2009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 2009年全国硕士研究生入学统一考试 数学二试题答案 一、选择题：1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选 项是符合题目要求的.请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上. x−x3 （1）函数 f ( x )= 的可去间断点的个数为（ ） sinnx ( A ) 1. ( B ) 2. ( C ) 3. ( D )无穷多个. 【答案】C 【解析】 x−x3 f ( x )= sinπx 则当x取任何整数时， f ( x )均无意义 故 f ( x )的间断点有无穷多个，但可去间断点为极限存在的点，故应是 x−x3 =0的解 x =0,±1 1,2,3 x−x3 1−3x2 1 lim =lim = x→0sinπx x→0πcosπx π x−x3 1−3x2 2 lim =lim = x→1sinπx x→1πcosπx π x−x3 1−3x2 2 lim = lim = x→−1sinπx x→−1πcosπx π 故可去间断点为3个，即0,±1 （2）当x→0时， f ( x )= x−sinax与g ( x )= x2ln ( 1−bx )是等价无穷小，则（ ） 1 1 1 1 ( A ) a=1,b=− . ( B ) a =1,b= . ( C ) a=−1,b=− . ( D ) a=−1,b= . 6 6 6 6 【答案】A 【解析】 f(x)= x−sinax,g(x)= x2ln(1−bx)为等价无穷小，则 f(x) x−sinax x−sinax 1−acosax a2sinax lim =lim =lim 洛lim 洛lim x→0 g(x) x→0 x2ln(1−bx) x→0 x2⋅(−bx) x→0 −3bx2 x→0 −6bx a2sinax a3 =lim =− =1 ∴a3 =−6b 故排除B,C . x→0 6b 6b − ⋅ax a 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1−acosax 另外lim 存在，蕴含了1−acosax→0 ( x→0 )故a =1. 排除D. x→0 −3bx2 所以本题选A. （3）设函数z = f ( x,y )的全微分为dz = xdx+ ydy，则点( 0,0 )（ ） ( A )不是 f ( x,y )的连续点. ( B )不是 f ( x,y )的极值点. ( C )是 f ( x,y )的极大值点. ( D )是 f ( x,y )的极小值点. 【答案】 D ∂z ∂z 【解析】因dz = xdx+ ydy可得 = x, = y ∂x ∂y ∂2z ∂2z ∂2z ∂2z A= =1, B= = =0, C = =1 ∂x2 ∂x∂y ∂y∂x ∂y2 ∂z ∂z 又在（0，0）处， =0, =0 ∂x ∂y AC−B2 =1>0 故（0，0）为函数z = f(x,y)的一个极小值点. （4）设函数 f ( x,y )连续，则∫ 2 dx∫ 2 f ( x,y ) dy+∫ 2 dy∫ 4−y f ( x,y ) dx=（ ） 1 x 1 y ( A ) ∫ 2 dx∫ 4−x f ( x,y ) dy. ( B ) ∫ 2 dx∫ 4−x f ( x,y ) dy. 1 1 1 x ( C ) ∫ 2 dy∫ 4−y f ( x,y ) dx. ( D ) .∫ 2 dy∫ 2 f ( x,y ) dx 1 1 1 y 【答案】C 2 2 2 2 【解析】∫ dx∫ f(x,y)dy+∫ dy∫ f(x,y)dx的积分区域为两部分： 1 x 1 x { } { } D = (x,y)1≤ x≤2,x≤ y≤2 ，D = (x,y)1≤ y≤2,y≤ x≤4− y 1 2 { } 将其写成一块D= (x,y)1≤ y≤2,1≤ x≤4− y 2 4−y 故二重积分可以表示为∫ dy∫ f(x,y)dx，故答案为C. 1 1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 （5）若 f′′( x )不变号，且曲线y = f ( x )在点( 1,1 )上的曲率圆为x2 + y2 =2，则 f ( x )在 区间( 1,2 )内（ ） ( A )有极值点，无零点. ( B )无极值点，有零点. ( C )有极值点，有零点. ( D )无极值点，无零点. 【答案】 B 【解析】由题意可知， f(x) 是一个凸函数，即 f ''(x)<0 ，且在点 (1,1) 处的曲率 | y''| 1 ρ= = ，而 f '(1)=−1，由此可得， f ''(1)=−2 3 2 (1+(y')2)2 在[1, 2]上， f '(x)≤ f '(1)=−1<0，即 f(x)单调减少，没有极值点. 对于 f(2)− f(1)= f '(ζ)<−1 , ζ∈(1, 2)， （拉格朗日中值定理） ∴ f(2)<0而 f(1)=1>0 由零点定理知，在[1, 2]上， f(x)有零点. 故应选（B）. （6）设函数y = f ( x )在区间[−1,3 ]上的图形为 f(x) O 0 x -2 1 2 3 -1 则函数F ( x )=∫ x f ( t ) dt的图形为（ ） 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 f(x) f(x) 1 1 0 0 x x -2 1 2 3 -2 1 2 3 -1 -1 ( ) ( ) A . B . f(x) f(x) 1 1 0 0 x x -1 1 2 3 -2 1 2 3 -1 ( ) ( ) C . D . 【答案】D 【解析】此题为定积分的应用知识考核，由y = f(x)的图形可见，其图像与x轴及 y轴、 x= x 所围的图形的代数面积为所求函数F(x)，从而可得出几个方面的特征： 0 ①x∈[ 0,1 ]时，F(x)≤0，且单调递减. ②x∈[ 1,2 ]时，F(x)单调递增. ③x∈[ 2,3 ]时，F(x)为常函数. ④x∈[−1,0 ]时，F(x)≤0为线性函数，单调递增. ⑤由于F(x)为连续函数 结合这些特点，可见正确选项为D. （7）设A，B均为 2 阶矩阵，A*，B*分别为A，B的伴随矩阵.若 A =2，B =3，则分 O A 块矩阵 的伴随矩阵为（ ） B O  O 3B*  O 2B* ( ) ( ) A .  B .  2A* O  3A* O  更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634  O 3A*  O 2A* ( ) ( ) C .  D .  2B* O  3B* O  【答案】 B 1 【解析】根据CC∗ = C E若C∗ = C C−1,C−1 = C∗ C 0 A 0 A 分块矩阵 的行列式 =（−1）2×2 A B =2×3=6即分块矩阵可逆 B 0 B 0  1  0 B∗   0 A ∗ 0 A0 A −1  0 B−1 B     =   =6 =6 B 0 B 0 B 0 A−1 0    1 A∗ 0   A    1  0 B∗  3   0 2B∗ =6 =    1 A∗ 0   3A∗ 0  2  1 0 0   （8）设A，P均为3阶矩阵，PT 为P的转置矩阵，且PTAP= 0 1 0 ，若     0 0 2 P=（α，α，α），Q=（α +α，α，α），则QTAQ为（ ） 1 2 3 1 2 2 3 2 1 0 1 1 0     ( ) ( ) A . 1 1 0 B . 1 2 0         0 0 2 0 0 2 2 0 0 1 0 0     ( ) ( ) C . 0 1 0 D . 0 2 0         0 0 2 0 0 2 【答案】 A 1 0 0   【解析】Q=(α+α,α,α)=(α,α,α) 1 1 0 =(α,α,α)E (1)，即： 1 2 2 3 1 2 3   1 2 3 12  0 0 1  更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 Q= PE (1) 12 QTAQ=[PE (1)]T A[PE (1)]= ET(1)[PTAP]E (1) 12 12 12 12 1 0 0   = ET (1) 0 1 0 E (1) 21   12  0 0 2  1 1 01 0 01 0 0 2 1 0       = 0 1 0 0 1 0 1 1 0 = 1 1 0        0 0 1   0 0 2   0 0 1   0 0 2  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.  1-t  x=∫ e−u2 du （9）曲线 0 在（0，0）处的切线方程为 .  y =t2 ln(2−t2) 【答案】y =2x dy 2t 【解析】 =2tln(2−t2)−t2⋅ =−2 dt 2−t2 t=1 dx =e−(1−t)2 ⋅(−1) =−1 dt t=1 dy 所以 =2 dx 所以 切线方程为y =2x. +∞ （10）已知∫ ekxdx=1,则k = . −∞ 【答案】−2 b +∞ +∞ 1 1=∫ ekxdx=2∫ ekxdx=2lim ekx 【解析】 −∞ 0 b→+∞k 0 因为极限存在所以k <0 2 1=0− k k =−2 1 （11）lim∫ e−xsinnxdx= . n→∞ 0 【答案】0 【解析】令I =∫e−xsinnxdx=−e−xsinnx+n∫e−xcosnxdx n =−e−xsinnx−ne−xcosnx−n2I n 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ncosnx+sinnx 所以I =− e−x +C n n2 +1 1 ncosnx+sinnx 即lim∫ e−xsinnxdx=lim(− e−x 1) n→∞ 0 n→∞ n2 +1 0 ncosn+sinn n =lim(− e−1+ ) n→∞ n2 +1 n2 +1 =0 ∂2y （12）设y = y(x)是由方程xy+ey = x+1确定的隐函数，则 = . ∂x2 x=0 【答案】−3 1− y 【解析】对方程xy+ey = x+1两边关于x求导有y+xy' + y'ey =1，得y' = x+ey 对y+xy' + y'ey =1再次求导可得2y' +xy'' + y''ey +(y')2ey =0， 2y' +(y')2ey 得y'' =− (*) x+ey 1−0 当x=0时，y =0，y' = =1，代入(*)得 (0) e0 2y'(0)+(y'(0))2e0 y''(0)=− =−(2+1)=−3 (0+e0)3 （13）函数y = x2x在区间( 0，1 ]上的最小值为 . 2 − 【答案】e e 1 【解析】因为y′= x2x( 2lnx+2 )，令y′=0得驻点为x= . e 又y′′= x2x( 2lnx+2 )2 +x2x⋅ 2 ，得y′′   1  =2e − 2 e +1 >0， x e 1 − 2 故x= 为y = x2x的极小值点，此时y =e e， e  1 1   1 1  又当x∈ 0,  时，y′( x )<0；x∈  ,1  时，y′( x )>0，故y在 0,  上递减，在  ,1  e e   e e  上递增. 2 lim 2lnx lim x x→0+ 1 x→0+ − 1 lim(−2x) 而y ( 1 )=1，y ( 0 )= lim x2x = lime2xlnx =e x =e x2 =ex→0+ =1， + x→0+ x→0+ 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 所以y = x2x在区间( 0，1 ]上的最小值为y   1  =e − 2 e . e 2 0 0   (14)设α，β为 3 维列向量，βT 为β的转置，若矩阵αβT 相似于 0 0 0 ，则     0 0 0 βTα= . 【答案】2 2 0 0   【解析】因为αβT 相似于 0 0 0 ，根据相似矩阵有相同的特征值，得到αβT 得特征值     0 0 0 是2,0,0而βTα是一个常数，是矩阵αβT 的对角元素之和，则βTα=2+0+0=2 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. ( 1−cosx )[ x−ln(1+tanx) ] （15）（本题满分9分）求极限lim . x→0 sin4 x 1 ( 1−cosx )[ x−ln(1+tanx) ] x2[ x−ln(1+tanx) ] 2 【解析】lim =lim x→0 sin4 x x→0 sin4 x 1 x2 x−ln(1+tanx) 1 x−ln(1+tanx) 1 = lim = lim = 2 x→0sin2 x sin2 x 2 x→0 sin2 x 4 （16）（本题满分10 分） 1+ x 计算不定积分∫ln(1+ )dx (x >0). x 【解析】 1+x 1 −2tdt 令 =t得x= , dx= x t2 −1 (t2 −1)2 1+x 1 ∫ln(1+ )dx=∫ln(1+t)d x t2 −1 ln(1+t) 1 1 = −∫ dt t2 −1 t2 −1t+1 而 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 1 1 1 1 2 ∫ dt = ∫( − − )dt t2 −1t+1 4 t−1 t+1 (t+1)2 1 1 1 ln(t−1)− ln(t+1)+2 +C 4 4 t+1 所以 1+x ln(1+t) 1 t+1 1 ∫ln(1+ )dx= + ln − +C x t2 −1 4 t−1 2(t+1) 1+x 1 1 x = xln(1+ )+ ln( 1+x + x)− +C x 2 2 1+x + x 1+x 1 1 1 = xln(1+ )+ ln( 1+x + x)+ x− x+x2 +C x 2 2 2 （17）（本题满分10分） ∂2z 设z = f ( x+ y,x− y,xy )，其中 f 具有2阶连续偏导数，求dz与 . ∂x∂y 【解析】 ∂z = f ′+ f ′+ yf ′ ∂x 1 2 3 ∂z = f ′− f ′+xf ′ ∂y 1 2 3 ∂z ∂z ∴dz = dx+ dy ∂x ∂y =(f′+ f′+ yf′)dx+(f′− f′+xf′)dy 1 2 3 1 2 3 ∂2z = f ′′⋅1+ f ′′⋅(−1)+ f ′′⋅x+ f ′′⋅1+ f ′′⋅(−1)+ f ′′⋅x+ f ′+ y[f ′′⋅1+ f ′′⋅(−1)+ f ′′⋅x] ∂x∂y 11 12 13 21 22 23 3 31 32 33 = f ′+ f ′′− f ′′+xyf ′′+(x+ y)f ′′+(x− y)f ′′ 3 11 22 33 13 23 （18）（本题满分 10 分）设非负函数y = y ( x )( x≥0 )满足微分方程xy′′− y′+2=0，当 曲线y = y ( x )过原点时，其与直线x=1及 y =0围成平面区域D的面积为2，求D绕y轴 旋转所得旋转体体积. 【解析】 解微分方程xy′′− y′+2=0得其通解y =C +2x+C x2,其中C，C 为任意常数 1 2 1 2 又因为 y = y(x)通过原点时与直线 x=1及 y =0围成平面区域的面积为 2，于是可得 C =0 1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 1 1 C C 2=∫ y(x)dx=∫ (2x+C x2)dx=(x2 + 2 x3) =1+ 2 0 0 2 3 3 0 从而C =3 2 于是，所求非负函数y =2x+3x2 (x≥0) 1 又由y =2x+3x2 可得，在第一象限曲线y = f(x)表示为x= （ 1+3y −1) 3 于是D围绕y轴旋转所得旋转体的体积为V =5π−V ，其中 1 5 5 1 V =∫ πx2dy =∫ π⋅ ( 1+3y −1)2dy 1 0 0 9 π 5 = ∫ (2+3y−2 1+3y)dy 9 0 39 = π 18 39 51 17 V =5π− π= π= π. 18 18 6 （ 19 ）（ 本 题 满 分 10 分 ） 计 算 二 重 积 分 ∫∫( x− y ) dxdy ， 其 中 D { } D= ( x,y ) ( x−1 )2 +( y−1 )2 ≤2,y≥ x . 【解析】由(x−1)2 +(y−1)2 ≤2得r ≤2(sinθ+cosθ)， 3 π 4 2(sinθ+cosθ) ∴∫∫(x− y)dxdy =∫ dθ∫ (rcosθ−rsinθ)rdr π 0 D 4 3 π 4 1 2(sinθ+cosθ) =∫  (cosθ−sinθ)⋅r3 dθ π 3 0  4 3 π 4 8 =∫ (cosθ−sinθ)⋅(sinθ+cosθ)⋅(sinθ+cosθ)2dθ π 3 4 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 3 π 4 8 =∫ (cosθ−sinθ)⋅(sinθ+cosθ)3dθ π 3 4 3 π 8 4 8 1 3 π 8 = ∫ (sinθ+cosθ)3d(sinθ+cosθ)= × (sinθ+cosθ)4 4 =− . 3 π 3 4 π 3 4 4 （20）（本题满分12分） π π 设y = y(x)是区间（-π，π）内过点（- ， ）的光滑曲线，当-π< x<0时，曲线上任一 2 2 点处的法线都过原点，当0≤ x<π时，函数y(x)满足y′′+ y+x=0.求y(x)的表达式. x 【解析】由题意，当−π< x<0时，y =− ，即ydy =−xdx，得y2 =−x2 +c， y' π π 又y(− )= 代入y2 =−x2 +c得c=π2，从而有x2 + y2 =π2 2 2 当0≤ x<π时，y''+ y+x=0得 y''+ y =0 的通解为y* =c cosx+c sinx 1 2 令解为y = Ax+b，则有0+ Ax+b+x=0，得A=−1,b=0， 1 故y =−x，得y''+ y+x=0的通解为y =c cosx+c sinx−x 1 1 2 由于y = y(x)是(−π,π)内的光滑曲线，故y在x=0处连续 于是由y(0−)=±π , y(0+)=c ，故c =±π时，y = y(x)在x=0处连续 1 1 x 又当 −π< x<0时，有2x+2y⋅y'=0，得y '(0)=− =0， − y 当0≤ x<π时，有y'=−c sinx+c cosx−1，得y '(0)=c −1 1 2 + 2 由y '(0)= y '(0)得c −1=0，即 c =1 − + 2 2 − π2 −x2 , −π< x<0 故 y = y(x)的表达式为y = 或 −πcosx+sinx−x,0≤ x<π 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634  π2 −x2 , −π< x<0  π π y = ，又过点  − ,  ， πcosx+sinx−x,0≤ x<π  2 2  π2 −x2 , −π< x<0 所以y = . πcosx+sinx−x,0≤ x<π （21）（本题满分11分） （Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数 f ( x )在[ a,b ]上连续，在( a,b )可导，则存在 ξ∈( a,b )，使得 f ( b )− f ( a )= f′(ξ)( b−a )； （Ⅱ）证明：若函数 f ( x )在x=0处连续，在( 0,δ)(δ>0 )内可导，且lim f′( x )= A， x→0+ 则 f ′( 0 )存在，且 f ′( 0 )= A. + + f(b)− f(a) 【解析】（Ⅰ）作辅助函数ϕ(x)= f(x)− f(a)− (x−a)，易验证ϕ(x)满足： b−a ϕ(a)=ϕ(b) ； ϕ(x) 在 闭 区 间 [ a,b ] 上 连 续 ， 在 开 区 间 ( a,b ) 内 可 导 ， 且 f(b)− f(a) ϕ'(x)= f '(x)− . b−a 根据罗尔定理，可得在( a,b )内至少有一点ξ，使ϕ'(ξ)=0，即 f(b)− f(a) f '(ξ) − =0,∴ f(b)− f(a)= f '(ξ)(b−a) b−a （Ⅱ）任取x ∈(0,δ)，则函数 f(x)满足； 0 在闭区间[ 0,x ]上连续，开区间( 0,x ) 内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在 0 0 ξ ∈( 0,x )⊂( 0,δ)，使得 f ' ( ξ ) = f(x 0 )− f(0) ……( * ) x 0 0 x 0 x −0 0 又由于lim f '( x )= A，对上式（*式）两边取x →0+时的极限可得： x→0+ 0 f(x )− f ( 0 ) f '( 0 )= lim 0 = lim f '(ξ )= lim f '(ξ )= A + x →0+ x −0 x →0+ x 0 ξ →0+ x 0 0 0 0 x0 故 f '(0)存在，且 f '(0)= A. + +  1 −1 −1 −1     （22）（本题满分11分设A= −1 1 1 ，ξ = 1   1        0 −4 −2  −2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 （Ⅰ）求满足Aξ =ξ,A2ξ =ξ的所有向量ξ,ξ； 2 1 3 1 2 3 （Ⅱ）对（Ⅰ）中的任一向量ξ,ξ，证明：ξ,ξ,ξ线性无关. 2 3 1 2 3 【解析】（Ⅰ）解方程Aξ =ξ 2 1  1 −1 −1 −1  1 −1 −1 −1 1 −1 −1 −1       ( A,ξ)= −1 1 1 1 → 0 0 0 0 → 0 2 1 1 1              0 −4 −2 −2 0 2 1 1  0 0 0 0  r(A)=2故有一个自由变量，令x =2，由Ax=0解得，x =−1,x =1 3 2 1 求特解，令x = x =0，得x =1 1 2 3  1  0     故ξ =k −1 + 0 ，其中k 为任意常数 2 1    1      2  1 解方程A2ξ =ξ 3 1  2 2 0   A2 = −2 −2 0      4 4 0  −1 1 1 0  2 2 0 −1  2  ( )     A2,ξ 1 =  −2 −2 0 1  →0 0 0 0      4 4 0 2 0 0 0 0     故有两个自由变量，令x =−1，由A2x=0得x =1,x =0 2 1 3 1 1     2  1  2       求特解η 2 =0 故 ξ 3 =k 2 −1  +0 ，其中k 2 为任意常数.       0  0  0         （Ⅱ）证明： 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 −1 k k + 1 2 2 1 1 由于 1 −k −k =2kk +(2k +1)(k + )−2k (k + )−k (2k +1) 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 −2 2k +1 0 1 1 = ≠0 故ξ,ξ,ξ 线性无关. 2 1 2 3 （23）（本题满分11分）设二次型 f ( x ,x ,x )=ax2 +ax2 +( a−1 ) x2 +2x x −2x x 1 2 3 1 2 3 1 3 2 3 （Ⅰ）求二次型 f 的矩阵的所有特征值； （Ⅱ）若二次型 f 的规范形为y2 + y2，求a的值. 1 2 a 0 1    【解析】（Ⅰ） A= 0 a −1     1 −1 a−1 λ−a 0 −1 λ−a 1 0 λ−a |λE−A|= 0 λ−a 1 =(λ−a) − 1 λ−a+1 −1 1 −1 1 λ−a+1 =(λ−a)[(λ−a)(λ−a+1)−1]−[0+(λ−a)] =(λ−a)[(λ−a)(λ−a+1)−2] =(λ−a)[λ2 −2aλ+λ+a2 −a−2] 1 9 =(λ−a){[aλ+ (1−2a)]2 − } 2 4 =(λ−a)(λ−a+2)(λ−a−1) ∴λ=a,λ =a−2,λ =a+1 1 2 3 （Ⅱ） 若规范形为y2 + y2，说明有两个特征值为正，一个为0.则 1 2 1) 若λ=a =0，则 λ =−2<0 ，λ =1 ，不符题意 1 2 3 2) 若λ =0 ，即a=2，则λ=2>0，λ =3>0，符合 2 1 3 3) 若λ =0 ，即a=−1，则λ=−1<0 ，λ =−3<0，不符题意 3 1 2 综上所述，故a=2. 更多考研资料分享+qq810958634