2008年考研数学三真题及解析(非常详细)

2008年考研数学（三）真题

一、选择题：1～8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.

（1）设函数f(x)在区间[1,1]上连续，则x0是函数g(x)

x0f(t)dtx的（ ）

A跳跃间断点. C无穷间断点.

B可去间断点. D振荡间断点.

（2）曲线段方程为yf(x)，函数f(x)在区间[0,a]上有连续的导数，则定积分

a0 aft(x)dx等于（ ）

A曲边梯形ABCD面积.

B梯形ABCD面积.

C曲边三角形ACD面积.

x2y4D三角形ACD面积.

（3）已知f(x,y)e，则

（A）fx(0,0)，fy(0,0)都存在 （B）fx(0,0)不存在，fy(0,0)存在 （C）fx(0,0)不存在，fy(0,0)不存在 （D）fx(0,0)，fy(0,0)都不存在 （4）设函数f连续，若f(u,v)Duvf(x2y2)x2y2dxdy，其中Duv为图中阴影部分，则

F（ ） u（A）vf(u) （B）

2vvf(u2) （C）vf(u) （D）f(u)

uu3（5）设A为阶非0矩阵E为阶单位矩阵若A0，则（ ）

AEA不可逆，EA不可逆. CEA可逆，EA可逆.

BEA不可逆，EA可逆.

DEA可逆，EA不可逆.

（6）设A12则在实数域上域与A合同矩阵为（ ） 2121.

12

A

B21.

1221C.

1212D .

21（7）随机变量X,Y独立同分布且X分布函数为Fx，则ZmaxX,Y分布函数为（ ）

- 1 -

A F2x.

2

B FxFy.

C 11Fx. D 1Fx1Fy.

（8）随机变量X~N0,1，Y~N1,4且相关系数XY1，则（ ）

A PY2X11. CPY2X11.

BPY2X11. DPY2X11.

二、填空题：9-14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.

x21,xc（9）设函数f(x)2在(,)内连续，则c .

,xcx21xx3（10）设f(x)，则2x1x4222f(x)dx______.

2(xy)dxdy. D（11）设D{(x,y)xy1}，则

（12）微分方程xyy0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E_____. （14）设随机变量X服从参数为1的泊松分布，则PXEX1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

演算步骤.

(15) （本题满分10分）

求极限limx01sinx. ln2xx22(16) （本题满分10分）

设zz(x,y)是由方程xyzxyz所确定的函数，其中具有2阶导数且1时. （1）求dz （2）记ux,y1zzu，求. xyxyx(17) （本题满分11分）

计算

max(xy,1)dxdy,其中D{(x,y)0x2,0y2}.

D(18) （本题满分10分）

设fx是周期为2的连续函数，

- 2 -

（1）证明对任意实数t，有（2）证明Gxt2tfxdxfxdx；

02x02ftt2fsdsdt是周期为2的周期函数．

t(19) （本题满分10分）

设银行存款的年利率为r0.05，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）

2a12a2a，现矩阵A满足方程AXB，其中Xx,,xT，设矩阵A1n12a2annB1,0,,0，

（1）求证An1a;

n（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1,1特征向量，向量a3满足Aa3a2a3， 证明（1）a1,a2,a3线性无关；

（2）令Pa1,a2,a3，求PAP.

1（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i1i1,0,1，Y的概率密度为310y1fYy，记ZXY

0其它（1）求PZ1X0； 2（2）求Z的概率密度．

（23） （本题满分11分）

1n1n2X1,X2,,Xn是总体为N(,)的简单随机样本.记XXi，S(XiX)2，ni1n1i121TXS2.

n2（1）证 T是的无偏估计量.

- 3 -

2

（2）当0,1时 ，求DT.

- 4 -

2008年考研数学（三）真题解析

一、选择题 (1)【答案】B

【详解】 limg(x)limx0x0x0f(t)dtxlimfxf0，

x0所以x0是函数g(x)的可去间断点． (2)【答案】C 【详解】

a0axf(x)dxxdf(x)xf(x)0f(x)dxaf(a)f(x)dx

000aaa其中af(a)是矩形ABOC面积，积．

(3)【答案】B

a0f(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f(0,0)limlim【详解】xx0x0x0xxx2041xe1lim x0xxe1ex1e1ex1limlim1，limlim1 x0x0x0x0xxxx故fx(0,0)不存在．

f(0,y)f(0,0)efy(0,0)limlimy0y0y0所以fy(0,0)存在．故选B. (4)【答案】A

【详解】用极坐标得 Fu,v02y41ye1y2limlim0 y0y0yyy2Dfu2v2u2v2dudvdv0vf(r2)r1urdrvf(r2)dr

1uFvfu2. 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,EA均可逆． (6)【答案】D

232312122ED14， 【详解】记D，则2121 - 5 -

又EA1221124，

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zPZzPmaxX,YzPXzPYzF2ZzFZzFZz.

(8)【答案】D

【详解】 用排除法. 设YaXb，由XY1，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b)aEXba0b1, 所以b1. 排除B. 故选择D. 二、填空题 (9)【答案】1

【详解】由题设知c|x|0，所以f(x)2x,xcx21,cxc

2x,xc因为 limfxlim(x21)c21，lim2xcxcxcfxlimxcx2c 又因为f(x)在(,)内连续，f(x)必在xc处连续

所以 limfxlimfxf2xcxc(c)，即c21cc1. (10)【答案】

12ln3 1x1【详解】fx1x1xxx，令t1x，得ftt x2x212xxxt222所以

222fxdx22xdx1lnx22222x222212ln6ln212ln3. (11)【答案】4 【详解】

(x2y)dxdy利用函数奇偶性x2dxdy1DD2x2y2dxdy D12120d0r2rdr4. - 6 -

(12)【答案】y【详解】由

1 x1dyy1xC，又y(1)1，所以y. ，两端积分得lnylnxC1，所以yxdxx(13)【答案】3

【详解】A的特征值为1,2,2，所以A1的特征值为1,12,12， 所以4A1E的特征值为4113，41211，41211 所以4BE3113. (14)【答案】

111e 22222【详解】由DXEX(EX)，得EXDX(EX)，又因为X服从参数为1的泊松分布，所以

12111DXEX1，所以EX112，所以 PX2ee.

2！22三、解答题

(15) 【详解】 方法一：limx01sinx1sinxlnlimln11 22x0xxxxsinxxcosx1sinx1 limlim32x0x0x0x3x6x61sinxxcosxsinxxcosxsinx方法二：lim2ln 洛必达法则limlimx0xx0x0x2x2sinx2x3xsinx1 洛必达法则lim2x06x6lim(16) 【详解】(I) 2xdx2ydydzxyzdxdydz

1dz2xdx2ydy

dz2xdx2ydy11

(II) 由上一问可知

z2xz2y,， x1y1所以 ux,y1zz12x2y12y2x2()()

xyxyxy11xy11 - 7 -

2xz2(1)2(1))u2(12x1x所以 223x1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

(1x2)2. 31maxxy,1dxdy

DD1 D3xydxdydxdydxdy

D1D2dx1dy1dx1dy1dx1xydy

022x120221x0D3 D2 2212ln219ln2 415ln2 4O 0.5 2 x (18) 【详解】

方法一：(I) 由积分的性质知对任意的实数t，

t2tfxdxfxdxfxdxt002t22fxdx

t00t令x2u，则所以

t22fxdxf2udufudufxdx

00202t0t0tt2tfxdxfxdxfxdxfxdxfxdx

(II) 由(1)知，对任意的t有

xt22fxdxfxdx，记afxdx，则

0022G(x)2fuduax. 所以，对任意的x，

0G(x2)G(x)22x2xx20fudua(x2)2fuduax

020xfudu2a2fudu2a0

所以Gx是周期为2的周期函数.

方法二：(I) 设F(t)而F(0)2t2t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，

2t20f(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

t22fxdxfxdx，记afxdx，则

02 - 8 -

G(x)2xfuduax ， G(x2)x2020fudua(x2)

由于对任意x，G(x2)2f(x2)a2f(x)a，G(x)2f(x)a 所以 G(x2)G(x)0，从而 G(x2)G(x是常数) 即有 G(x2)G(x)G(2)G(0)0 所以Gx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(109n)万元的贴现值，则

An(1r)n(109n)

故 AA109n1n9nnn1n1(1rn)10n1(1rn)n200n1(r1)9nr(1 n1设 S(x)nnxx(1, 1)n1因为 S(x)x(xn)x1(xx)x(1x2)x(1, 1)n1所以 S(11r)S(11.05)420(万元) 故 A20094203(9万元8)，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(10.05)yt1(109t)， 即 yt1.05yt1(109t) (1)

(1)对应的齐次方程 ytt1.05yt10的通解为 ytC(1.05 )设(1)的通解为 y*tatb，代入(1)解得 a180，b3980 所以(1)的通解为 yttC(1.05)180t3980 由y0A，yt0得 AC3980 C0 故A至少为3980万元．

(20) 【详解】(I) 证法一：

- 9 -

)

2a12a1a22a103a21Aa22a2r122ar1a2a1a22a1a22a2a103a21rn104a3annarn132a24a3(n1)an(n1)an10(n1)an证法二：记Dnn|A|，下面用数学归纳法证明Dn(n1)a．

当n1时，D12a，结论成立． 当n2时，Da1222a22a3a，结论成立．

假设结论对小于n的情况成立．将Dn按第1行展开得

a2102a1 Da22a1

n2aDn1

1a22a2aD22anan1a2(n1)an2n1aDn2(n1)an故 |A|(n1)an

证法三：记Dn|A|，将其按第一列展开得 D2n2aDn1aDn2，

所以 D2naDn1aDn1aDn2a(Dn1aDn2)

a2(Dn2aDn3)an2(D2aD1)an

- 10 -

即 DnaaDn1aa(annn1aDn2)2ana2Dn2

(n2)anan2D2(n1)anan1D1

(n1)anan12a(n1)an

(II) 因为方程组有唯一解，所以由AxB知A0，又A(n1)a，故a0． 由克莱姆法则，将Dn的第1列换成b，得行列式为

n1112aa212anna22aa212aa212aa212a(n1)(n1)Dn1nan1

02a所以 x1Dn1n Dn(n1)a(III) 方程组有无穷多解，由A0，有a0，则方程组为

01x11x0120

x01n100xn0此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为n1，所以方程组有无穷多解，其通解为

k10000100,k为任意常数．

(21)【详解】(I)

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3l11l22，其中l1,l2不全为零(若l1,l2同时为0，则3为0，由A323可知20，而特征向量都是非0向量，矛盾)

TTA11,A22

A3232l11l22，又A3A(l11l22)l11l22 l11l222l11l22，整理得：2l1120

- 11 -

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k11k22k330 (1)

用A左乘(1)的两边并由A11,A22得

k11(k2k3)2k330 (2)

(1)—(2)得 2k11k32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k22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)(A1,A2,A3)(1,2,23)

100100(1,2,3)011P011

0010011001所以 PAP011.

001(22)【详解】

1P(X0,Y)111112 (I) P(ZX0)P(XYX0)P(Y)21dy

022P(X0)22(II) FZ(z)P{Zz}P{XYz}

P{XYz,X1}P{XYz,X0}P{XYz,X1} P{Yz1,X1}P{Yz,X0}P{Yz1,X1} P{Yz1}P{X1}P{Yz}P{X0}P{Yz1}P{X1}

1P{Yz1}P{Yz}P{Yz1} 31FY(z1)FY(z)FY(z1) 3 - 12 -

1所以 f(z)13ff,1z2ZY(z1)fY(z)Y(z1)3

0,其它2(23) 【详解】(I) 因为XN(,2)，所以XN(,n)，从而EX,DX2n．

因为 E(T)E(X212212nS)EXnE(S)

DX(EX)2111nE(S2)n22n22

所以，T是2的无偏估计

(II)

方法一：D(T)ET2(ET)2，E(T)0，E(S2)21

所以D(T)ET2E(X4222nXSS4n2)

E(X4)221nE(X)E(S2)n2E(S4)

因为XN(0,1)，所以XN(0,1n)，

有EX0,DX1n，EX2DXEX21n

所以E(X4)D(X2)E2(X22)D1nnXD(X)E2(X)2 21n2DnX2D(X)2113n22nn2 ES4ES22DS2(ES2)2DS21 因为W(n1)S22(n1)S22(n1)，所以DW2(n1)，

又因为DW(n1)2DS2，所以DS222(n1),所以ES4(n1)1n1n1所以 ET23211n2n2nn11n2n1n(n1). 方法二：当0,1时

- 13 -

1D(T)D(X2S2) (注意X和S2独立)

n11DX2DS22Dnn2nX2112D(n1)S22 n(n1)

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