2008 年真题

【答案】 1

【解析】 因为 ${\lim }_{x\to c^{-}}f(x)={\lim }_{x\to c^{-}}\left(x^2+1\right)=c^2+1$ ，而 ${\lim }_{x\to c^{+}}f(x)={\lim }_{x\to c^{+}}\frac{2}{|x|}=\frac{2}{c}$ 。

由于 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内连续，必然在 $x=c$ 处连续，因此有：

即：

解得 $c=1$ 。

【答案】 $\frac{1}{2}\ln 3$

【解析】 给定函数关系式：

令 $t=\frac{1}{x}+x$ ，则函数可表示为：

于是，积分计算如下：

利用换元积分法，得到：

最终结果为：

【答案】 $\frac{\pi }{4}$

【解析】 利用函数奇偶性，由于区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称，而函数 $y$ 关于 $x$ 轴为奇函数，因此

于是只需计算

利用极坐标变换：

则

因此，

【答案】 $y=\frac{1}{x}$

【解析】 方程可化为

分离变量得

即

又 $y(1)=1$ ，所以 $C=1$ ，故

【答案】 3

【解析】 $A$ 的特征值为1，2，2，所以 $A^{-1}$ 的特征值为1， $\frac{1}{2}$ ， $\frac{1}{2}$ 。

则 $4A^{-1}-E$ 的特征值为：

所以行列式的值为：

【答案】 $\frac{1}{2}{e}^{-1}$

【解析】 由 $DX=E{X}^2-(EX{)}^2$ ， $X$ 服从参数为1的泊松分布，故 $EX=DX=1$ 。

因此， $E{X}^2=1+1^2=2$ 。

于是，

【答案】 -1/6

【解析】
方法一：

洛必达法则：

【答案】
(1) $dz=\frac{(-{\phi }^{\prime }+2x)dx+(-{\phi }^{\prime }+2y)dy}{{\phi }^{\prime }+1}$
(2) $\frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{4x{\phi }^{\prime \prime }}{({\phi }^{\prime }+1{)}^3}$

【解析】
(1)

(2)

由上一问可知：

所以：

所以：

【答案】 $\frac{19}{4}+\ln 2$

【解析】 曲线 $xy=1$ 将区域分成三个区域 $D_1,D_2,D_3$ ：

从而所求的积分

【答案】 见解析

【解析】 (1) 由积分的性质知对任意的实数 $t$ ，

令 $x=2+u$ ，则

因此，

另一种方法：设 $F(t)={\int }_t^{t+2}f(x)dx$ 。由于

所以 $F(t)$ 为常数，从而有 $F(t)=F(0)$ 。而

因此，

(2) 由(1)知，对任意的 $t$ 有

记 $a={\int }_0^{2}f(s)ds$ ，则

对任意的 $x$ ，

所以 $G(x)$ 是周期为2的周期函数。

【答案】 3980 万元

【解析】
方法一：设 $A_n$ 为用于第 $n$ 年提取 $(10+9n)$ 万元的贴现值，则

因此，总现值为：

设 $S(x)={\sum }_{n=1}^{\infty }n{x}^n$ （ $|x|<1$ ），因为：

所以：

最终结果为：

方法二：设第 $t$ 年取款后的余款为 $y_t$ ，由题意知 $y_t$ 满足方程：

即：

对应的齐次方程通解为：

设特解为 $y_t=at+b$ ，代入解得：

所以通解为：

由初始条件 $y_0=A$ 及 $y_t\ge 0$ 得：

因此， $A$ 至少为 3980 万元。

【答案】

1. 见解析
2. $a\ne 0$
3. $a=0$

【解析】
(1) 证法一：通过行列式行变换（如 $r_{i+1}-\frac{i}{i+1}a{r}_i$ ）将矩阵化为上三角，得行列式为

证法二：数学归纳法。当 $n=1$ 时， $|A|=2a$ ；假设 $n=k$ 时成立，即 $D_k=(k+1)a^k$ ，则 $n=k+1$ 时，按第一行展开得

结论成立。

证法三：递推法。记 $D_n=|A|$ ，则 $D_n=2a{D}_{n-1}-a^2{D}_{n-2}$ ，特征方程 $r^2-2ar+a^2=0$ 得重根 $r=a$ ，通解

代入初始条件 $D_1=2a$ ， $D_2=3a^2$ 得 $C_1=1$ ， $C_2=1$ ，故

(2) 方程组有唯一解当且仅当 $|A|\ne 0$ ，即 $(n+1)a^n\ne 0$ ，故 $a\ne 0$ 。

(3) 方程组有无穷多解当且仅当 $|A|=0$ 且系数矩阵与增广矩阵秩相等。由 $|A|=0$ 得 $a=0$ ，此时矩阵 $A$ 为零矩阵（除第一行第一列为0，其余位置？需结合原矩阵结构，实际当 $a=0$ 时， $A$ 为上三角矩阵，主对角线为0，第一行为 $(0,1,0,\cdots ,0)$ ，其余行前两列依次为 $0,0$ 等，增广矩阵为 $(1,0,\cdots ,0{)}^{\top }$ ，此时系数矩阵秩为 $n-1$ ，增广矩阵秩也为 $n-1$ ，故 $a=0$ 时有无穷多解。

【答案】

1. 见解析
2. ​−100​010​011​​

【解析】
(1)

证法一：假设 ${\mathbf{\alpha }}_1$ , ${\mathbf{\alpha }}_2$ , ${\mathbf{\alpha }}_3$ 线性相关。因为 ${\mathbf{\alpha }}_1$ , ${\mathbf{\alpha }}_2$ 分别属于不同特征值的特征向量，故 ${\mathbf{\alpha }}_1$ , ${\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关。则 ${\mathbf{\alpha }}_3$ 可由 ${\mathbf{\alpha }}_1$ , ${\mathbf{\alpha }}_2$ 线性表出，不妨设 ${\mathbf{\alpha }}_3=l_1{\mathbf{\alpha }}_1+l_2{\mathbf{\alpha }}_2$ ，其中 $l_1,l_2$ 不全为零（若 $l_1,l_2$ 同时为 0，则 ${\mathbf{\alpha }}_3=0$ ，由 $A{\mathbf{\alpha }}_3={\mathbf{\alpha }}_2+{\mathbf{\alpha }}_3$ 可知 ${\mathbf{\alpha }}_2=0$ ，而特征向量都是非零向量，矛盾）。

则 ${\mathbf{\alpha }}_1$ , ${\mathbf{\alpha }}_2$ 线性相关，矛盾。所以 ${\mathbf{\alpha }}_1$ , ${\mathbf{\alpha }}_2$ , ${\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关。

证法二：设存在数 $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ ，使得

用 $A$ 左乘 (1) 的两边，并由 $A{\mathbf{\alpha }}_1=-{\mathbf{\alpha }}_1$ , $A{\mathbf{\alpha }}_2={\mathbf{\alpha }}_2$ 得

(1) - (2) 得

因为 ${\mathbf{\alpha }}_1$ , ${\mathbf{\alpha }}_2$ 是 $A$ 的属于不同特征值的特征向量，所以 ${\mathbf{\alpha }}_1$ , ${\mathbf{\alpha }}_2$ 线性无关，从而 $k_1=k_3=0$ 。代入 (1) 得 $k_2{\mathbf{\alpha }}_2=0$ ，又由于 ${\mathbf{\alpha }}_2\ne 0$ ，所以 $k_2=0$ 。故 ${\mathbf{\alpha }}_1$ , ${\mathbf{\alpha }}_2$ , ${\mathbf{\alpha }}_3$ 线性无关。

(2) 记 $P=({\mathbf{\alpha }}_1,{\mathbf{\alpha }}_2,{\mathbf{\alpha }}_3)$ ，则 $P$ 可逆。