2008年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

更多考研资料分享+qq810958634 2008 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析 一、选择题 (1)【答案】D 【详解】因为 f(0)= f(1)= f(2)=0 ，由罗尔定理知至少有ξ∈(0,1)，ξ ∈(1,2) 使 1 2 f′(ξ)= f′(ξ)=0，所以 f′(x)至少有两个零点. 由于 f′(x)是三次多项式，三次方程 1 2 f′(x)=0的实根不是三个就是一个，故D正确. (2)【答案】C a a a a 【详解】∫ xf′(x)dx=∫ xdf(x)= xf(x) a −∫ f(x)dx=af(a)−∫ f(x)dx 0 0 0 0 0 a a 其中af(a)是矩形ABOC面积，∫ f(x)dx为曲边梯形ABOD的面积，所以∫ xf′(x)dx为 0 0 曲边三角形的面积． (3)【答案】D 【详解】由微分方程的通解中含有ex、cos2x、sin2x知齐次线性方程所对应的特征方程 有根r =1,r =±2i，所以特征方程为(r−1)(r−2i)(r+2i)=0，即r3−r2 +4r−4=0. 故 以已知函数为通解的微分方程是y′′′− y′′+4y′−4=0 (4) 【答案】A 【详解】x=0,x=1时 f(x)无定义，故x=0,x=1是函数的间断点 lnx 1 1 x 因为 lim f(x)= lim ⋅lim = lim x→0+ x→0+ cscx x→0+|x−1| x→0+ −cscxcotx sin2 x x =−lim =−lim =0 x→0+ xcosx x→0+ cosx 同理 lim f(x)=0 x→0− lnx  1 又 lim f(x)= lim ⋅limsinx= lim sin1=sin1 x→1+ x→1+ x−1 x→1+ x→1+ x lnx lim f(x)= lim ⋅limsinx=−sin1 x→1− x→1−1−x x→1+ 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 所以 x=0是可去间断点，x=1是跳跃间断点. (5)【答案】B 【详解】因为 f(x)在(−∞,+∞)内单调有界，且{x }单调. 所以{f(x )}单调且有界. 故 n n {f(x )}一定存在极限. n (6)【答案】A ( ) f u2 +v2 【详解】用极坐标得 F ( u,v )=∫∫ dudv=∫ v dv∫ u f(r2)rdr =v∫ u f(r2)dr u2 +v2 0 1 r 1 D ∂F ( ) 所以 =vf u2 ∂u (7) 【答案】C 【详解】(E−A)(E+ A+ A2)= E−A3 = E，(E+ A)(E−A+ A2)= E+ A3 = E 故E−A,E+ A均可逆． (8) 【答案】D  1 −2 【详解】记D=  ， −2 1  λ−1 2 λ−1 −2 则λE−D = =(λ−1 )2 −4，又λE−A = =(λ−1 )2 −4 2 λ−1 −2 λ−1 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. 二、填空题 (9)【答案】2 1−cos[xf(x)] 2sin2[xf(x) 2] 2sin2[xf(x) 2]⋅ f(x) 【详解】lim =lim =lim x→0 (ex2 −1)f(x) x→0 x2f(x) x→0 [xf(x) 2]2⋅4 1 1 = lim f(x)= f(0)=1 2 x→0 2 所以 f(0)=2 (10)【答案】x(−e−x +C) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 【详解】微分方程 ( y+x2e−x ) dx−xdy =0可变形为 dy − y = xe−x dx x ∫1 dx  −∫1 dx   1  所以 y =e x  ∫xe−xe x dx+C = x ∫xe−x⋅ dx+C = x(−e−x +C)    x  (11)【答案】y = x+1 1 ycos(xy)− −1 dy F′ y−x 【详解】设F(x,y)=sin(xy)+ln(y−x)−x，则 =− x =− ， dx F′ 1 y xcos(xy)+ y−x dy 将y(0)=1代入得 =1，所以切线方程为y−1= x−0，即y = x+1 dx x=0 (12)【答案】(−1,−6) 5 10 10(x+2) 【详解】y = x53−5x23 ⇒ y′= x23 − x−13 = 3 3 3x13 10 10 10(x+1) ⇒ y′′= x−13 + x−43 = 9 9 9x43 x=−1时，y′′=0；x=0时，y′′不存在 在x=−1左右近旁y′′异号，在x=0左右近旁y′′>0，且y(−1)=−6 故曲线的拐点为(−1,−6) 2 (13)【答案】 (ln2−1) 2 y x 【详解】设u = ,v= ，则z =uv x y ∂z ∂z ∂u ∂z ∂v y 1 所以 = ⋅ + ⋅ =vuv−1(− )+uvlnu⋅ ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x x2 y  vy lnu  y x y 1 y =uv  − +  =   ⋅  −1+ln   ux2 y   x y x 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ∂z 2 所以 = (ln2−1) ∂x 2 (1,2) (14)【答案】-1 【详解】 | A|=2×3×λ=6λ |2A|=23 | A| ∴ 23×6λ=−48 ⇒λ=−1 三、解答题 (15)【详解】 [sinx−sin(sinx)]sinx sinx−sin(sinx) 方法一：lim =lim x→0 x4 x→0 x3 1 sin2 x cosx−cos(sinx)cosx 1−cos(sinx) 1 2 =lim =lim =lim = x→0 3x2 x→0 3x2 x→0 3x2 6 1 1 方法二： sinx= x− x3+o(x3) sin(sinx)=sinx− sin3 x+o(sin3 x) 6 6 [sinx−sin(sinx)]sinx sin4 x o(sin4 x) 1 ∴ lim =lim +  = x→0 x4 x→0 6x4 x4  6 (16)【详解】 dx 方法一：由 −2te−x =0得exdx=2tdt，积分并由条件x 得ex =1+t2，即x=ln(1+t2) dt t=0 dy 所以 dy = dt = ln(1+t2)⋅2t =(1+t2)ln(1+t2) dx dx 2t dt 1+t2 d [(1+t2)ln(1+t2)] d2y d dy dt 2tln(1+t2)+2t =   = = dx2 dxdx dx 2t dt 1+t2 =(1+t2)[ln(1+t2)+1] dx 方法二：由 −2te−x =0得exdx=2tdt，积分并由条件x 得ex =1+t2，即x=ln(1+t2) dt t=0 dy 所以 dy = dt = ln(1+t2)⋅2t =(1+t2)ln(1+t2)=exx dx dx 2t dt 1+t2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 d2y 所以 =ex(x+1) dx2 (17)【详解】 x2arcsinx 1x2arcsinx 方法一：由于lim =+∞，故∫ dx是反常积分. x→1− 1−x2 0 1−x2 令arcsinx=t，有x=sint，t∈[0,π 2) 1x2arcsinx πtsin2t π π t tcos2t ∫ dx=∫2 costdt =∫2tsin2tdt =∫2( − )dt 0 1−x2 0 cost 0 0 2 2 π π t2 2 1 π π2 tsin2t 2 1 π = − ∫2tdsin2t = − + ∫2sin2tdt 4 4 0 16 4 4 0 0 0 π π2 1 2 π2 1 = − cos2t = + 16 8 16 4 0 1x2arcsinx 1 1 方法二：∫ dx = ∫ x2d(arcsinx)2 0 1−x2 2 0 1 1 1 π2 1 = x2(arcsinx)2 −∫ x(arcsinx)2dx= −∫ x(arcsinx)2dx 2 0 8 0 0 令arcsinx=t，有x=sint，t∈[0,π 2) 1 1 π 1 π ∫ x(arcsinx)2dx= ∫2t2sin2tdt =− ∫2t2dcos2t 0 2 0 4 0 π 1 2 1 π π2 1 =− (t2cos2t) + ∫2tcos2tdt = − 4 2 0 16 4 0 π2 1 故，原式= + 16 4 (18)【详解】 曲线xy =1将区域分成两 个区域D 和D +D ，为了便于计算继续对 1 2 3 区域分割，最后为 D ∫∫max ( xy,1 ) dxdy 1 D D D 3 2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 =∫∫xydxdy+∫∫dxdy+∫∫dxdy D D D 1 2 3 1 1 2 2 2 2 =∫2dx∫ 1dy+∫ dx∫x1dy+∫ dx∫ xydy 1 1 1 0 0 0 2 2 x 15 19 =1+2ln2+ −ln2 = +ln2 4 4 t t (19)【详解】旋转体的体积V =π∫ f 2(x)dx，侧面积S =2π∫ f(x) 1+ f′2(x)dx，由题 0 0 设条件知 t t ∫ f 2(x)dx=∫ f(x) 1+ f′2(x)dx 0 0 上式两端对t求导得 f 2(t)= f(t) 1+ f′2(t)， 即 y′= y2 −1 由分离变量法解得 ln(y+ y2 −1)=t+C ， 即 y+ y2 −1=Cet 1 1 将y(0)=1代入知C =1，故y+ y2 −1=et，y = (et +e−t) 2 1 于是所求函数为 y = f(x)= (et +e−t) 2 (20)【详解】(I) 设M 与m是连续函数 f(x)在[a,b]上的最大值与最小值，即 m≤ f(x)≤M x∈[a,b] b ∫ f(x)dx b 由定积分性质，有 m(b−a)≤∫ f(x)dx≤M(b−a)，即 m≤ a ≤M a b−a b ∫ f(x)dx 由连续函数介值定理，至少存在一点η∈[a,b]，使得 f(η)= a b−a b 即 ∫ f(x)dx= f(η)(b−a) a 3 (II) 由(I)的结论可知至少存在一点η∈[2,3]，使 ∫ ϕ(x)dx=ϕ(η)(3−2)=ϕ(η) 2 3 又由 ϕ(2)>∫ ϕ(x)dx=ϕ(η)，知 2<η≤3 2 对ϕ(x)在[1,2][2,η]上分别应用拉格朗日中值定理，并注意到ϕ(1)<ϕ(2)，ϕ(η)<ϕ(2)得 ϕ(2)−ϕ(1) ϕ′(ξ)= >0 1<ξ <2 1 2−1 1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ϕ(η)−ϕ(2) ϕ′(ξ)= <0 2<ξ <η≤3 2 η−2 1 在[ξ,ξ]上对导函数ϕ′(x)应用拉格朗日中值定理，有 1 2 ϕ′(ξ)−ϕ′(ξ) ϕ′′(ξ)= 2 1 <0 ξ∈(ξ,ξ)⊂(1,3) ξ −ξ 1 2 2 1 (21)【详解】 方法一：作拉格朗日函数F(x,y,z,λ,µ)= x2 + y2 +z2 +λ(x2 + y2 −z)+µ(x+ y+z−4) F′=2x+2λx+µ=0 x  F′=2y+2λy+µ=0  y  令 F′=2z−λ+µ=0 z  F′ = x2 + y2 −z =0  λ F′ = x+ y+z−4=0  µ 解方程组得(x ,y ,z )=(1,1,2),(x ,y ,z )=(−2,−2,8) 1 1 1 2 2 2 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 = x2 + y2 +x4 +2x2y2 + y4在x+ y+x2 + y2 =4条件下的最值 设F(x,y,λ)=u = x4 + y4 +2x2y2 +x2 + y2 +λ(x+ y+x2 + y2 −4) F′=4x3+4xy2 +2x+λ(1+2x)=0 x  令 F′=4y3+4x2y+2y+λ(1+2y)=0 y  F′ = x+ y+x2 + y2 −4=0  λ 解得(x ,y )=(1,1),(x ,y )=(−2,−2)，代入z = x2 + y2，得z =2,z =8 1 1 2 2 1 2 故所求的最大值为72，最小值为6. (22)【详解】(I)证法一： 2a 1 2a 1 3a a2 2a 1 0 1 2 a2 2a  1 A = r − ar a2 2a  =    2 2 1      1   1 a2 2a a2 2a 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 2a 1 3a 0 1 2 4a n−1 0  3a 4a (n+1)a r − ar 3 =2a⋅ ⋅ ⋅ =(n+1)an n n n−1 2 3 n      1 (n+1)a 0 n 证法二：记D =| A|，下面用数学归纳法证明D =(n+1)an． n n 当n=1时，D =2a，结论成立． 1 2a 1 当n=2时，D = =3a2，结论成立． 2 a2 2a 假设结论对小于n的情况成立．将D 按第1行展开得 n a2 1 0 2a 1 a2 2a 1 D =2aD − n n−1      1 a2 2a =2aD −a2D =2anan−1−a2(n−1)an−2 =(n+1)an n−1 n−2 故 | A|=(n+1)an 证法三：记D =| A|，将其按第一列展开得 D =2aD −a2D ， n n n−1 n−2 所以 D −aD =aD −a2D =a(D −aD ) n n−1 n−1 n−2 n−1 n−2 =a2(D −aD )==an−2(D −aD )=an n−2 n−3 2 1 即 D =an +aD =an +a(an−1+aD )=2an ++a2D n n−1 n−2 n−2 ==(n−2)an +an−2D =(n−1)an +an−1D 2 1 =(n−1)an +an−1⋅2a =(n+1)an 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 (II)因为方程组有唯一解，所以由Ax= B知 A ≠0，又 A =(n+1)an，故a≠0． 由克莱姆法则，将D 的第1列换成b，得行列式为 n 1 1 2a 1 0 2a 1 a2 2a 1 a2 2a  a2 2a  = = D =nan−1       n−1   1   1 a2 2a a2 2a n×n (n−1)×(n−1) D n 所以 x = n−1 = 1 D (n+1)a n (III)方程组有无穷多解，由 A =0，有a=0，则方程组为 0 1 x  1 1      0 1 x 0   2        =        0 1x n−1  0       0x  0 n 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 ( 1 0 0  0 )T +( 0 1 0  0 )T ,k为任意常数． (23)【详解】(I) 证法一：假设α,α,α线性相关．因为α,α 分别属于不同特征值的特征向量，故α,α 线 1 2 3 1 2 1 2 性无关，则α可由α,α 线性表出，不妨设α =lα +lα ，其中l ,l 不全为零(若 3 1 2 3 1 1 2 2 1 2 l ,l 同时为0，则α为0，由Aα =α +α可知α =0，而特征向量都是非0向 1 2 3 3 2 3 2 量，矛盾)  Aα =−α, Aα =α 1 1 2 2 ∴ Aα =α +α =α +lα +lα，又Aα = A(lα +lα)=−lα +lα 3 2 3 2 1 1 2 2 3 1 1 2 2 1 1 2 2 ∴−lα +lα =α +lα +lα ，整理得：2lα +α =0 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 则α,α 线性相关，矛盾. 所以，α,α,α线性无关. 1 2 1 2 3 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 证法二：设存在数k ,k ,k ，使得kα +kα +kα =0 (1) 1 2 3 1 1 2 2 3 3 用A左乘(1)的两边并由Aα =−α, Aα =α 得 1 1 2 2 −kα +(k +k )α +kα =0 (2) 1 1 2 3 2 3 3 (1)—(2)得 2kα −kα =0 (3) 1 1 3 2 因为α,α 是 A的属于不同特征值的特征向量，所以α,α 线性无关，从而 1 2 1 2 k =k =0，代入(1)得kα =0，又由于α ≠0，所以k =0，故α,α,α线性无关. 1 3 2 2 2 2 1 2 3 (II) 记P=(α,α,α)，则P可逆， 1 2 3 AP= A(α,α,α)=(Aα,Aα,Aα) =(−α,α,α +α) 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 −1 0 0 −1 0 0     =(α,α,α) 0 1 1 = P 0 1 1 1 2 3          0 0 1  0 0 1 −1 0 0   所以 P−1AP= 0 1 1 .      0 0 1 更多考研资料分享+qq810958634