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- 1 -
2008 年考研数学（三）真题解析
一、 选择题
(1) 【答案】B
【详解】
0
0
0
0
( )
lim ( )
lim
lim
0
x
x
x
x
f t dt
g x
f x
f
x
，
所以
0
x
是函数( )
g x 的可去间断点．
(2) 【答案】C
【详解】
0
0
0
0
0
( )
( )
( )
( )
( )
( )
a
a
a
a
a
xf
x dx
xdf x
xf x
f x dx af a
f 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 xf
x dx
为曲边三角形的面
积．
(3) 【答案】B
【详解】
2
4
0
0
0
0
( ,0)
(0,0)
1
1
(0,0)
lim
lim
lim
0
x
x
x
x
x
x
f x
f
e
e
f
x
x
x
0
0
1
1
lim
lim
1
x
x
x
x
e
e
x
x
，
0
0
1
1
lim
lim
1
x
x
x
x
e
e
x
x
故
(0,0)
xf
不存在．
2
4
2
0
2
0
0
0
0
(0, )
(0,0)
1
1
(0,0)
lim
lim
lim
lim
0
0
y
y
y
y
y
y
y
f
y
f
e
e
y
f
y
y
y
y
所以
(0,0)
yf
存在．故选B .
(4) 【答案】A
【详解】用极坐标得
2
2
2
(
)
2
2
2
0
1
1
,
(
)
v
u
u
f r
r
D
f u
v
F u v
dudv
dv
rdr
v
f r dr
u
v
所以
2
F
vf u
u
.
(5) 【答案】C
【详解】
2
3
(
)(
)
E
A E
A
A
E
A
E
，
2
3
(
)(
)
E
A E
A
A
E
A
E
.
故
,
E
A E
A
均可逆．
(6) 【答案】D
【详解】记
1
2
2
1
D
，则
2
1
2
1
4
2
1
E
D
，
--- [第 2 页] ---
- 2 -
又
2
1
2
1
4
2
1
E
A
，
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
,
Z
Z
Z
Z
F z
P Z
z
P
X Y
z
P X
z P Y
z
F z F z
F
z
.
(8) 【答案】D
【详解】用排除法. 设Y
aX
b
，由
1
XY
，知道
,
X Y 正相关，得
0
a
，排除
A 、
C
由
~
(0,1),
~
(1,4)
X
N
Y
N
，得
0,
1,
EX
EY
所以
( )
(
)
E Y
E aX
b
aEX
b
0
1,
a
b
所以
1
b . 排除
B . 故选择
D .
二、 填空题
(9) 【答案】1
【详解】由题设知
|
| 0
c
x
，所以
2
2
,
( )
1,
2
,
x
x
c
f x
x
c
x
c
x
x
c
因为
2
2
lim
lim(
1)
1
x
c
x
c
f x
x
c
，
2
2
lim
lim
x
c
x
c
f x
x
c
又因为
( )
f x 在(
,
)
内连续，
( )
f x 必在x
c
处连续
所以
lim
lim
( )
x
c
x
c
f x
f x
f c
，即
2
2
1
1
c
c
c
.
(10) 【答案】1 ln3
2
【详解】
2
2
2
1
1
1
1
1
2
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
x
，令
1
t
x
x
，得
2
2
t
f t
t
所以
2 2
2 2
2 2
2
2
2
2
2
1
1
1
ln
2
ln 6
ln 2
ln3
2
2
2
2
x
f x dx
dx
x
x
.
(11) 【答案】4
【详解】
2
2
2
2
1
(
)
2
D
D
D
x
y dxdy
x dxdy
x
y dxdy
利用函数奇偶性
2
1
2
0
0
1
2
4
d
r rdr
.
--- [第 3 页] ---
- 3 -
(12) 【答案】
1
y
x
【详解】由dy
y
dx
x
，两端积分得
1
ln
ln
y
x
C
，所以1
x
C
y
，又(1)
1
y
，所以
1
y
x
.
(13) 【答案】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
4A
E
的特征值为4 1 1
3
，4 1 2 1
1
，4 1 2 1
1
所以
1
4
3 1 1
3
B
E
.
(14) 【答案】
1
1
2 e
【详解】由
2
2
(
)
DX
EX
EX
，得
2
2
(
)
EX
DX
EX
，又因为X 服从参数为1 的泊松分布，所以
1
DX
EX
，所以
2
1 1
2
EX
，所以
2
1
1
1
1
2
2
2
P X
e
e
！
.
三、 解答题
(15) 【详解】
方法一：
2
2
0
0
1
sin
1
sin
lim
ln
lim
ln 1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
3
2
0
0
0
sin
cos
1
sin
1
lim
lim
lim
3
6
6
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
方法二：
2
2
3
0
0
0
1
sin
cos
sin
cos
sin
lim
ln
lim
lim
2
sin
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
洛必达法则
2
0
sin
1
lim
6
6
x
x
x
x
洛必达法则
(16) 【详解】(I)
2
2
xdx
ydy
dz
x
y
z
dx
dy
dz
1
2
2
dz
x dx
y dy
2
2
1
x dx
y dy
dz
1
(II) 由上一问可知
2
2
,
1
1
z
x
z
y
x
y
，
所以
1
1
2
2
1
2
2
2
,
(
)
(
)
1
1
1
1
z
z
x
y
y
x
u x y
x
y
x
y
x
y
x
y
--- [第 4 页] ---
- 4 -
所以
2
2
3
3
2
2
(1
)
2
(1
)
2
(1
2
)
2
(1
2 )
1
1
1
1
1
x
z
u
x
x
x
x
.
(17) 【详解】曲线
1
xy
将区域分成两
个区域
1
D 和
2
3
D
D
，为了便于计算继续对
区域分割，最后为
max
,1
D
xy
dxdy
1
2
3
D
D
D
xydxdy
dxdy
dxdy
1
1
2
2
2
2
2
1
1
1
0
0
0
2
2
1
1
x
x
dx
dy
dx
dy
dx
xydy
15
1
2ln 2
ln 2
4
19
ln 2
4
(18) 【详解】
方法一：(I) 由积分的性质知对任意的实数t ，
2
0
2
2
0
2
t
t
t
t
f x dx
f x dx
f x dx
f x dx
令
2
x
u
，则
2
0
2
0
0
2
t
t
t
t
f x dx
f
u du
f u du
f x dx
所以
2
0
2
0
2
0
0
t
t
t
t
f x dx
f x dx
f x dx
f x dx
f x dx
(II) 由(1)知，对任意的t 有
2
2
2
0
t
f x dx
f x dx
，记
2
0
a
f x dx
，则
0
( )
2
x
G x
f u du
ax
. 所以，对任意的x ，
2
0
0
(
2)
( )
2
(
2)
2
x
x
G x
G x
f u du
a x
f u du
ax
2
2
0
2
2
2
2
0
x
x
f u du
a
f u du
a
所以
G x 是周期为2 的周期函数.
方法二：(I) 设
2
( )
( )
t
t
F t
f x dx
，由于
( )
(
2)
( )
0
F t
f t
f t
，所以
( )
F t 为常数，从而有
( )
(0) ( )
F
f x dx
，所以
2
0
( )
( )
F t
f x dx
，即
2
2
0
( )
( )
t
t
f x dx
f x dx
.
(II) 由(I)知，对任意的t 有
2
2
2
0
t
f x dx
f x dx
，记
2
0
a
f x dx
，则
O
0. 5
2
x
D1
D3
D2
--- [第 5 页] ---
- 5 -
0
( )
2
x
G x
f u du
ax
，
2
0
(
2)
2
(
2)
x
G x
f u du
a x
由于对任意x ，
(
2)
2 (
2)
2 ( )
G x
f x
a
f x
a
，
( )
2 ( )
G x
f x
a
所以
(
2)
( )
0
G x
G x
，从而
(
2)
( )
G x
G x
是常数
即有
(
2)
( )
(0) 0
G x
G x
G
G
所以
G x 是周期为2 的周期函数.
(19) 【详解】
方法一：设
n
A 为用于第n 年提取(10
9 )
n
万元的贴现值，则
(1
)
(10
9 )
n
n
A
r
n
故
1
1
1
1
1
10
9
1
9
10
200
9
(1
)
(1
)
(1
)
(1
)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
A
A
r
r
r
r
设
1
( )
( 1,1)
n
n
S x
nx
x
因为
2
1
( )
(
)
(
)
( 1,1)
1
(1
)
n
n
x
x
S x
x
x
x
x
x
x
所以
1
1
(
)
(
)
420
1
1. 05
S
S
r
(万元)
故
200
9 420
3980
A
(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
ty ，由题意知
ty 满足方程
1
(1 0.05)
(10
9 )
t
t
y
y
t
，即
1
1. 05
(10
9 )
t
t
y
y
t
1. 05
0
t
t
y
y
的通解为
(1.05)t
ty
C
设(1)的通解为
*
ty
at
b
，代入(1)解得
180
a
，
3980
b
所以(1)的通解为
(1.05)
180
3980
t
ty
C
t
由
0y
A
，
0
ty
得
3980
A
C
0
C
故A 至少为3980 万元．
(20) 【详解】(I)
证法一：
--- [第 6 页] ---
- 6 -
2
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
3
2
1
0
1
2
2
1
2
2
1
1
2
2
2
1
3
0
1
2
4
0
1
3
4
(
1)
2
(
1)
3
2
3
1
(
1)
0
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
A
r
ar
a
a
a
a
a
a
a
n
a
a
n
a
r
ar
a
n
a
n
n
n
a
n
证法二：记
|
|
n
D
A
，下面用数学归纳法证明
(
1)
n
n
D
n
a
．
当
1
n
时，
1
2
D
a
，结论成立．
当
2
n
时，
2
2
2
2
1
3
2
a
D
a
a
a
，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
2
1
2
2
1
2
1
0
2
1
2
1
2
1
2
2
2
(
1)
(
1)
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
D
aD
a
a
aD
a D
ana
a
n
a
n
a
故
|
| (
1)
n
A
n
a
证法三：记
|
|
n
D
A
，将其按第一列展开得
2
1
2
2
n
n
n
D
aD
a D
，
所以
2
1
1
2
1
2
(
)
n
n
n
n
n
n
D
aD
aD
a D
a D
aD
2
2
2
3
2
1
(
)
(
)
n
n
n
n
a
D
aD
a
D
aD
a
--- [第 7 页] ---
- 7 -
即
1
2
1
2
2
(
)
2
n
n
n
n
n
n
n
n
D
a
aD
a
a a
aD
a
a D
2
1
2
1
(
2)
(
1)
n
n
n
n
n
a
a
D
n
a
a
D
1
(
1)
2
(
1)
n
n
n
n
a
a
a
n
a
(II) 因为方程组有唯一解，所以由Ax
B
知
0
A
，又
(
1)
n
A
n
a
，故
0
a
．
由克莱姆法则，将
n
D 的第1 列换成b ，得行列式为
2
2
2
1
1
2
2
(
1) (
1)
1
1
2
1
0
2
1
2
1
2
2
1
1
2
2
n
n
n n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
D
na
a
a
a
a
所以
1
1
(
1)
n
n
D
n
x
D
n
a
(III) 方程组有无穷多解，由
0
A
，有
0
a
，则方程组为
1
2
1
0
1
1
0
1
0
0
1
0
0
0
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
1
n ，所以方程组有无穷多解，其通解为
1
0
0
0
0
1
0
0
,
T
T
k
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
1
1
2
2
l
l
，其中1
2
,
l l 不全为零(若1
2
,
l l 同时为0，则
3
为0，
由
3
2
3
A
可知
2
0
，而特征向量都是非0 向量，矛盾)
1
1,
A
2
2
A
3
2
3
2
1
1
2
2
A
l
l
，又
3
1
1
2
2
1
1
2
2
(
)
A
A l
l
l
l
1
1
2
2
2
1
1
2
2
l
l
l
l
，整理得：
1
1
2
2
0
l
--- [第 8 页] ---
- 8 -
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
1
2
3
,
,
k k k ，使得
1
1
2
2
3
3
0
k
k
k
(1) 用A 左乘(1)的两边并由
1
1,
A
2
2
A
得
1
1
2
3
2
3
3
(
)
0
k
k
k
k
(1) —(2)得
1
1
3
2
2
0
k
k
(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
1
3
0
k
k
，代入(1)
得
2
2
0
k
，又由于
2
0
，所以
2
0
k
，故
1
2
3
,
,
线性无关.
(II) 记
1
2
3
(
,
,
)
P
，则P 可逆，
1
2
3
1
2
3
(
,
,
)
(
,
,
)
AP
A
A
A
A
1
2
2
3
(
,
,
)
1
2
3
1
0
0
(
,
,
)
0
1
1
0
0
1
1
0
0
0
1
1
0
0
1
P
所以
1
1
0
0
0
1
1
0
0
1
P AP
.
(22) 【详解】
(I)
1
2
0
1
(
0,
)
1
1
1
1
2
(
0)
(
0)
(
)
1
2
2
(
0)
2
2
P X
Y
P Z
X
P X
Y
X
P Y
dy
P X
(II)
( )
{
}
{
}
Z
F
z
P Z
z
P X
Y
z
{
,
1}
{
,
0}
{
,
1}
P X
Y
z X
P X
Y
z X
P X
Y
z X
{
1,
1}
{
,
0}
{
1,
1}
P Y
z
X
P Y
z X
P Y
z
X
{
1} {
1}
{
} {
0}
{
1} {
1}
P Y
z
P X
P Y
z P X
P Y
z
P X
1
{
1}
{
}
{
1}
3 P Y
z
P Y
z
P Y
z
1
(
1)
( )
(
1)
3
Y
Y
Y
F
z
F
z
F
z
--- [第 9 页] ---
- 9 -
所以
1
( )
(
1)
( )
(
1)
3
Z
Y
Y
Y
f
z
f
z
f
z
f
z
1 ,
1
2
3
0,
z
其它
(23) 【详解】(I) 因为
2
( ,
)
X
N
，所以
2
( ,
)
X
N
n
，从而
2
,
E X
DX
n
．
因为
2
2
1
( )
(
)
E T
E X
S
n
2
2
1
(
)
E X
E S
n
2
2
1
(
)
(
)
DX
E X
E S
n
2
2
2
2
1
1
n
n
所以，T 是
2
的无偏估计
(II)
方法一：
2
2
( )
(
)
D T
ET
ET
，
( )
0
E T
，
2
2
(
)
1
E S
所以
2
( )
D T
ET
4
4
2
2
2
2
(
)
S
E X
X
S
n
n
4
2
2
4
2
2
1
(
)
(
) (
)
(
)
E X
E X
E S
E S
n
n
因为
(0,1)
X
N
，所以
1
(0, )
X
N
n
，
有
1
0,
E X
DX
n
，
2
2
1
E X
DX
E X
n
所以
2
2
4
2
2
2
2
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
E X
D X
E
X
D
n X
D X
E
X
n
2
2
2
1
(
)
D
n X
D X
n
2
2
2
1
1
3
2
n
n
n
2
4
2
2
2
2
2
(
)
1
ES
E
S
DS
ES
DS
因为
2
2
2
2
(
1)
(
1)
(
1)
n
S
W
n
S
n
，所以
2(
1)
DW
n
，
又因为
2
2
(
1)
DW
n
DS
，所以
2
2
(
1)
DS
n
,所以
4
2
1
1
(
1)
1
n
ES
n
n
所以
2
2
2
3
2 1
1
1
1
1
n
ET
n
n n
n
n
2
(
1)
n n
.
方法二：当
0,
1
时
--- [第 10 页] ---
- 10 -
2
2
1
( )
(
)
D T
D X
S
n
(注意X 和
2
S 独立)
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
(
1)
(
1)
DX
DS
D
nX
D
n
S
n
n
n
n