)，则 c o s f(x)为 偶 函 数，故 c o s f(x)f(x)为 偶 函 数，以 0 为 下 限、被an 1anan 1ann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 C 和 D 选 项，f(x)为 偶函 数，则 c o s f(x)c o s f(x)为 偶 函 数，f(x)为 奇 函 数，则 c
6、o s f(x)f(x)既 非 奇 函 数 又非 偶 函 数。(4).已 知 幂 级 数n a(x 2)n的 收 敛 区 间 为(2,6)，则a(x 1)2 n的 收 敛 区 间 为nn 1nn 1(A).(-2,6)(B).(-3,1)(C).(-5,3)(D).(-1 7,1 5)【答 案】Ba(x 1)2 n 2a【解 析】由 比 值 法 可 知，幂 级 数 收 敛 时，l i mn 1 l i mn 1(x 1)2 1n a(x 1)2 nn a则 要 求a(x 2)2 n的 收 敛 区 间，只 需 要 求 出 l i mn n的 值 即 可，nn 1n 而 条 件 告 诉 我 们 幂
7、 级 数n a(x 2)n的 收 敛 区 间 为(2,6)，即 收 敛 半 径 为 4l i mn l i mn n1 l i m 1n 4则 l i m(x 1)2 n1(x 1)2 1，即 3 x 1n 4所 以 本 题 选 B。(5)设 4 阶 矩 阵 A(ai j)不 可 逆，a1 2的 代 数 余 子 式 A1 2 0，1,2,3,4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 k11 k22 k33（C）x k11 k23 k34an 1an(n 1)an 1nann 1 an 1n an（B）x k11 k22 k
8、34（D）x k12 k23 k34【答 案】（C）【解 析】A(a)不 可 逆 知，A 0 及 r(A)4；由 A 0 知 A*O 且,线 性 无 关（无i j 1 2 1 3 4关 组 的 延 长 组 仍 无 关），故 r(A)3 及 r(A*)1，故 A*x 0 的 基 础 解 系 含 有 3 个 向 量。由A*A A E O 知，A 的 列 向 量 均 为 A*x 0 的 解，故 通 解 为 x k k k。1 1 2 3 3 4(6)设 A 为 3 阶 矩 阵，1,2为 A 的 特 征 值 1 对 应 的 两 个 线 性 无 关 的 特 征 向 量，3为 A 的 特 1 0 0 征
9、值 1 的 特 征 向 量。若 存 在 可 逆 矩 阵 P，使 得 P 1A P 0 1 0，则 P 可 为（）（A）(1 3,2,3)（C）(1 3,3,2)0 0 1（B）(1 2,2,3)（D）(1 2,3,2)【答 案】（D）【解 析】因 为 1,2为 A 的 特 征 值 1 对 应 的 两 个 线 性 无 关 的 特 征 向 量，故 1 2,2仍 为 特 征 值 1 的 两 个 线 性 无 关的 特 征 向 量；因 为 3为 A 的 特 征 值 1 的 特 征 向 量，故 3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，
10、故 只 需 P(1 2,3,2)，1 0 0 就 有 P 1A P 0 1 0。(7)0 0 1P A P B P C 1,P A B 0,P A C P B C 14 1 2，则 A,B,C 恰 好 发 生 一 个 的 概 率 为（）(A).34(B).23(C).12(D).51 2D X D Y2【答 案】（D）【解 析】P(A B C)P(A B C)P(A B C)P(AIB U C)P(B I AU C)P(C I A U B)P(A)P(A B)P(A C)P(A B C)P(B)P(A B)P(B C)P(A B C)P(C)P(A C)P(B C)P(A B C)又 A B
11、C A B，P(A B C)P(A B)0原 式 114 1 2114 1 211154 1 2 1 2 1 2(8).若 二 维 随 机 变 量 X,Y 服 从1，则 下 列 服 从 标 准 正 态 分 布 且 与 X 独 立 的N 0,0;1,4;是（）(A).(B).(C).(D).5 X Y 55 X Y 53 X Y 33 X Y 3【答 案】（C）【解 析】由 二 维 正 态 分 布 可 知 X N(0,1)，Y N(0,4)，X Y 12D(X Y)D X D Y 2 X Y 3，所 以 X Y N(0,3)，3 X Y N(0,1)3又 c o v(X,X Y)c o v(X,
12、X)c o v(X,Y)D X X Y 0D X D Y所 以 X 与3 X Y 独 立3(0,)(0,)(0,)二、填 空 题：9 1 4 小 题,每 小 题 4 分,共 2 4 分(9)z a r c t a n x y s i n(x y)，则 d z.【答 案】d z(1)d x d y【解 析】d zd xy c o s(x y)1 x y s i n(x y)2,d zd yx c o s(x y)1 x y s i n(x y)2，将 x 0,y 带 入 可 知，d z(1)d x d y(1 0)已 知 曲 线 满 足 x y e2 x y 0，求 曲 线 在 点(0,1)处
13、的 切 线 方 程【答 案】y x 1【解 析】在 x y e2 x y 0 两 侧 同 时 对 x 求 导 有 1+d y+e2 x y(2 y 2 xd y)0，将 x 0,y 1 带 入d x d x可 知d y 1，所 以 切 线 方 程 为 y x 1 d x(1 1)设 产 量 为 Q，单 价 为 P,厂 商 成 本 函 数 为 C(Q)1 0 0 1 3 Q，需 求 函 数 为 Q(P)求 厂 商 取 得 最 大 利 润 时 的 产 量8 0 0P 3 2，【答 案】Q 8【解 析】由 Q(P)8 0 0P 3 2 可 知 P 8 0 0Q 2 3，则 利 润 函 数 为L(Q)
14、8 0 0，d L(Q)1 6 0 0 1 6，令d L(Q)0 可 得，Q 8，此 时Q 23Q(1 0 0 1 3 Q)d Q(Q 2)2d Q d2L(Q)d Q23 2 0 0(Q 2)3 0，故 取 得 最 大 利 润(1 2)设 平 面 区 域 D(x,y)x剟 y1,0 剟 x 1，则 求 D 绕 y 轴 旋 转 所 成 旋 转 体 的 体 积2 1 x2【答 案】(l n 2 1)3112 3【解 析】由 题 意 列 式 得 V 2 x1xd x l n(1 x)1x(l n 2 1)01 x22 33 0a 0 1 1(1 3)行 列 式0 a1 1 1 1 a 01 1 0
15、 a【答 案】a2(a2 4).【解 析】1 1 1 1 1 1 1 1a 1 1 a 2 1原 式=a0a 1 1 a0 a 1 1 a 2 a 1 1 a22 a 1 a2(a2 4).1 1 a 0 0 2 a 1 10 a a 0 0 11 1 0 a 0 0 a a(1 4)随 机 变 量 X 的 分 布 律 为 P X k 解 析1,k 1,2,.,Y 为 X 被 3 除 的 余 数，则 E Y 2kP Y 0 P X 3 n 11n 1P Y 1 n 18nP X 3 n 1 71 14n 0 n 02 8n7P Y 2 P X 3 n 2 1 12n 0 E Y 0 1 1 4
16、 2 28n 04 8n77 7 7 7三、解 答 题：1 5 2 3 小 题,共 9 4 分 解 答 应 写 出 文 字 说 明、证 明 过 程 或 演 算 步 骤(1 5)(本 题 满 分 1 0 分)设 为 常 数，且 当 时，与 为 等 价 无 穷 小，求的 值.【解 析】，由 于，则，且 式，得.(1 6)(本 题 满 分 1 0 分)求 函 数 fx,y x3 8 y3 x y 的 极 值.【解 析】，解 得，.且，.讨 论：对 于，求 得，因，则 不 为 极 值 点；对 于，求 得，因 且，则 为 极小 值 点，且 极 小 值 为.(1 7)(本 题 满 分 1 0 分)设 函
17、数 满 足，且 有.（）求；（）设，求.【解 析】（）由 得，解 得，则，又 由 得，则.（），则.(1 8)(本 题 满 分 1 0 分)设 区 域，计 算.【解 析】设，则，两 边 同 取 积 分 得.f(c)f(0)c 0f(2)f(c)2 c 则，.(1 9)(本 题 满 分 1 0 分)设 函 数M m a x f x.x 0,2 fx在0,2上 具 有 连 续 导 数.f 0 f 2 0,证:(1)存 在 0,2 使(2)若 对 任 意 x 0,2,f Mf x M,则 M 0.证 明:(1)M 0 时,则 f(x)0,显 然 成 立.M 0 时,不 妨 设 在 点 c(0,2)处
18、 取 得 最 大 值|f(c)|M.由 拉 格 朗 日 中 值 定 理 得,存 在(0,c),使 得|f()|=M;存 在 2(c,2),使 得|f(21)|1cM;2 c所 以(M M)(M M)M2(c 1)2 0,即 M介 于M与M之 间,从 而 有c 2 c c(2 c)c 2 c|f(1)|M 或 f(2)|M,结 论 得 证.（）当 c 1 时,采 用 反 证 法,假 设 M 0.则|f(1)|M 或|f(2)|M,与 已 知 矛 盾,假 设 不 成 立.当 c 1 时,此 时|f(1)|M,易 知 f(1)0.2 1 0 0设 G(x)f(x)M x,0 剟 x 1;则 有 G(
19、x)f(x)M0,从 而 G(x)单 调 递 减.又 G(0)G(1)0,从 而 G(x)0,即 f(x)M x,0 剟 x 1.因 此 f(1)M,从 而 M 0.综 上 所 述,最 终 M 0(2 0)(本 题 满 分 1 1 分)二 次 型 f(x,x)x2 4 x x 4 x2经 正 交 变 换 x1 Q y1化 为 二 次 型1 2 1 1 22x yg(y,y)a y2 4 y y b y2，a b。求：2 2 1 2 1 1 2 2（I）a,b 的 值；（I I）正 交 矩 阵 Q 43【答 案】（I）a 4,b 1；（I I）Q 5 5.34【解 析】（I）记 x x1,y y
20、1,A 15 5 2,B a2，故 f xTA x,g yTB y。x y 2 4 2 b 2 2 因 为 x Q y，故 f yTQTA Q y，所 以 B QTA Q，其 中 Q 为 正 交 矩 阵。所 以 A,B 相 似，故 特 征 值 相 同，故t r(A)t r(B)知，a b 5，故 a 4,b 1。A Ba b 4 0（I I）由 A 12 0,t r(A)1 2 5，知 A,B 的 特 征 值 均 为 1 5,2 0。解 齐 次 线 性 方 程 组(iE A)x 0 及(iE B)x 0，求 特 征 向 量 并 直 接 单 位 化，对 5，由 5 E A 4 22 1知，1 1
21、；1 15 2 5 1对 0，由 0 E A 1 2 1 2 知，1 2；2 2 4 0 0 251 同 理，B 的 属 于 特 征 值 5 的 特 征 向 量 为 1 2，1 1 0 0kB 的 属 于 特 征 值 0 的 特 征 向 量 为 1 1.记 Q(,)21 1 2，Q2(,)5 21 2 1，就 有1 125 2 12 1251 2 QTA Q QTB Q 5 0，因 此 B Q QTA Q QT，只 需 令1 1 2 2 2 1 1 243Q Q QT1 1 2 1 2 1 5 5，1 25 2 151 23 4 5 5 则 B QTA Q，二 次 型 f(x,x)经 正 交
22、变 换 x Q y 化 为 g(y,y)。1 2 1 2(2 1)(本 题 满 分 1 1 分)设 A 为 2 阶 矩 阵，P(,A)，是 非 零 向 量 且 不 是 A 的 特 征 向 量。（I）证 明 矩 阵 P 可 逆；（I I）若 A2 A 6 0，求 P 1A P 并 判 断 A 是 否 相 似 于 对 角 矩 阵。【解 析】（I）设 k1 k2A 0 若 k2 0，则 由 0 知 k1 0；若 k 0，则 A k1，所 以 是 A 的 属 于 特 征 值 k1的 特 征 向 量，与 已 知 条 件 产 生22 2矛 盾。k所 以，k1 k2 0，向 量 组,A 线 性 无 关，故
23、矩 阵 P 可 逆。（I I）因 为 A2 6 A，所 以，(A,A2)(A,6 A)(,A)0 6，1 1 0,X Y 0X Y 0,01 2 1 21 21记 B 0 6，因 此，1 1 A(,A)(,A)0 6，1 1 即 A P P B，由 P 可 逆 知 A,B 相 似 且 P 1A P B 0 6。1 1 由 E B 6(2)(3)0 知，矩 阵 A,B 的 特 征 值 均 为 2,3，1 11 2因 为 特 征 值 互 不 相 同，故 矩 阵 A 相 似 于 对 角 矩 阵 2 0。0 3(2 2)(本 题 满 分 1 1 分)二 维 随 机 变 量 X,Y 在 区 域 D x,
24、y 0 y 1 x2 上 服 从 均 匀 分 布，且Z 1,X Y 0,Z 1,X Y 0求（1）二 维 随 机 变 量 Z,Z 的 概 率 分 布；（2）求 Z,Z 的 相 关 系 数.【解 析】（1）由 题 意 f x,y,x,y D 20,x,y D，所 以 可 计 算P ZP Z 0,Z2 0,Z2 0 P X Y 0,X Y 0 14 1 P X Y 0,X Y 0 12P Z 1,Z 0 P X Y 0,X Y 0 0P Z 1,Z2 1 P X Y 0,X Y 0 14可 得2111D Z1D Z21 21 2 1 2 Z2Z10 1014121 014（2）由（1）可 计 算
25、E Z 1,E Z 3,D Z 3,D Z 3,E Z Z 1142411 621 61 24所 以 可 得 C o v Z,Z E Z Z E Z E Z 13(2 3)(本 题 满 分 1 1 分)设 某 元 件 的 使 用 寿 命 T 的 分 布 函 数 为 t m 1 e,t 0，其 中 为 参 数 且 均 大 于 零.F t,m0,t 0（1）计 算 概 率 P T t 与 P T s t T s；（2）任 取 n 个 元 件 试 验，其 寿 命 分 别 为 t1,t2,.,tn，若 m 已 知，求 得 最 大 似 然 估 计.【解 析】t m（1）P T t 1 P T t e s t m P T s t e P T s t T s P T s t mD Z1D Z2 e m tm 1 t m（2）由 题 意 可 得 概 率 密 度 函 数 为 f t F t e,t 0m0,t 0 n 1ntmii 1mti似 然 函 数 nnm 1in tm Li 1em ni 1,t0,i 1,2,.,n n t mi取 对 数 有 l n L n l n m m 1l n ti m n l n i 1i 1 求 导 并 令 导 数 等 于 零，d l n L m nmntm 0m解 得.d m 1ii 1ni