2008考研数四真题及解析

2008年全国硕士研究生入学统一考试数学四试题

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0ab，则liman1nnnb( )

Aa.

Ba1. Cb. Db1.

x0(2) 设函数f(x)在区间[1,1]上连续，则x0是函数g(x)A跳跃间断点. B可去间断点. C无穷间断点

f(t)dtx的( )

D振荡间断点

(3) 设f(x)是连续奇函数，g(x)是连续偶函数，区域D(x,y)0x1,xy则正确的( )

xAf(y)g(x)dxdy0.

D

B

f(x)g(y)dxdy0.

DD

C[f(x)g(y)]dxdy0.

DD[f(y)g(x)]dxdy0.

(4) 如图，曲线段方程为yf(x)， 函数在区间[0,a]上有连续导数，则 定积分

a0xf(x)dx等于( )

y C(0, f(a)) A(a, f(a)) y=f(x) A曲边梯形ABOD面积. B梯形ABOD面积. C曲边三角形ACD面积. D三角形ACD面积.

D

O B(a,0) x 3(5) 设A为n阶非零矩阵，E为n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.

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(6) 设A12，则在实数域上与A合同的矩阵为( ) 2121122121A B  C D12211212(7) 随机变量X,Y独立同分布且X的分布函数为Fx, 则ZmaxX,Y的分布函数为( )

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XN0,1，YN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(10) 已知函数f(x)连续且limx0f(x)2，则曲线yf(x)上对应x0处切线方程为 . x(11)

21dxxylnxdy.

02x1(12) 微分方程(yxe)dxxdy0通解是y.

(13) 设3阶矩阵A的特征值互不相同，若行列式A0，则A的秩为. (14) 设随机变量X服从参数为1的泊松分布，则PXEX2.

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9分)

求极限limx01sinxln. x2x(16) (本题满分10分) 设fxttxdt，0x1，求fx的极值、单调区间以及曲线yf(x)的

01凹凸区间.

(17)(本题满分11分)

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求函数uxyz在在约束条件zxy和xyz4下的最大和最小值. (18)(本题满分10分)

设zzx,y是由方程x2y2zxyz所确定的函数，其中具有2阶导数且1，

(I) 求dz； (II) 记ux,y(19)(本题满分10分)

22222u1zz，求. xxyxyfx是周期为2的连续函数，

(I) 证明对任意实数t，有(II) 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(20) (本题满分12分)

设n元线性方程组Axb，其中

2a12a2aAa2(I)证明行列式An1a；

nx11x，x2，b0，

12annx0n(II)当a为何值时，该方程组有唯一解，并求x1； (III)当a为何值时，该方程组有无穷多解，并求通解.

(21)(本题满分10分)

设A为3阶矩阵，1,2为A的分别属于特征值1,1特征向量，向量3满足

A323. (1)证明1,2,3线性无关；(2)令P1,2,3，求P1AP.

(22)(本题满分11分)

设随机变量X与Y相互独立，X概率分布为PXi度为fYy1i1,0,1，Y的概率密310y1，记ZXY.

0其它求：(I) PZ1X0； (II) Z的概率密度fZ(z)． 2(23)(本题满分11分)

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设某企业生产线上产品合格率为0.96，不合格产品中只有

3的产品可进行再加工且再4加工的合格率为0.8，其余均为废品，每件合格品获利80元，每件废品亏损20元，为保证该企业每天平均利润不低于2万元，问企业每天至少生产多少产品？.

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2008年全国硕士研究生入学统一考试数学四试题解析

一、选择题 (1)【答案】B

naan【详解】提出a，剩余部分注意01，当n时，0.

bb所以 limannbn1nlima1(ab)nnn1na11a1

(2)【答案】B

x【详解】 limg(x)limx0x00f(t)dtxlimfxf0，

x0所以x0是函数g(x)的可去间断点．

(3)【答案】A

【详解】因为f(x)是连续的奇函数，g(x)是连续偶函数，所以f(y)g(x)是关于y的奇函数. 又D关于x轴对称，故

(4)【答案】C 【详解】

f(y)g(x)dxdy0

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

000a其中af(a)是矩形ABOC面积，曲边三角形的面积．

(5)【答案】C

a0f(x)dx为曲边梯形ABOD的面积，所以xf(x)dx为

0a【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 【详解】记D232312，

21第 5 页 共 13 页

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则

ED122114，又EA2122114

2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PmaxX,YzPXzPYzFZzFZzFZ

(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

2z

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

2x,xcfxlim(x1)c1，lim因为 limfxlim22xcxcxcxc22 xc又因为f(x)在(,)内连续，f(x)必在xc处连续

fxlimfxf(c)，即c1所以 lim2xcxc2c1 c

(10) 【答案】y2x

f(x)2，limf(x)0. 由f(x)在x0处连续知f(0)limf(x)0

x0x0x0xf(x)f(0)f(x)lim2 所以 kf(0)limx0x0xx【详解】lim故切线方程为y02(x0)， 即y2x

(11)【答案】12 【详解】

21121221y1 dxxylnxdydxdxyxdx(x1)dx1001012第 6 页 共 13 页

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(12)【答案】x(exC)

【详解】微分方程yx2exdxxdy0可变形为

dyyxex dxx11dxdxxx1x所以 yexxeexdxCxxedxCx(eC)

x

(13)【答案】2

【详解】设A的特征值为1,2,3，由|A|1230知1,2,3中至少有一个为0. 因为123，所以1,2,3中只有一个为0，且A相似于对角矩阵33（其主对角元中有两个不为0，因而秩为2）. 由相似矩阵的秩相等知r(A)2

(14)【答案】

1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

12111分布，所以DX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

x0x2x2xxsinxxcosx1sinx1 limlimx0x0x06xx33x261sinxxcosxsinxxcosxsinx方法二：lim2ln 洛必达法则limlim23x0xx0x0x2xsinx2xxsinx1洛必达法则lim 2x06x6lim

(16)【详解】 方法一：f(x)13x1t(xt)dtt(tx)dtx 0x323x12令f(x)x221,x（舍去） 0，得x222第 7 页 共 13 页

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因f(x)2x0(0x1) 故x2122)(1)，为f(x)的极小值点，极小值f(且曲线yf(x)在2322(0,1)内是凹的.

方法二：f(x)x0t(xt)dtt(tx)dtxtdtt2dtt2dtxtdt

x00xx1xx11 所以根据变限积分求导公式，有 f(x)12 tdtxxxx(tdtxx)x0x2x221 令f(x)0，得x

(17) 【详解】

22,x（舍去）. 以下方法同方法一. 22方法一：作拉格朗日函数F(x,y,z,,)xyz(xyz)(xyz4)

22222Fx2x2x0F2y2y0y 令 Fz2z0

Fx2y2z0Fxyz40 解方程组得(x1,y1,z1)(1,1,2),(x2,y2,z2)(2,2,8) 故所求的最大值为72，最小值为6.

方法二：问题可转化为求uxyx2xyy在xyxy4条件下的最值 设F(x,y,)uxy2xyxy(xyxy4)

4422222222422422Fx4x34xy22x(12x)032 令 Fy4y4xy2y(12y)0

Fxyx2y240 解得(x1,y1)(1,1),(x2,y2)(2,2)，代入zxy，得z12,z28 故所求的最大值为72，最小值为6.

(18) 【详解】(I)2xdx2ydydzxyzdxdydz

221dz2xdx2ydy

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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所以

ux2(12xz2(1))2(12x)2(12x)1x. 22331111

(19) 【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，

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

020x2x2xf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)2t2tf(x)dx，由于F(t)f(t2)f(t)0，所以F(t)为常数，

从而有F(t)F(0). 而F(0)所以F(t)20f(x)dx，

200f(x)dx，即t2tf(x)dxf(x)dx.

2200(II) 由(I)知，对任意的t有

xt22fxdxfxdx，记afxdx，则

x20G(x)2fuduax ， G(x2)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

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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.

(20)【详解】(I) 证法一：

A2a1a22a1a22a12a2a01r2ar12a213a12a22a12aa22a0n1rnarn1n13a2014a31(n1)an2a3a4a23(n1)a(n1)ann0

n证法二：记Dn|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，D22aa212a3a2，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

a20

Dn2aDn112a1a22a1

a212a2aDn1a2Dn22anan1a2(n1)an2(n1)an第 10 页 共 13 页

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故 |A|(n1)a

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

2所以DnaDn1aDn1aDn2a(Dn1aDn2)

na2(Dn2aDn3)an2(D2aD1)an

nnn1n2 即DnaaDn1aa(aaDn2)2aaDn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

n1102aa212a1a22ann2a1a22aa212a1a22a(n1)(n1)Dn1nan1

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

x11x120 01xn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

010k100

(21)【详解】(I)

0010T0,k为任意常数．

T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

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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)

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

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P(Y)21dy (I) P(ZX0)P(XYX0)022P(X0)22第 12 页 共 13 页

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(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11,1z2所以 fZ(z)fY(z1)fY(z)fY(z1)3

30,其它

(23) 【详解】

方法一：设Xi为第i件产品的获利，则

3P{Xi80}0.96(10.96)0.80.984，

4P{Xi20}10.9840.016

于是E(Xi)800.984(20)0.01678.4 平均获利为E(X1Xn)E(X1)E(Xn)78.4n

由78.4n20000解得n255.1，因此每天至少应生产256件产品. 方法二：进行再加工后，产品的合格率

p0.960.040.750.80.984

记X为n件产品中的合格产品数，T(n)为n件产品的利润，则 XB(n,p),EXnp0.984n

T(n)80X20(nX)

ET(n)80EX20n20EX100EX20n78.4n

要78.4n20000，则n256，即该企业每天至少应生产256件产品.

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