1、- 1 - 2008 年考研数学（三）真题解析年考研数学（三）真题解析 一、选择题 (1)【答案】B 【详解】 0 000 ( ) lim ( )limlim0 x xxx f t dt g xf xf x ， 所以0 x 是函数( )g x的可去间断点 (2)【答案】C 【详解】 0 0000 ( )( )( )( )( )( ) aaaa a xfx dxxdf xxf xf x dx af af x dx 其中( )af a是矩形 ABOC 面积， 0 ( ) a f x dx 为曲边梯形 ABOD 的面积，所以 0 ( ) a xfx dx 为曲边三角形的面 积 (3)【答案】B 【详
2、解】 24 0 000 ( ,0)(0,0)11 (0,0)limlimlim 0 xx x xxx f xfee f xxx 00 11 limlim1 xx xx ee xx ， 00 11 limlim1 xx xx ee xx 故(0,0) x f不存在 242 02 0000 (0, )(0,0)11 (0,0)limlimlimlim0 0 yy y yyyy fyfeey f yyyy 所以(0,0) y f存在故选B. (4)【答案】A 【详解】用极坐标得 2 22 ()2 22011 ,() vuu f r r D f uv F u vdudvdvrdrvf r dr uv
3、所以 2 F vf u u . (5)【答案】C 【详解】 23 ()()EA EAAEAE， 23 ()()EA EAAEAE. 故,EA EA均可逆 (6)【答案】D 【详解】记 12 21 D ，则 2 12 14 21 ED ， - 2 - 又 2 12 14 21 EA ， 所以A和D有相同的特征多项式，所以A和D有相同的特征值. 又A和D为同阶实对称矩阵，所以A和D相似由于实对称矩阵相似必合同，故D正确. (7)【答案】A 【详解】 2 max, ZZZZ F zP ZzPX YzP Xz P YzF z F zFz. (8)【答案】D 【详解】 用排除法. 设YaXb，由1 XY
4、 ，知道,X Y正相关，得0a ，排除 A、 C 由(0,1),(1,4)XNYN，得0,1,EXEY 所以( )()E YE aXbaEXb01,ab 所以1b . 排除 B. 故选择D. 二、填空题 (9)【答案】1 【详解】由题设知| 0cx，所以 2 2, ( )1, 2, xxc f xxcxc xxc 因为 22 limlim(1)1 xcxc f xxc ， 22 limlim xcxc f x xc 又因为( )f x在(,) 内连续，( )f x必在xc处连续 所以 limlim( ) xcxc f xf xf c ，即 2 2 11cc c . (10)【答案】 1 ln3
5、 2 【详解】 2 2 2 11 1 1 1 2 xx xx fx x x x x x ，令 1 tx x ，得 2 2 t f t t 所以 2 22 22 2 2 2 222 111 ln2ln6ln2ln3 2222 x f x dxdxx x . (11)【答案】 4 【详解】 2222 1 () 2 DDD xy dxdyx dxdyxy dxdy 利用函数奇偶性 21 2 00 1 24 dr rdr . - 3 - (12)【答案】 1 y x 【详解】由 dyy dxx ，两端积分得 1 lnlnyxC，所以 1 xC y ，又(1)1y，所以 1 y x . (13)【答案】
6、3 【详解】A的特征值为1,2,2，所以 1 A的特征值为1,1 2,1 2， 所以 1 4AE 的特征值为4 1 13 ，4 1 2 11 ，4 1 2 11 所以 1 43 1 13BE . (14)【答案】 1 1 2 e 【详解】由 22 ()DXEXEX，得 22 ()EXDXEX，又因为X服从参数为 1 的泊松分布，所以 1DXEX，所以 2 1 12EX ，所以 2 11 11 2 22 P Xee ！ . 三、解答题 (15) 【详解】 方法一方法一： 22 00 1sin1sin limlnlimln 11 xx xx xxxx 32 000 sincos1sin1 liml
7、imlim 366 xxx xxxx xxx 方法二方法二： 223 000 1sincossincossin limlnlimlim 2sin2 xxx xxxxxxx xxxxx 洛必达法则 2 0 sin1 lim 66 x xx x 洛必达法则 (16) 【详解】(I) 22xdxydydzxyzdxdydz 122dzx dxy dy 22 1 x dxy dy dz 1 (II) 由上一问可知 22 , 11 zxzy xy ， 所以 11221222 ,()() 1111 zzxyyx u x y xyxyxyxy - 4 - 所以 2233 2 2(1) 2(1) 2(12)2
8、(12 )1 1111 x z uxx x x . (17) 【详解】 曲线1xy 将区域分成两 个区域 1 D和 23 DD，为了便于计算继续对 区域分割，最后为 max,1 D xydxdy 123 DDD xydxdydxdydxdy 11 2222 2 111 000 22 11 x x dxdydxdydxxydy 15 12ln2ln2 4 19 ln2 4 (18) 【详解】 方法一方法一：(I) 由积分的性质知对任意的实数t， 2022 02 tt tt f x dxf x dxf x dxf x dx 令2xu，则 20 200 2 ttt t f x dxfu duf u
9、duf x dx 所以 20202 00 t ttt f x dxf x dxf x dxf x dxf x dx (II) 由(1)知，对任意的t有 22 20 t f x dxf x dx ，记 2 0 af x dx，则 0 ( )2 x G xf u duax . 所以，对任意的x， 2 00 (2)( )2(2)2 xx G xG xf u dua xf u duax 22 0 22220 x x f u duaf u dua 所以 G x是周期为 2 的周期函数. 方法二方法二： (I) 设 2 ( )( ) t t F tf x dx ， 由于( )(2)( )0F tf tf
10、t， 所以( )F t为常数， 从而有( )(0)F tF. 而 2 0 (0)( )Ff x dx，所以 2 0 ( )( )F tf x dx，即 22 0 ( )( ) t t f x dxf x dx . (II) 由(I)知，对任意的t有 22 20 t f x dxf x dx ，记 2 0 af x dx，则 O0.52x D1 D3D2 - 5 - 0 ( )2 x G xf u duax ， 2 0 (2)2(2) x G xf u dua x 由于对任意x，(2)2 (2)2 ( )G xf xaf xa ，( )2 ( )G xf xa 所以(2)( )0G xG x ，
11、从而(2)( )G xG x是常数 即有(2)( )(2)(0)0G xG xGG 所以 G x是周期为 2 的周期函数. (19) 【详解】 方法一方法一：设 n A为用于第n年提取(109 )n万元的贴现值，则 (1)(109 ) n n Arn 故 11111 10919 102009 (1)(1)(1)(1) n nnnn nnnnn nnn AA rrrr 设 1 ( )( 1,1) n n S xnxx 因为 2 1 ( )()()( 1,1) 1(1) n n xx S xxxxx xx 所以 11 ()()420 11.05 SS r (万元) 故2009 4203980A (
12、万元)，即至少应存入 3980 万元. 方法二方法二：设第t年取款后的余款是 t y，由题意知 t y满足方程 1 (1 0.05)(109 ) tt yyt ， 即 1 1.05(109 ) tt yyt (1) (1)对应的齐次方程 1 1.050 tt yy 的通解为(1.05)t t yC 设(1)的通解为 * t yatb，代入(1)解得180a ，3980b 所以(1)的通解为(1.05)1803980 t t yCt 由 0 yA，0 t y 得3980AC0C 故A至少为 3980 万元 (20) 【详解】(I) 证法一证法一： - 6 - 2 2 2 21 2 2 1 21
13、21 3 2101 2 2 1 2 2 1 1 2 2 21 3 01 2 4 0134(1) 2(1)3 23 1 (1) 0 n nn a a a aa aa aa Arar aa aa a a a naana rarana nn na n 证法二证法二：记| n DA，下面用数学归纳法证明(1) n n Dna 当1n 时， 1 2Da，结论成立 当2n 时， 2 2 2 21 3 2 a Da aa ，结论成立 假设结论对小于n的情况成立将 n D按第 1 行展开得 2 2 1 2 2122 12 1 021 21 2 1 2 22(1)(1) nn nnn nn a a aa DaD
14、 aa aDa Danaanana 故| (1) n Ana 证法三证法三：记| n DA，将其按第一列展开得 2 12 2 nnn DaDa D ， 所以 2 11212 () nnnnnn DaDaDa Da DaD 22 2321 ()() nn nn aDaDaDaDa - 7 - 即 12 122 ()2 nnnn nnnn DaaDaa aaDaa D 21 21 (2)(1) nnnn naaDnaaD 1 (1)2(1) nnn naaana (II) 因为方程组有唯一解，所以由AxB知0A ，又(1) n Ana，故0a 由克莱姆法则，将 n D的第 1 列换成b，得行列式为
15、 2 22 1 1 22 (1) (1) 1121 02121 22 11 22 n n n nnn a aaa aaaa Dna aaaa 所以 1 1 (1) n n Dn x Dna (III) 方程组有无穷多解，由0A ，有0a ，则方程组为 1 2 1 011 010 010 00 n n x x x x 此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为1n，所以方程组有无穷多解，其通解为 10000100, TT kk为任意常数 (21)【详解】(I) 证法一证法一：假设 123 , 线性相关因为 12 , 分别属于不同特征值的特征向量，故 12 , 线性无关，则 3 可由 12 , 线性
16、表出，不妨设 31122 ll，其中 12 ,l l不全为零(若 12 ,l l同时为 0，则 3 为 0， 由 323 A可知 2 0，而特征向量都是非 0 向量，矛盾) 11, A 22 A 32321122 All，又 311221122 ()AA llll 112221122 llll，整理得： 112 20l - 8 - 则 12 , 线性相关，矛盾. 所以， 123 , 线性无关. 证法二证法二：设存在数 123 ,k k k，使得 112233 0kkk(1) 用A左乘(1)的两边并由 11, A 22 A得 1123233 ()0kkkk(2) (1)(2)得 1132 20k
17、k(3) 因为 12 , 是A的属于不同特征值的特征向量，所以 12 , 线性无关，从而 13 0kk，代入(1) 得 22 0k，又由于 2 0，所以 2 0k ，故 123 , 线性无关. (II) 记 123 (,)P ，则P可逆， 123123 (,)(,)APAAAA 1223 (,) 123 100 (,)011 001 100 011 001 P 所以 1 100 011 001 P AP . (22)【详解】 (I) 1 2 0 1 (0,) 1111 2 (0)(0)()1 22(0)22 P XY P ZXP XYXP Ydy P X (II)( ) Z FzP ZzP X
18、Yz ,1,0,1P XYz XP XYz XP XYz X 1,1,01,1P YzXP Yz XP YzX 1 1 01 1P YzP XP Yz P XP YzP X 1 11 3 P YzP YzP Yz 1 (1)( )(1) 3 YYY FzFzFz - 9 - 所以 1 ( )(1)( )(1) 3 ZYYY fzfzfzfz 1 ,12 3 0, z 其它 (23) 【详解】(I) 因为 2 ( ,)XN ，所以 2 ( ,)XN n ，从而 2 ,EXDX n 因为 2 2 1 ( )()E TE XS n 2 2 1 ()EXE S n 22 1 ()()DXEXE S n
19、 2222 11 nn 所以，T是 2 的无偏估计 (II) 方法一方法一： 22 ( )()D TETET，( )0E T ， 22 ()1E S 所以 2 ( )D TET 4 42 2 2 2 () S E XXS nn 42 24 2 21 ()() ()()E XE XE SE S nn 因为(0,1)XN，所以 1 (0, )XN n ， 有 1 0,EXDX n ， 2 21 EXDXEX n 所以 2 2 422 22 1 ()()()()()E XD XEXDnXD XEX n 22 2 1 ()DnXD X n 2 22 113 2 nnn 2 422222 ()1ESESDSESDS 因为 2 22 2 (1) (1)(1) nS WnSn ，所以2(1)DWn， 又因为 22 (1)DWnDS，所以 2 2 (1) DS n ,所以 4 21 1 (1)1 n ES nn 所以 2 22 32 111 1 1 n ET nn nnn 2 (1)n n . 方法二方法二：当0,1时 - 10 - 22 1 ( )()D TD XS n (注意X和 2 S独立) 2 222 2222 1111 (1) (1) DXDSDnXDnS nnnn
