2008年考研数学(三)真题答案与解析.pdf

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1、()为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案20082008 年考研数学年考研数学(三三)真题答案与解析真题答案与解析一、选择题一、选择题(1)【答案】B【详解】limg(x)limx0 x0 x0f(t)dtx lim fx f0，x0所以x 0是函数g(x)的可去间断点(2)【答案】C【详解】a0 xf(x)dx xdf(x)xf(x)f(x)dx af(a)f(x)dx000aa0aa其中af(a)是矩形 ABOC 面积，积(3)【答案】Ba0f(x)dx为曲边梯形 ABOD 的面积，所以xf(x)dx为曲边三角形的面0af(x,0)f(0,0)e l

2、im【详解】fx(0,0)limx0 x0 x0 xxx2041xe 1 limx0 xxe 1ex1e 1ex1lim lim1，lim lim 1x0 x0 x0 x0 xxxx故fx(0,0)不存在f(0,y)f(0,0)efy(0,0)lim limy0y0y0所以fy(0,0)存在故选B.(4)【答案】A【详解】用极坐标得Fu,v02y41yey1y2 limlim0y0y0yy2Dfu2v2u2v2dudv dv0vuf(r2)r1rdr vf(r2)dr1uF vfu2.u(5)【答案】C所以【详解】(E A)(E A A)E A E，(E A)(E A A)E A E.故E A

3、,E A均可逆(6)【答案】D-1-2323()为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案12 122【详解】记D，则E D 14，2121又E A 122214，1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】FZzPZzP maxX,Yz PXzPYzFZzFZzFZz.2(8)【答案】D【详解】用排除法.设Y aX b，由XY1，知道X,Y正相关，得a 0，排除A、C由X N(0,1),Y N(1,4)，得EX 0,EY 1,所以E(Y)E(aX

4、 b)aEX b a0b 1,所以b 1.排除B.故选择D.二、填空题二、填空题(9)【答案】1x c2 x,2【详解】由题设知c|x|0，所以f(x)x 1,c x c2 x,x cfx lim(x 1)c 1，lim fx lim因为lim22xcxcxcxc22xc又因为f(x)在(,)内连续，f(x)必在x c处连续f所以l i mx cx xli m f xcf(c)c21，即2 c 1.c(10)【答案】1ln3211 x x1 1txxt xf t【详解】fx，令，得 221xt 2x x2 1 x22xx所以2 22fxdx 2 222x12dx lnx 22x222211ln

5、6ln2ln3.22(11)【答案】4-2-()为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案【详解】22(x y)dxdy利用函数奇偶性xdxdy DD122x y dxdy2D1122dr rdr.00241(12)【答案】y x【详解】由dyy11，两端积分得ln y ln x C1，所以 x C，又y(1)1，所以y.dxxxy(13)【答案】3【详解】A的特征值为1,2,2，所以A的特征值为1,1 2,1 2，所以4A E的特征值为411 3，41 211，41 2111所以4B E 311 3.11(14)【答案】11e2【详解】由DX EX2(EX)

6、2，得EX2 DX(EX)2，又因为X服从参数为 1 的泊松分布，所以12111DX EX 1，所以EX11 2，所以PX 2ee.2！22三、解答题三、解答题(15)【详解】方法一方法一：limx01sin x1sin xln limln1122x0 xxxxsin x xcosx1sin x1 lim lim 32x0 x0 x0 x3x6x61sin xxcos xsin xxcos xsin x洛必达法则lim lim方法二方法二：lim2lnx0 xx0 x0 x2x2sin x2x3xsin x1洛必达法则lim x06x26 lim(16)【详解】(I)2xdx2ydydz x

7、y zdxdydz1dz 2xdx2ydy2xdx2ydy dz 1 1-3-()为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案(II)由上一问可知z2x z2y，,x1y1所以ux,y1zz12x2y12y2x2()()xy xyxy11xy112xz)2(1)2(1)u2(1 2 x1x所以 223x1 1 1(17)【详解】曲线xy 1将区域分成两个区域D1和D2 D3，为了便于计算继续对区域分割，最后为(1 x 2)2.31maxxy,1dxdyDD D1 1D3xydxdy dxdy dxdyD1D2dx1dy1dx1dy1dx1xydy022x1202

8、21x0D D3 3D D2 22212ln 219ln2415ln24O0.52x x(18)【详解】方法一方法一：(I)由积分的性质知对任意的实数t，t2tfxdx fxdxfxdxt002t22fxdxt00t令x 2u，则所以t22fxdx f2udu fudu fxdx00202t0t0tt2tfxdx fxdxfxdxfxdx fxdx(II)由(1)知，对任意的t有xt22fxdx fxdx，记a fxdx，则0022G(x)2fuduax.所以，对任意的x，0G(x2)G(x)2 2x2xx20fudu a(x2)2fudu ax020 xfudu2a 2fudu2a 0所以G

9、x是周期为 2 的周期函数.-4-()为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案方法二方法二：(I)设F(t)而F(0)2t2t由于F(t)f(t 2)f(t)0，所以F(t)为常数，从而有F(t)F(0).f(x)dx，2t2x0f(x)dx，所以F(t)f(x)dx，即0tf(x)dx f(x)dx.0202(II)由(I)知，对任意的t有t22fxdx fxdx，记a fxdx，则0 x202G(x)2fuduax，G(x2)20fudua(x2)由于对任意x，G(x2)2 f(x2)a 2 f(x)a，G(x)2f(x)a所以G(x2)G(x)0，从而

10、G(x 2)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】方法一方法一：设An为用于第n年提取(109n)万元的贴现值，则An(1r)n(109n)1 0 9 n1n 9故A An1 0 2 0 0nnnr)1r)n 1(r1)n1n 1(1 n 1(9 nnn1r(1)设S(x)n1nnxx(1,1)n因为S(x)x(x)xn1xx1)()x (1,21 x(1 x)11)S()420(万元)1r1.053(9 8)，即至少应存入 3980 万元.故A 2 0 0 9 4 2 0万元所以S(方法二方法二：设第t年取款后的余款是yt，由

11、题意知yt满足方程yt(10.05)yt1(109t)，即yt1.05yt1(109t)(1)(1)对应的齐次方程yt1.05yt1 0的通解为ytC(1.0 5)*设(1)的通解为yt at b，代入(1)解得a 180，b 3980t所以(1)的通解为ytC(1.05)180t 3980由y0 A，yt 0得A C 3980C 0-5-t()为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案故A至少为 3980 万元(20)【详解】(I)证法一证法一：2aa2A 12aa212a a2a013a2022a01r2ar1212a13a12a22a 1a22a14a3

12、 02a1(n1)ann1rnarn1n3a 4a(n1)a(n1)an23n证法二证法二：记Dn|A|，下面用数学归纳法证明Dn(n1)an当n 1时，D1 2a，结论成立当n 2时，D22a13a2，结论成立2a2a假设结论对小于n的情况成立将Dn按第 1 行展开得a20Dn 2aDn112a1a22a11a22a222aDn1a2Dn2 2anan 1a(n1)an(n1)an故|A|(n1)a证法三证法三：记Dn|A|，将其按第一列展开得Dn 2aDn1a Dn2，2n-6-()为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案所以DnaDn1 aDn1a2D

13、n2 a(Dn1aDn2)a2(Dn2aDn3)an2(D2aD1)an即Dn anaDn1 ana(an1aDn2)2ana2Dn2(n2)anan2D2(n1)anan1D1(n1)anan12a (n1)an(II)因为方程组有唯一解，所以由Ax B知A 0，又A(n1)an，故a 0由克莱姆法则，将Dn的第 1 列换成b，得行列式为1112aa212anna22aa212aa212aa212a(n1)(n1)Dn1 nan102a所以x1Dn1nDn(n1)a(III)方程组有无穷多解，由A 0，有a 0，则方程组为01x11x 0120 x01n10 0 xn0此时方程组系数矩阵的秩

14、和增广矩阵的秩均为n1，所以方程组有无穷多解，其通解为k10000100,k为任意常数(21)【详解】(I)证法一证法一：假设1,2,3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,l2同时为 0，则3为 0，由A323可知2 0，而特征向量都是非 0 向量，矛盾)TTA1 1,A22-7-()为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案A3232l11l22，又A3 A(l11l22)l11l22l11l222l11l22，整理得：2l112 0则1,2线性相关，

15、矛盾.所以，1,2,3线性无关.证法二证法二：设存在数k1,k2,k3，使得k11k22k33 0(1)用A左乘(1)的两边并由A1 1,A22得k11(k2k3)2k33 0(2)(1)(2)得2k11k32 0(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k22 0，又由于2 0，所以k2 0，故1,2,3线性无关.(II)记P (1,2,3)，则P可逆，AP A(1,2,3)(A1,A2,A3)(1,2,23)100100(1,2,3)011 P0110010011001所以P AP 011.001(22)【详解】1P(X 0,Y )

16、111112P(Y )21dy(I)P(Z X 0)P(X Y X 0)022P(X 0)22(II)FZ(z)PZ z PX Y z PX Y z,X 1 PX Y z,X 0 PX Y z,X 1 PY z 1,X 1 PY z,X 0 PY z 1,X 1 PY z 1PX 1 PY zPX 0 PY z 1PX 1-8-()为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案1PY z 1 PY z PY z 131FY(z 1)FY(z)FY(z 1)311,1 z 2所以fZ(z)fY(z 1)fY(z)fY(z 1)330,其它(23)【详解】(I)因为X

17、 N(,)，所以X N(,因为E(T)E(X 222n)，从而EX,DX 2n2121S)EX E(S2)nn111 DX(EX)2E(S2)2222nnn所以，T是2的无偏估计(II)方法一方法一：D(T)ET2(ET)2，E(T)0，E(S2)21222S4所以D(T)ET E(X X S 2)nn24221E(X)E(S2)2E(S4)nn1因为X N(0,1)，所以X N(0,)，n2211有EX 0,DX，EX DX EXnn E(X)42 12所以E(X)D(X)E2(X)D nXD(X)E(X)n422212DnnX213122D(X)2nnn22222222ES4 ES DS(ES)DS 1 因为W(n1)S22(n1)S22(n1)，所以DW 2(n1)，22又因为DW (n1)DS，所以DS 222n141,所以ES(n1)n1(n1)-9-()为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案为您提供最全面的考研真题、模拟题及答案所以ET 232 11n121.22nn nnn1n(n1)方法二方法二：当 0,1时1D(T)D(X2S2)(注意X和S2独立)n11 DX 2DS22Dnn2nX2112D(n1)S22n(n1)-10-