考研资料数三2008年真题

1、2008 年全国硕士研究生入学统一考试xyzsakura数学三试题一、选择题： 18 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，把所选项前的字母填在题后的括号内.x（1）设函数 f (x) 在区间 1,1上连续，则 x0是函数 g(x)0f (t )dt的（）xA 跳跃间断点 .B 可去间断点 .C 无穷间断点 .D 振荡间断点 .（ 2 ）曲线段方程为 yf (x) ，函数 f ( x) 在 区间 0, a 上有连续 的导数，则定积分aaf t (x)dx 等于（）0A 曲边梯形 ABCD 面积 .B 梯形 ABCD 面积 .C 曲边三角形 ACD

2、面积 .D 三角形 ACD 面积 .（3）已知 f (x, y) e x2 y4，则（ A ） f x(0,0)， f y (0,0) 都存在（B ） f x (0,0)不存在， f y(0,0) 存在（ C） f x(0,0)不存在， f y (0,0) 不存在（D ） f x(0,0) ， f y (0,0)都不存在（4）设函数 f 连续，若 f (u,v)f ( x2y2 )dxdyFx2y2，其中 Duv 为图中阴影部分，则Duvu（）（A ） vf (u2 )（ B ） v f (u2 )（C） vf (u)（ D） vf (u)uu（5）设 A 为阶非 0 矩阵 E 为阶单位矩阵若

3、A30 ，则（）A EA 不可逆， EA不可逆 .BEA 不可逆， EA可逆 .C EA可逆， EA可逆 .DEA可逆， EA不可逆 .（6）设 A12A 合同矩阵为（2则在实数域上域与）1考研2121A.B21212112C.D1122.（ 7）随机变量X ,Y 独立同分布且X 分布函数为 Fx，则 ZmaxX ,Y分布函数为（）A F 2 x.B F x F y .2D 1 F x 1 F y .C 1 1 F x .（8）随机变量 X N0,1 ， YN 1,4且相关系数XY1，则（）APY2X11.BPY 2X1 1.CPY2X1 1.DPY2X1 1.二、填空题：9-14 小题，每小

4、题4 分，共 24分，请将答案写在答题纸指定位置上.x21,xc（9）设函数 f (x)2,xc在 (,) 内连续，则 c.x322（10）设 f ( x1)xx4 ，则_ .2f ( x)dxx1x（11）设 D( x, y) x2y21 ，则(x2y)dxdy.D（12）微分方程 xyy0 满足条件 y(1) 1 的解 y.（13）设 3 阶矩阵 A 的特征值为1， 2， 2，E 为 3 阶单位矩阵，则4A 1E_ .（14）设随机变量X 服从参数为1 的泊松分布，则 P XEX 2.三、解答题： 15 23小题，共94 分 .请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或

5、演算步骤 .（本题满分 10 分）求极限 lim 1ln sin x .x 0 x2x（本题满分 10 分）设 zz(x, y) 是由方程 x2y2zxyz 所确定的函数， 其中具有 2 阶导数且1时 .考研（ 1）求 dz（ 2）记 u x, y1zz，求u .xyxyx（本题满分 11 分）计算 max(xy,1), 其中 D ( x, y) 0 x 2,0 y 2 .dxdyD（本题满分 10 分）设 fx 是周期为 2 的连续函数，（ 1）证明对任意实数t 2f2t ，有x dxf x dx ；t0（ 2）证明 G xxt22 f ttf s ds dt 是周期为2 的周期函数0（本题

6、满分 10 分）设银行存款的年利率为r0.05 ，并依年复利计算，某基金会希望通过存款A 万元，实现第一年提取 19 万元，第二年提取 28 万元， ，第 n 年提取（ 10+9n ）万元，并能按此规律一直提取下去，问 A 至少应为多少万元？(20) （本题满分12 分）2a1a22aO设矩阵 AOO12a2a，现矩阵 A 满足方程 AXB，其中 XTx1,L , xn ，n nB1,0,L ,0，（1）求证 An 1 an ;（2） a 为何值，方程组有唯一解;（3） a 为何值，方程组有无穷多解 .（21）（本题满分10 分）设A为 3阶 矩 阵 ， a1 , a2为 A 的分别属于特征值

7、1,1 特 征 向量 ， 向 量 a3 满 足Aa3a2 a3 ，证明（ 1） a1 , a2 , a3 线性无关；2）令 Pa1 ,a2 , a3 ，求 P 1 AP .22）（本题满分 11 分）设随机变量 X 与 Y 相互独立， X 的概率分布为 P X i1i1,0,1 ， Y 的概率310 y1密度为 fY y其它，记ZXY0考研（1）求 P Z1；X 022）求 Z 的概率密度（23） （本题满分 11 分）X1 , X 2 ,L , X n 是 总 体 为 N ( ,2)的简单随机样本.记X1 nXi ，n i 1S21n21 S2.( X i X ) 2 ， T Xn1 i 1

8、n（ 1）证T 是2 的无偏估计量 .（ ）当0,1时 ，求DT .2考研2008 年考研数学（三）真题解析一、选择题【答案】 Bxf (t)dt【详解】lim g( x)lim 0lim f xf 0 ，xx 0 x 0 x 0所以 x0 是函数 g( x) 的可去间断点【答案】 Caxf (x)dxaxdf ( x)xf ( x) 0aaaf (a)a【详解】00f ( x)dxf ( x)dx00af (x)dx 为曲边梯形 ABOD 的面积，所以a其中 af (a) 是矩形 ABOC 面积，xf ( x)dx 为00曲边三角形的面积(3) 【答案】 B【详解】 f x(0,0)limf

9、 ( x,0)f (0,0)lim e x2 041lim e x1x0 x0 x0 xx0 xlim e xx1lim ex 11 ， limex1lime x11x0 x0 xx 0 xx 0 x故 f x (0,0) 不存在f y (0,0)lim f (0, y) f (0,0)lim e 02y41lim ey21lim y20y 0y 0y 0yy 0yy 0 y所以 f y (0,0)存在故选B .【答案】 Afu2v2vu2)rdru2 )dr【详解】用极坐标得F u, vu2v2dudvdvf (rrv f (rD011所以Fvfu2 .u【答案】 C【详解】 (EA)(EA

10、A2)EA3E，(EA)(EAA2)EA3E .故 E A,E A均可逆(6) 【答案】 D【详解】记12122又D，则 ED21 4211考研E1224，A112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】 FZ zP ZzP max X,YzP X z P Y z FZ z FZ zFZ2 z .(8) 【答案】 D【详解】 用排除法 . 设 YaX b ，由XY1，知道 X ,Y 正相关，得 a0 ，排除A 、 C由 X N (0,1), Y

11、N (1,4) ，得 EX0, EY1,所以E(Y )E (aX b)aEXba0 b 1, 所以 b 1. 排除B.故选择 D.二、填空题【答案】 12 x ,xc【详解】由题设知c | x | 0 ，所以 f ( x)x2 1,c x c2 x ,xc因为lim fxlim( x21)c21 ， lim fxlim22xcxcxcx cxc又因为 f (x) 在 (,) 内连续，f (x) 必在 xc 处连续所以lim fxlim fxf (c) ，即 c212c1 .xcxcc1 ln 3(10)【答案】211x1x1t【详解】 fxxxx ，得 f tx112，令 t22x2xtx2x

12、2x2222x dx1 ln x222所以f x dx2222x2221 ln 6 ln 21 ln 3.22(11)【答案】4【详解】( x2y)dxdy利用函数奇偶性21x2y2dxdy1212rdrx dxdy2 D2drDD004.考研1(12)【答案】yx【详解】由 dyy ，两端积分得ln yln xC1 ，所以 1xC ，又 y(1)1，所dxxy1以 y.x(13)【答案】 3【详解】 A 的特征值为 1,2, 2，所以 A 1 的特征值为 1,1 2,12 ，所以 4A1E 的特征值为 4113， 41 2 11 ， 41 211所以 4B1E3 1 13 .(14)【答案】

13、1 e 12【详解】由 DXEX 2(EX )2，得 EX2DX(EX )2，又因为 X 服从参数为 1 的泊松分布，所以 DXEX1，所以 EX 211 2，所以PX212e 11 e 1 .2！2三、解答题(15) 【详解】方法一 ： lim12ln sin xlim12 ln 1sin x1x 0 xxx 0 xxlim sin x xlim cosx1lim sin x1x 0 x3x 03x2x 0 6x6方法二 ： lim1ln sin x 洛必达法则 lim x cosxsin xlim x cosx sin xx 0 x2xx02x2 sin xx 02 x3洛必达法则 lim

14、xsin x16x26x0(16)【详解】 (I)2xdx2 ydydzxyzdxdydz1 dz2x dx2 y dydz2xdx2 ydyQ11(II) 由上一问可知z2x,z2y ，x1y1所以u x, y1 ( zz)1 (2x2y)12y 2x2x y xyx y11x y11考研2 (1z)2x)u2 (12x)2 (1 2x)x12 (1所以2233 .x1111【详解】 曲线 xy 1将区域分成两个区域 D1 和 D2D3，为了便于计算继续对区域分割，最后为maxxy,1 dxdyD1DxydxdydxdydxdyD1D2D3D3D21122222 dxx1dy1dy1 dx1

15、 dx 1 xydy00202x1 2ln 215ln 2O 0.52 x4ln 24【详解】方法一 ： (I)由积分的性质知对任意的实数t ，t2xdx0 xdx2xdxt2xdxtftff2f0令 x2 u ，则t2tf 2 u dutf u du0f x dx2f x dx00tt2xdx0 xdx2x dx0f x2fx dx所以tffftdxt00由 (1) 知，对任意的 t 有t2xdx22fx dx ，则(II)2f0fx dx ，记 a0G ( x)2xuduax .x ，f所以，对任意的0G ( x2)G (x)x 2udua( x2)2xudu ax2ff00 x2udu2

16、a22udu2a02ffx0所以 Gx 是周期为2 的周期函数 .方法二 ： (I)设 F (t )t 2f (t2)f (t )0 ，所以 F (t) 为常数，tf (x)dx ，由于 F (t)从 而 有 F (t )F (0). 而 F(0)2f ( x)dx， 所 以 F (t )2f ( x)dx ， 即00t22tf ( x) dx0f ( x)dx .考研(II)由 (I) 知，对任意的 t 有t 2fxdx2f xdx ，记 a2fx dx ，则200G ( x)xfuduaxG (x2)x2u dua( x2)2，2f00由于对任意 x ， G( x 2)2 f (x2)a2

17、 f (x)a ， G( x)2 f ( x) a所以G ( x2) G (x)0 ，从而G ( x2)G (x) 是常数即有G (x2)G ( x)G (2)G (0)0所以 Gx 是周期为2 的周期函数 .(19) 【详解】方法一 ：设 An 为用于第 n 年提取(109n) 万元的贴现值，则An(1r )n (10 9n)故AAn109n1019n2009nn 1 (1 r )nn 1 (1 r )nn 1 (1 r )nn 1 (1 r ) nn 1设S( x)nxnx(1,1)n1因为S( x)x(xn )x(x)(1xx( 1,1)n 11xx)2所以S(1)S( 1) 420(万

18、元 )1r1.05故A20094203980(万元 )，即至少应存入3980 万元 .方法二 ：设第t 年取款后的余款是yt ，由题意知 yt 满足方程yt(10.05) yt1(109t ) ， 即yt1.05 yt 1(10 9t )(1)(1)对应的齐次方程yt1.05 yt 10 的通解为ytC (1.05)t设(1) 的通解为yt*atb ，代入 (1)解得a180 ， b3980所以 (1) 的通解为ytC (1.05)t180t3980由 y0A ， yt0得AC3980C0故 A 至少为 3980 万元【详解】 (I)考研2a12a13aa22a10122aO2Aar21 ar

19、122aOLOOOa2OOOOO1OO1a22aa22a2a103a12rnn 1arn 104aO2a3a4aK (n1)a(n1)an3nOOO23nOO10(n1)a证法一 ：n证法二 ：记Dn|A| ，下面用数学归纳法证明D( n1)an n当n1时，2a12a13aa22a10122aO12a22aOAOOOr2 2ar1aLOOOOO1OO1a22aa22a2a103a12rn n 1 arn 104aO2a 3a4a K (n1)a(n1)an3nOOO23nOO10(n1)aD12a ，n结论成立当 n2时， D22a13a2 ，结论成立a22a假设结论对小于n 的情况成立将D

20、 n 按第 1 行展开得考研a2102a1Dn2aDn1a22a 1OOOOO1a22a2aDn1a2 Dn22anan 1a2 (n 1)an 2( n1)an故|A|(n1)na证法三 ：记 Dn| A | ，将其按第一列展开得D n2aD n 1a2D n 2 ，所以DnaD n 1aD n 1 a2 D n 2a(Dn 1aDn 2 )a2 (Dn 2aD n 3 ) Lan 2 ( D2aD1) an即DnanaDn 1ana(an 1aDn 2 ) 2ana2 Dn 2L( n 2)anan 2D 2 (n 1)anan 1D1(n 1)anan 1 2a (n 1)an(II)因

21、为方程组有唯一解，所以由AxB 知 A0，又 A(n1)an ，故 a0 由克莱姆法则，将Dn 的第 1 列换成 b ，得行列式为112a102a1a22a1a22aOa22aODn 1na n 1OOOOOOOO1OO1a22a nna22a (n 1)( n 1)所以x1Dn1nDn( n 1)a(III)方程组有无穷多解，由A0 ，有 a0 ，则方程组为考研01x1101x20OOMM01xn100 xn0此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为n1 ，所以方程组有无穷多解，其通解为k 10 0L0T1 0LT, k 为任意常数00(21)【详解】 (I)证法一 ：假设 1, 2 ,3

22、线性相关 因为1,2 分别属于不同特征值的特征向量，故 1 ,2 线性无关，则3 可由1,2 线性表出， 不妨设3l11l22 ，其中 l1, l2 不全为零 (若l1 ,l 2 同时为0，则3为 0，由 A323 可知20，而特征向量都是非0 向量，矛盾 )Q A 11 , A22A 3232l1 1l 2 2 ，又 A 3A(l1 1l2 2 )l1 1 l 2 2l11l222l11l22 ，整理得： 2l1120则 1,2 线性相关，矛盾 . 所以，1,2 ,3 线性无关 .证法二 ：设存在数 k1 ,k2 , k3，使得 k11k2 2k330(1)用 A 左乘 (1)的两边并由 A 11, A22 得k11( k2k3 )2k3 30(2)(1) (2) 得2k11k320(3)因为1 , 2 是 A 的属于不同特征值的特征向量，所以1 ,2 线性无关，从而k1 k3 0 ，代入 (1)得 k220 ，又由于20 ，所以 k20，故 1,2, 3 线性无关 .记P ( 1, 2, 3)，则 P可逆，APA( 1,2, 3)(A 1,A 2,A 3)(1, 2, 23)考研100100(1,2,3) 011P 011001001100所以P1AP011 .001(22)【详解】11P(X 0,Y1)111(I)P(Z