2020 年全国硕士研究生招生考试 数学（三）

【详细解析】
由拉格朗日中值定理（或导数定义与复合求导）：
对于正弦函数应用中值定理，存在 $\xi$ 介于 $f(x)$ 与 $a$ 之间，使得： $$\sin f(x) - \sin a = \cos\xi \cdot [f(x) - a]$$ 由已知 $\lim_{x \to a} \frac{f(x) - a}{x - a} = b$ 可知 $\lim_{x \to a}[f(x) - a] = 0$，即 $\lim_{x \to a} f(x) = a$。
根据夹逼定理，当 $x \to a$ 时，$\xi \to a$。
因此： $$\lim_{x \to a} \frac{\sin f(x) - \sin a}{x - a} = \lim_{x \to a} \left( \cos\xi \cdot \frac{f(x) - a}{x - a} \right) = \cos a \cdot b = b\cos a$$ 故本题选 B。

【详细解析】
函数的间断点为 $x = -1, 0, 1, 2$。
• 当 $x \to 0$ 时，$\lim_{x \to 0} f(x) = -\frac{1}{2e}$，极限存在，为第一类可去间断点；
• 当 $x \to -1$ 时，对数项趋向无穷大，为第二类无穷间断点；
• 当 $x \to 1^+$ 时，指数项趋向无穷大，右极限不存在，为第二类间断点；
• 当 $x \to 2$ 时，分母为 0 且分子非零，为第二类无穷间断点。
因此第二类间断点共有 3 个。
故本题选 C。

【详细解析】
因为 $f(t)$ 为奇函数，则其导函数 $f'(t)$ 为偶函数；
余弦函数为偶函数，故复合函数 $\cos f(t) = \cos(-f(-t)) = \cos f(-t)$ 亦为偶函数；
因此两偶函数之和 $g(t) = \cos f(t) + f'(t)$ 为偶函数。
偶函数的变上限积分（上限为 $x$，下限为 0）： $$G(x) = \int_0^x g(t)\mathrm{d}t$$ 满足 $G(-x) = \int_0^{-x} g(t)\mathrm{d}t = -\int_0^x g(-u)\mathrm{d}u = -\int_0^x g(u)\mathrm{d}u = -G(x)$，必为奇函数。
故本题选 A。

【详细解析】
级数 $\sum_{n=1}^\infty n a_n (x-2)^n$ 的收敛中心为 2，区间为 $(-2, 6)$，故收敛半径为： $$R = \frac{6 - (-2)}{2} = 4$$ 逐项求导与积分不改变幂级数的收敛半径，故 $\sum_{n=1}^\infty a_n u^n$ 的收敛半径同样为 $R_u = 4$。
令 $u = (x+1)^2$，当 $|u| < 4$ 时级数收敛，即： $$(x+1)^2 < 4 \implies |x+1| < 2 \implies -2 < x+1 < 2 \implies -3 < x < 1$$ 因此级数的收敛区间为 $(-3, 1)$。
故本题选 B。

【详细解析】
由方程组解的结构 $4 - r(\boldsymbol{A}^*) = 3 \implies r(\boldsymbol{A}^*) = 1 \implies r(\boldsymbol{A}) = 3$。
因为代数余子式 $A_{12} \ne 0$，对应划去第 1 行第 2 列后所剩余的 3 阶子式不为 0，这表明由列向量 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 构成的子矩阵存在非零 3 阶子式，因此向量组 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4$ 线性无关。
故本题选 C。

【详细解析】
对角阵的特征值位置顺序为 $1, -1, 1$。
在选项 D 中，第 1 列 $\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2$ 对应 $\lambda = 1$；第 2 列 $-\boldsymbol{\alpha}_3$ 对应 $\lambda = -1$；第 3 列 $\boldsymbol{\alpha}_2$ 对应 $\lambda = 1$。
由于 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 线性无关，故 $\boldsymbol{\alpha}_1 + \boldsymbol{\alpha}_2$ 与 $\boldsymbol{\alpha}_2$ 线性无关，$\boldsymbol{P}$ 可逆且各列与特征值严格对齐。
故本题选 D。

【详细解析】
因 $P(AB) = 0$，故 $P(ABC) = 0$。
恰有一个事件发生的概率公式： $$P = P(A) + P(B) + P(C) - 2[P(AB) + P(BC) + P(CA)] + 3P(ABC) = \frac{3}{4} - 2 \times \frac{2}{12} + 0 = \frac{3}{4} - \frac{1}{3} = \frac{5}{12}$$ 故本题选 D。

【详细解析】
由参数可知：$DX = 1, DY = 4$，相关系数 $\rho = -\frac{1}{2}$。
协方差： $$\operatorname{Cov}(X, Y) = \rho \sqrt{DX} \sqrt{DY} = -\frac{1}{2} \times 1 \times 2 = -1$$ 计算 $X + Y$ 的方差： $$D(X + Y) = DX + DY + 2\operatorname{Cov}(X, Y) = 1 + 4 + 2(-1) = 3$$ 计算 $X - Y$ 的方差： $$D(X - Y) = DX + DY - 2\operatorname{Cov}(X, Y) = 1 + 4 - 2(-1) = 7$$ 因此： $$D\left[ \frac{\sqrt{3}}{3}(X + Y) \right] = \frac{1}{3} D(X + Y) = \frac{1}{3} \times 3 = 1$$ 故本题选 C。

【详细解析】
将 $(x, y) = (0, \pi)$ 代入方程得 $z = 0$。
两边微分： $$\mathrm{d}z + \cos(x+y+z)(\mathrm{d}x + \mathrm{d}y + \mathrm{d}z) = y\mathrm{d}x + x\mathrm{d}y$$ 代入 $(0, \pi, 0)$，$\cos\pi = -1$： $$\mathrm{d}z - (\mathrm{d}x + \mathrm{d}y + \mathrm{d}z) = \pi\mathrm{d}x \implies -(\mathrm{d}x + \mathrm{d}y) = \pi\mathrm{d}x \dots$$ 偏导数计算得 $\frac{\partial z}{\partial x} = \pi - 1, \frac{\partial z}{\partial y} = -1$，故： $$\mathrm{d}z|_{(0, \pi)} = (\pi - 1)\mathrm{d}x - \mathrm{d}y$$

【详细解析】
方程两边对 $x$ 求导： $$1 + y' + e^{2xy}(2y + 2xy') = 0$$ 将点 $(x, y) = (0, -1)$ 代入： $$1 + y' + e^0 [2(-1) + 0] = 0 \implies 1 + y' - 2 = 0 \implies y' = 1$$ 故在点 $(0, -1)$ 处的切线方程为： $$y - (-1) = 1 \cdot (x - 0) \implies y = x - 1$$

【详细解析】
由需求函数反解价格 $P$： $$Q + 2 = \frac{800}{P+3} \implies P + 3 = \frac{800}{Q+2} \implies P = \frac{800}{Q+2} - 3$$ 总收益函数 $R(Q) = P \cdot Q = \left( \frac{800}{Q+2} - 3 \right) Q$。
利润函数 $L(Q) = R(Q) - C(Q)$： $$L(Q) = \left( \frac{800}{Q+2} - 3 \right) Q - (100 + 13Q) = \frac{800Q}{Q+2} - 16Q - 100$$ $$= \frac{800(Q+2) - 1600}{Q+2} - 16Q - 100 = 700 - \frac{1600}{Q+2} - 16Q$$ 求导并令导数等于零： $$L'(Q) = \frac{1600}{(Q+2)^2} - 16 = 0 \implies (Q+2)^2 = 100$$ 因为产量 $Q > 0$，解得 $Q + 2 = 10 \implies Q = 8$。
二阶导数 $L''(Q) = -\frac{3200}{(Q+2)^3} < 0$，故 $Q = 8$ 为利润最大化产量。

【详细解析】
在区间 $[0, 1]$ 上，$\frac{1}{1+x^2} \ge \frac{x}{2}$。
利用柱壳法计算绕 $y$ 轴的旋转体体积： $$V = 2\pi \int_0^1 x \left( \frac{1}{1+x^2} - \frac{x}{2} \right)\mathrm{d}x = 2\pi \int_0^1 \left( \frac{x}{1+x^2} - \frac{x^2}{2} \right)\mathrm{d}x$$ 计算两项定积分： $$V = 2\pi \left. \left( \frac{1}{2}\ln(1+x^2) - \frac{x^3}{6} \right) \right|_0^1 = 2\pi \left( \frac{1}{2}\ln 2 - \frac{1}{6} \right) = \pi \ln 2 - \frac{\pi}{3}$$

【详细解析】
利用初等行列式变换：第 2 行加到第 1 行，第 4 行加到第 3 行，按行按列展开可得： $$\det = a^2 (a^2 - 4)$$

【详细解析】
分别计算 $Y$ 取各值的概率：
• $P\{Y = 1\} = P\{X = 1, 4, 7, \dots\} = \sum_{m=0}^\infty \frac{1}{2^{3m+1}} = \frac{1}{2} \sum_{m=0}^\infty \left(\frac{1}{8}\right)^m = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - 1/8} = \frac{1}{2} \cdot \frac{8}{7} = \frac{4}{7}$；
• $P\{Y = 2\} = P\{X = 2, 5, 8, \dots\} = \sum_{m=0}^\infty \frac{1}{2^{3m+2}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{8}{7} = \frac{2}{7}$；
• $P\{Y = 0\} = P\{X = 3, 6, 9, \dots\} = \sum_{m=0}^\infty \frac{1}{2^{3m+3}} = \frac{1}{8} \cdot \frac{8}{7} = \frac{1}{7}$。
计算期望： $$E(Y) = 0 \times \frac{1}{7} + 1 \times \frac{4}{7} + 2 \times \frac{2}{7} = \frac{8}{7}$$

【详细解析】
提出常数 $e$： $$e^{n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)} - e = e \left[ \exp\left( n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) - 1 \right) - 1 \right]$$ 利用展开式 $\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$： $$n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) - 1 = n \left[ \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right) \right] - 1 = -\frac{1}{2n} + o\left(\frac{1}{n}\right)$$ 由等价无穷小 $e^u - 1 \sim u \ (u \to 0)$： $$e^{n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)} - e \sim e \left( -\frac{1}{2n} \right) = -\frac{e}{2n}$$ 与已知 $\frac{b}{n^a}$ 对比得： $$a = 1, \quad b = -\frac{e}{2}$$

【详细解析】
令偏导数等于零： $$\begin{cases} f_x = 3x^2 - y = 0 \\ f_y = 24y^2 - x = 0 \end{cases}$$ 得驻点 $P_1(0, 0), P_2\left(\frac{1}{6}, \frac{1}{12}\right)$。
二阶导数：$A = 6x, B = -1, C = 48y, \Delta = AC - B^2 = 288xy - 1$。
• $(0, 0)$ 处 $\Delta = -1 < 0$，不是极值点；
• $\left(\frac{1}{6}, \frac{1}{12}\right)$ 处 $\Delta = 3 > 0, A = 1 > 0$，为极小值点： $$f\left(\frac{1}{6}, \frac{1}{12}\right) = -\frac{1}{216}$$

【详细解析】
(I) 求解微分方程初值问题：
特征方程为 $\lambda^2 + 2\lambda + 5 = 0$，解得特征根 $\lambda = -1 \pm 2i$。
通解为：$y = e^{-x}(C_1\cos 2x + C_2\sin 2x)$。
代入初始条件： $$f(0) = C_1 = 1$$ $$f'(x) = -e^{-x}(C_1\cos 2x + C_2\sin 2x) + e^{-x}(-2C_1\sin 2x + 2C_2\cos 2x)$$ $$f'(0) = -C_1 + 2C_2 = -1 + 2C_2 = -1 \implies C_2 = 0$$ 故 $f(x) = e^{-x}\cos 2x$。

(II) 计算广义积分与级数和：
求不定积分（分部积分法）： $$\int e^{-x}\cos 2x\mathrm{d}x = \frac{1}{5}e^{-x}(2\sin 2x - \cos 2x) + C$$ 计算 $a_n$： $$a_n = \int_{n\pi}^{+\infty} e^{-x}\cos 2x\mathrm{d}x = 0 - \frac{1}{5}e^{-n\pi}(2\sin 2n\pi - \cos 2n\pi) = \frac{1}{5}e^{-n\pi}$$ 求几何级数和： $$\sum_{n=1}^\infty a_n = \frac{1}{5} \sum_{n=1}^\infty (e^{-\pi})^n = \frac{1}{5} \cdot \frac{e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}} = \frac{1}{5(e^\pi - 1)}$$

【详细解析】
1. 求解函数 $f(x, y)$：
令常数 $A = \iint_D f(u, v)\mathrm{d}u\mathrm{d}v$，则 $f(x, y) = y\sqrt{1 - x^2} + Ax$。
两边在区域 $D$ 上积分： $$A = \iint_D y\sqrt{1 - x^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y + A\iint_D x\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$ 由对称性，区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，而 $x$ 是关于 $x$ 的奇函数，故 $\iint_D x\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$。
计算第一项积分： $$\iint_D y\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x \int_0^{\sqrt{1-x^2}} y\mathrm{d}y = \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} \cdot \frac{1-x^2}{2}\mathrm{d}x = \int_0^1 (1-x^2)^{3/2}\mathrm{d}x$$ 令 $x = \sin t$： $$A = \int_0^{\pi/2} \cos^4 t\mathrm{d}t = \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3}{16}\pi$$ 因此： $$f(x, y) = y\sqrt{1-x^2} + \frac{3}{16}\pi x$$
2. 计算二重积分： $$\iint_D x f(x, y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_D xy\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \frac{3}{16}\pi \iint_D x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$ 第一项中 $xy\sqrt{1-x^2}$ 是关于 $x$ 的奇函数，积分为 0。
第二项利用极坐标计算： $$\iint_D x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^\pi \cos^2\theta\mathrm{d}\theta \int_0^1 r^3\mathrm{d}r = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{8}$$ 故所求积分为： $$\frac{3}{16}\pi \times \frac{\pi}{8} = \frac{3}{128}\pi^2$$

【详细证明】
(I) 证明存在 $\xi \in (0, 2)$ 满足 $|f'(\xi)| \ge M$：
若 $M = 0$，结论平凡。若 $M > 0$，存在 $c \in (0, 2)$ 使得 $|f(c)| = M$。
当 $c \in (0, 1]$ 时，在 $[0, c]$ 上应用拉格朗日中值定理：存在 $\xi \in (0, c)$ 使得 $|f'(\xi)| = \frac{|f(c)|}{c} = \frac{M}{c} \ge M$。
当 $c \in (1, 2)$ 时，在 $[c, 2]$ 上应用拉格朗日中值定理：存在 $\xi \in (c, 2)$ 使得 $|f'(\xi)| = \frac{|f(c)|}{2 - c} \ge M$。

(II) 证明若 $|f'(x)| \le M$，则 $M = 0$：
假设 $M > 0$。由积分不等式： $$M = |f(c)| = \left| \int_0^c f'(x)\mathrm{d}x \right| \le \int_0^c |f'(x)|\mathrm{d}x \le Mc$$ 若 $c \in (0, 1)$，则 $M \le Mc < M$，矛盾！若 $c \in (1, 2)$，从 2 积分同理矛盾。
若 $c = 1$，等号成立要求 $|f'(x)| \equiv M$，但连续可导且 $f(0)=f(2)=0$ 在点 1 处导数必须变号或为 0，与恒等于非零常数矛盾。因此必有 $M = 0$。

【详细解析】
(I) 求 $a, b$：
矩阵 $\boldsymbol{A} = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 4 \end{pmatrix}$ 与 $\boldsymbol{B} = \begin{pmatrix} a & 2 \\ 2 & b \end{pmatrix}$ 正交相似，故迹与行列式相等： $$\operatorname{tr}(\boldsymbol{A}) = 5 = a + b, \quad |\boldsymbol{A}| = 0 = ab - 4 \implies ab = 4$$ 因 $a \ge b$，解得 $a = 4, b = 1$。

(II) 求正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$：
此时 $g = (2y_1 + y_2)^2, f = (x_1 - 2x_2)^2$。
令 $\begin{cases} x_1 = y_2 \\ x_2 = -y_1 \end{cases}$，则 $x_1 - 2x_2 = 2y_1 + y_2$。
对应的正交变换矩阵为 $\boldsymbol{Q} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$。

【详细解析】
(I) 证明 $\boldsymbol{P}$ 可逆：
若不可逆，则 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha} = k\boldsymbol{\alpha}$，说明 $\boldsymbol{\alpha}$ 为特征向量，矛盾！故 $\boldsymbol{P}$ 可逆。

(II) 求相似矩阵：
$$\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = (\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}, \boldsymbol{A}^2\boldsymbol{\alpha}) = (\boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}, 6\boldsymbol{\alpha} - \boldsymbol{A}\boldsymbol{\alpha}) = \boldsymbol{P}\begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$ 故 $\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$。
特征方程为 $\lambda^2 + \lambda - 6 = (\lambda - 2)(\lambda + 3) = 0$，特征值 $\lambda = 2, -3$ 互异，故 $\boldsymbol{A}$ 相似于对角矩阵。

【详细解析】
区域 $D$ 的面积为 $S_D = \frac{1}{2}\pi$。
由几何概率，各事件概率等于对应区域面积除以总面积：
• 直线 $X - Y = 0$（极角 $\theta = \frac{\pi}{4}$）：$X - Y > 0$ 对应 $0 \le \theta < \frac{\pi}{4}$，扇形面积为 $\frac{1}{8}\pi$，故： $$P\{Z_1 = 1\} = \frac{\pi/8}{\pi/2} = \frac{1}{4}, \quad P\{Z_1 = 0\} = \frac{3}{4}$$ • 直线 $X + Y = 0$（极角 $\theta = \frac{3\pi}{4}$）：$X + Y > 0$ 对应 $0 \le \theta < \frac{3\pi}{4}$，扇形面积为 $\frac{3}{8}\pi$，故： $$P\{Z_2 = 1\} = \frac{3\pi/8}{\pi/2} = \frac{3}{4}, \quad P\{Z_2 = 0\} = \frac{1}{4}$$ • 联合概率： $$P\{Z_1 = 1, Z_2 = 1\} = P\{X - Y > 0, X + Y > 0\} = P\{0 \le \theta < \frac{\pi}{4}\} = \frac{1}{4}$$ $$P\{Z_1 = 1, Z_2 = 0\} = 0$$ $$P\{Z_1 = 0, Z_2 = 1\} = P\{Z_2 = 1\} - P\{Z_1 = 1, Z_2 = 1\} = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$$ $$P\{Z_1 = 0, Z_2 = 0\} = \frac{1}{4} - 0 = \frac{1}{4}$$ 列出联合分布律表格：
$P(0, 0) = \frac{1}{4}, P(0, 1) = \frac{1}{2}, P(1, 0) = 0, P(1, 1) = \frac{1}{4}$。

(II) 计算相关系数： $$E(Z_1) = \frac{1}{4}, \quad D(Z_1) = \frac{1}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{3}{16}$$ $$E(Z_2) = \frac{3}{4}, \quad D(Z_2) = \frac{3}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{3}{16}$$ $$E(Z_1 Z_2) = 1 \times 1 \times P\{Z_1 = 1, Z_2 = 1\} = \frac{1}{4}$$ 协方差： $$\operatorname{Cov}(Z_1, Z_2) = E(Z_1 Z_2) - E(Z_1)E(Z_2) = \frac{1}{4} - \frac{1}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{3}{4} \right) = \frac{1}{16}$$ 相关系数： $$\rho_{Z_1, Z_2} = \frac{\operatorname{Cov}(Z_1, Z_2)}{\sqrt{D(Z_1)}\sqrt{D(Z_2)}} = \frac{1/16}{3/16} = \frac{1}{3}$$

【详细解析】
(I) 计算条件概率：
对于 $t > 0$： $$P\{T > t\} = 1 - F(t) = e^{-\left(\frac{t}{\theta}\right)^m}$$ 条件概率： $$P\{T > s+t \mid T > s\} = \frac{P\{T > s+t\}}{P\{T > s\}} = \frac{e^{-\left(\frac{s+t}{\theta}\right)^m}}{e^{-\left(\frac{s}{\theta}\right)^m}} = e^{-\left(\frac{s+t}{\theta}\right)^m + \left(\frac{s}{\theta}\right)^m}$$
(II) 求极大似然估计：
概率密度函数为 $f(t; \theta) = \frac{m}{\theta^m} t^{m-1} e^{-\frac{t^m}{\theta^m}} \ (t > 0)$。
似然函数： $$L(\theta) = \frac{m^n}{\theta^{mn}} \left( \prod_{i=1}^n t_i^{m-1} \right) \exp\left( -\frac{1}{\theta^m} \sum_{i=1}^n t_i^m \right)$$ 对数似然： $$\ln L(\theta) = n\ln m - mn\ln\theta + (m-1)\sum_{i=1}^n \ln t_i - \frac{1}{\theta^m} \sum_{i=1}^n t_i^m$$ 导数置零： $$\frac{\mathrm{d}\ln L(\theta)}{\mathrm{d}\theta} = -\frac{mn}{\theta} + \frac{m}{\theta^{m+1}} \sum_{i=1}^n t_i^m = 0 \implies \theta^m = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n t_i^m$$ 解得： $$\hat{\theta} = \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n t_i^m \right)^{1/m}$$