2008年全國碩士研究生入學統(tǒng)一考試數(shù)學試題詳解及評分參考數(shù)學（一、選擇題（1～8432分f(x

f(xln(2x22x，且ln(2x20x0f(x的唯一零點，故選(B).f(xyarctanx在點y 【答】應選(A). 【解】因f x2 x2 yCexCcos2xCsin2x（CCC為任意常數(shù)） 【解】由通解的表達式可見此微分方程的三個特征值分別為1,2i，所以它的特征方程故選(D).f(x)在(內(nèi)單調(diào)有界，{xn（A）若{xn}收斂，則{f(xn)}收斂 (B)若{xn}單調(diào)，則{f(xn)}收斂(C)若{f(xn)}收斂，則{xn}收斂 (D)若{f(xn)}單調(diào)，則{xn}收斂f(x在(內(nèi)單調(diào)有界，故當{xn單調(diào)時，必有f(xn x故應排除（f(xarctan

x

，在(內(nèi)單調(diào)遞增且有界，x1)n1收斂于0，但當nf(x1，而當n f(xarctanx在(xnnf(xn)arctann有界，且收斂于/2，但{xn}趨于無窮，即{xn}不收斂）.（A）EA不可逆，EA不可逆 （B）EA不可逆，EA可逆（C）EA可逆，EA可逆 （D）EA可逆，EA不可逆A3OEA3E，即(EA)(EAA2EEA可逆；A3O，有(EA)(EAA2EEA可逆.(Czz x2y2 【解】顯然圖中曲面由xoy平面上的雙曲線 1繞x軸旋轉(zhuǎn)得到，故其方 1，因此二次型的標準型為f .又由于所做的是

（B）F(x)F( （C）1[1F FZ(xP(max{X,YxPXx,YxPXx)P(YxF2(x（A）P{Y2X1}（C）P{Y2X1}

（B）P{Y2X1}（D）P{Y2X1}XY1，故存在常數(shù)abPYaXb1EYaEXb.又X~N(0,1),Y~N(1,4)EX0,EY1,DX1,DY4.于是有b1；再由1

a，可見a2，(D4 1 4 1【答】應 xdydx.兩邊積分，得ln|y| 1

|x

，即|y

C|xy(11得C1，因而有|y|.由于微分方程的解是可導函數(shù)（|x數(shù)x0yy(xx0，現(xiàn)初始條件y1.x曲線sin(xy)ln(yx)x在處的切線方程 【答】應填yxyx的函數(shù)，在sin(xyln(yxxxyy1xyx 已知冪級數(shù)an(x2)x0處收斂，在x4處發(fā)散，則冪級數(shù)an(x3)n

(1,an(x2)nx2x0x42，收斂域為(40.于是antn收斂域為(22.因此4x24x2【答】應填4

【解】添加下側(cè)面1z0(x2y24)，記與1所圍區(qū)域為 ydxdydz

x2y2

x2dxdy) ydxdydz=0x2dxdy (x2y2dxdy12d22d4.I4x2y2 2x2y2 2 _. 2 2

2

.即A 00 0由于相似矩陣具有相同的特征值，而 的特征值為0,1，故A的非零特征值為0 設隨機變量X服從參數(shù)為1的泊松分布，則P{XEX2} 1【答】應 X服從參數(shù)為1DXEX1EX2DXEX)22PXEX2PX212e11 三、解答題（15～2394[sinxsin(sinx)]sin xxxx

……2＝

……6 3x1sin2

3xlim ……9 3x Lysinx上從點(0,0)到點(0)的一段 []sin2x2(x21)sinxcos x2sin0

x22

cos2x000

……6xsin2x1sin2xdx

……9 2 sin2xdx2(x21)ydy 04xydxdysin

sin2xdx2(x21)ydy……2……5Ddxsinx4xydy1cos2x2xsin2xdx x2x2

0

sin2x

sin2xdx

……90 20

x2

y22z2(17)（本題滿分11分）已知曲線C:xy3z 解：點(x,y,z)到xOy面的距離為|z|，故求C上距離xOy面最遠點和最近點的坐標，等價于求函數(shù)Hz2在條件x2y22z20與xy3z5下的最大值點和最小值點 ……3令L(x,y,z,,)z2(x2y22z2)(xy3z ……5L'2xL'2y由L'y2z4z3 ……7x2y22z2xy3z2x22z2

x

x得xy，從而 ，解得y5或y ……102x3z z z和x

F(x)0

f(t)dtF(x

f(x) f(x2為周期的周期函數(shù)時，證明函數(shù)G(x)20f(t)dtx0f(t)dt也是以2為周期的周期函數(shù).

limF(xx)F(x)lim f(t)dt

f(t)dtlim f limf()xlimf( （其中xxx之間

f()

f ……51：要證明G(x2x，都有G(x2)G(x，H(x)G(x2)G(x，則 H(x)(2x2f(t)dt(x2)2f(t)dt)(2xf(t)dtx2f 2f 0f 2f 0f

f(t)dt

f(t)dt)0H(x0，即G(x2) G(x2)G(x)2 f(t)dt(x2)0f(t)dt20f(t)dtx0f

……10 x f(t)dt0f(t)dt0f(t)dt2[0f(u2)du0f(t)dt]……8x20[f(t2)f(t)]dt即G(x)是以2為周期的周期函數(shù) ……10(19)（11分）f(x1x2(0xn

(1)n1的和n 解：由于a2(1x2)dx22 a20(1x2)cosnxdx34(1)n1,n

……2……5

n2n

n所以f(x) 0

cosnx1

cosnx，0x ……7n n n

nnn x0f(0)1

(1)n1n nnf(0)1n

(1)n

的轉(zhuǎn)置.rA2；(II)若線性相關，則秩rA證：(I)rAr(TTr(T)r(Tr()r()由于線性相關，不妨設k于是rAr(TT)r((1k2Tr(1

……10

1 A ,xx2，b0 M M 2 2

1 xn 0 (I)An1)an；(II)當ax當a為何值時，該方程組有無窮多解，并求通解

A

OO

12an1D12an2D2a

13a

……2D 2anan1a2(n1)an2(n1)an，即A(n ……6A A OO r12 22 OO2na1n ……2 2r32

20

3 21 41

……4 a 2 3

a 2a

2a 3

(n1)a

……6 n n1a 解：當a0Dn0，故方程組有唯一解.由克萊姆法則，將Dn1列換成b，得行列式為

2

Dn1

12a

12a

……9

(n

x0 x1 x0解：當a0時，方程組為

n1 0x n n1x0 0Tk1 0T,其中k為任意常 ……12P{Xi}

(i1,0,1)，Y的概率密度為f(y) 0y

記ZX0，0 其它P{Z解：(I)P{Z

X0}(II)Zfz(z X0}P{XY X0}P{Y1}

……4FZ(z)PZzPXYP{XYz,X1}P{XYz,X0}P{XYz,XP{Yz1,X1}P{Yz,X0}P{Yz1,XP{Yz1}P{X1}P{Yz}P{X0}P{Yz1}P{X1[F(z1)F(zF(z ……7 f(z)F(z1f(z1)f(zf(z ……9 1z nnXn

Xi

，S2

n

(Xi

X)，TX

1Sn證明T2(II)0,1DT證：ETEX21S2)EX21ES2EX2DX1ES2……4

n

n所以T是2的無偏估計 ……7解：0，1XS2DTD(X21S2)DX2n

1DS

……91

nX)21 n2(n121 2(n12 1 n2(n n n(n數(shù)學（一、選擇題:（1～8432分 至少各有一個零點，因而排除(A)和(B)f(xxx0也是f(x的零點，故選(D).yf(x，函數(shù)在區(qū)間[0,a 有連續(xù)導數(shù)，則定積分xf(x)dx0 aaaaaa （3）f(xln|x|sinxf(x|x1| 由于limln|x|sinxlimlnx 1/ limsin2xlimsinx0x0+|x x0+csc x0+cscxcot x0+xcos x0+cosln|x 1/ sin2 sinlim sinxlim lim lim lim 0，x0|x x0csc x0cscxcot x0xcos x0coslimln|x|sinxsin1limln[1x1)sin1limx1x1|x 1 x11limln|x|sinxsin1limln[1x1sin1limx1sin1x1|x 1 x1x（4）DfF(uvD

f(x2y2，， vuvu

u

（C）vf

u

fDF(uvD

f(x2y2dudv

0d

f(r2r

vuf(r2dr1Fvf(u2.(A（5） 2 設A 1 1

（B）

（C）

2 2

1A的秩為2，特征值為3和0，正慣性指數(shù)為1，而選項(D)中矩陣的秩也為2，特征值為3和1，正慣性指數(shù)為1，故兩矩陣合同，故選(D).由選項(B)中矩陣的特征值為3,1，知其正慣性指數(shù)為2，故該矩陣與A不合同；因選項(C)中矩陣的特征值為3,1，知其正慣性指數(shù)為2，故該矩陣與A不合同；BCTAC

A

C2AC20AB同號.1cos[xf已知函數(shù)f(x)連續(xù)，且 x0(ex1)f

1，則f(0) 【答】應填2【解】f(x連續(xù)，故limf(x

f(0)x0時，有(ex21x221cos[xf(x:1xf(x)]221[xflim1cos[xf(x)]1[xf

1limf(x)

f(0)f(0)22x0(ex1)f

2 微分方程(yx2ex)dxxdy0的通解是y 【答】應填x(Cex y

x[

xdxC]x[exdxC]x(Cex（10）2曲線y(x5)x3的拐點坐標 (1,6) 5 10 10 10 10x93【解】因yx35x3，故y x3 x3，y x3 x393 拐點為(1,6).yz)yx

(1,2)

2(ln21)2y x(lnylnx

x(lnylnx

y z(yex2

(lny

lnx)]x

x)(ylnxy) (1,2) 2設3階矩陣A的特征值是2,3,，若行列式2A48，則 【答】應填A6482A8A48，于是有1三、解答題（15～2394分.）

dx2te是初值問題

d2dx2解：dx2tex0得exdx2tdtxdydtln(1t2)2t(1t2)ln(1t2

t

0，得ex1t2……4……7

d[(1t2)ln(1t2

d2y

2tln(1

……10

)dx

1t1x2arcsin dx

x2arcsin

01x令arcsinxtxsintt1x dx dx2t ……3

tsin2tcostdt 12 12 1 2 2sin

……7 4

1 cos2t1

2

……9

DD ……3maxxy,1dxdyxydxdy ……5 1 D2 1dx1xydy2dxdy1dxx ……8 15ln212ln219ln (19)（本題滿分11分）設f(x)是區(qū)間[0,)上具有連續(xù)導數(shù)的單調(diào)增加函數(shù)，且f(0)1，對任意的t[0,x0,xtyf(xx軸圍成的曲邊梯數(shù)f(x)的表達式. 解：旋轉(zhuǎn)體的體積V tf2(x)dx，側(cè)面積S tf 1f'2(x)dx tf2(x)dx tf(x)1f;2 ……4 y2上式兩端對t求導得：f2(t)f(t)1f'2(t)，即y y2y2y2由分離變量法解得ln(y y21)tC1，即y Cet ……9分將y(0)1代入知C1，故y et，y1y2y22yf(x)1(exex2

baf(x)dxf()(ba3若函數(shù)(x具有二階導數(shù)，且滿足(2)(1)，(2)2(x)dx，則至少存在一點(1,3)，使得()0證：(I)Mmf(x在[abmf(x)M，x[a, 由積分性質(zhì)，有m(baaf(x)dxM(ba，即mbaaf(x)dxM……2 由連續(xù)函數(shù)介值定理，至少存在一點[a,b]，使得f() ab即af(x)dxf()(b3

f(x)dx

……4(II)由(I)知至少存在一點[2,3]，使2(x)dx()(32)( ……63又由(2)2(x)dx(知，23，對(x在[1,2和[2,上分別應用拉格朗日中值定理，并注意到(2)(1)，(2)()，得'(1)(2)(1)0,12

2，'(2)()(2)0,2

3……9 ((2(10,(, 2(21)（11分）求函數(shù)ux2y2z2zx2y2xyzF'2x2xF'2y2y令Fy'2z ……6F'x2y2zF'xyz4解方程組得(x1,y1,z1)(1,1,2)，(x2,y2,z2) ……9 (22)（12分）（21）(23)（10分）A3階矩陣，1,2A的分別屬于特征值-1，1的特征向量，向量3A323，證明:(I)設存在數(shù)k1,k2,k3，使得k11k22k33 用A左乘1A11A22k11(k2k3)2k331－22k11k32

……3因為1,2是A的屬于不同特征值的特征向量，所以1,2線性無關，從而k1k3代入1得，k220，又由于20，所以k20，故1,2,3線性無關 ……7

(1,2,3) 1P 1 1 1

1

……1000 100數(shù)學（)

0f(t)dtxxx g(xx0x0g(xlimg(xlimf(x)f(0x0g(x(B （2）已知f(x,y) ，

limf(x0f(00)limex

lim|x|lim|x|不存在，故 x0 x0 e(y)2 fx(0,0)不存在；同理，由limf(0,y)f(0,0)lim lim (4)】(5)】(6)】(7)】(8)】x2 |x| 設函數(shù)f(x)2 |x|c在(,)內(nèi)連續(xù)，則c |xf(xxcxc

f(x)

f(x)f(c

f(x)

f(x)f(c)lim(即lim2lim(x21)c21，lim(x21)lim(

c2xc 于是有2c21

c1 x設f(x ) 1【答】應填1ln32

2

f(x)dx x【解】因f(x )

1

1 故令t1x則f(t) 1 1

(1x)2

t22于 fxdx2

22 xx2

xx

22

1ln6ln2

1 x2

D設D{(x,y)x2y21}，則(x2y)dxdy D【答】應填4ydxdy0x2dxdy4x2dxdy2(x2y2dxdy D1xy|x2y21,x0,y0}

y)dxdy

22

1r3dr

11d （9）

20 設3階矩陣A的特征值是1,2,2，E為3階單位矩陣，則4A1E 【答】應填3A的特征值是1,2,2A1的特征值為1,11，從而4A1E23,1,1，于是|4A1E|3113（14）x

sin x 解：原式＝limlnsinxlnxlimxcosxsin

……4 2xsinlimxcosxsinxlimxsin ……7 6

6x

……9(16)（10分）zz(xyx2y2z(xyz所確定的函數(shù)，其中具有二階導數(shù)且1，求dz；(II)記u(x,y)

zz，求u1xy 11：(I)F(xyzx2y2z(xy則Fx2x，F(xiàn)y2y，F(xiàn)z1 ……3y F F 2x 2yy由公式 x F F 1 11 1 所以dz dx dy ……7 1由于u(x,y) ，所以u

(1z)2(2x

……10 2：(I)x2y2z(xyz兩端求微分,2xdx2ydydzdxdy ……5解出dz得dz2xdx2y ……71

1(II)同解法 ……10tt

2f(x)dx0f(x)dx2 t證明G(x)0[2f(t)t f(s)ds]dt是周期為2的周期函數(shù).證法1：(I) tt t f(x)dxtf(x)dx0f(x)dx f ……2t 令sx2，則有 f(x)dx0f(s2)ds0f(s)dstft f(x)dxtf(x)dx0f(x)dxtf(x)dx0f ……5t (II)由(I)知對任意的t,有 f(s)ds0f 記0f(s)dsa，則G(x)20f(t)dt 因為對任意的x，G(x2)G(x) f(t)dta(x2)20f(t)dtx12

f(t)dt ……820f(t)dt2a所以G(x)是周期為2的周期函數(shù) ……10證法2：(I)設F(t) t2f(x)dx，由于F'(t)t

f(t2)f(t)0 ……2 t 而F(0)0f(x)dx，所以F(t)0f(x)dx，即 f(x)dxt (II)由(I)知對任意的t有 f(s)ds0f

f ……5記0f(s)dsa，則G(x)20f(t)dtax，G(x2)20 f(t)dta(x2)……7分由于對任意x，(G(x2))2f(x2)a2f(x)a，(G(x))2f(x)a所以(G(x2)G(x))0，從而G(x2)G(x即有G(x2)G(x)G(2)G(0)0，所以G(x)是周期為2的周期函數(shù) ……10(19)（10分）設銀行存款的年利率為r0.05，并依年復利計算，某基金會萬元，并能按此規(guī)律一直提取下去，問A至少應為多少萬元？解：A為用于第n年提取(109nA1r)n(10 n10 故AAn(1 ……3

200

……6 設S(x) nxn，x

x)1x

(1x)2，x

……