2010年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

2010 年全国硕士研究生入学统一考试 数学二试题参考答案 一、选择题 (1)【答案】 (B). x2 −x 1 【解析】因为 f(x)= 1+ 有间断点x=0,±1,又因为 x2 −1 x2 x(x−1) 1 1 lim f(x)=lim 1+ =limx 1+ , x→0 x→0(x+1)(x−1) x2 x→0 x2 1 1 其中lim x 1+ =1,lim = x 1+ =−1,所以x=0为跳跃间断点. x→0+ x2 x→0− x2 1 2 显然lim f(x)= 1+1= ,所以x=1为连续点. x→1 2 2 x(x−1) 1 而 lim f(x)= lim 1+ =∞,所以x=−1为无穷间断点,故答案选择 x→−1 x→−1(x+1)(x−1) x2 B. (2)【答案】 (A)． 【解析】因λy −µy 是y′+P ( x ) y =0的解,故(λy −µy )′ +P ( x )(λy −µy )=0,所以 1 2 1 2 1 2 λ  y ′+P ( x ) y  −µ  y ′+ p(x)y  =0,  1 1  2 2 而由已知 y ′+P ( x ) y =q ( x ) ,y ′+P ( x ) y =q ( x ),所以 1 1 2 2 (λ−µ) q ( x )=0, ① 又由于一阶次微分方程 y′+ p ( x ) y =q ( x ) 是非齐的,由此可知 q ( x )≠0 ,所以 λ−µ=0． 由于λy +µy 是非齐次微分方程y′+P ( x ) y =q ( x )的解,所以 1 2 (λy +µy )′ +P ( x )(λy +µy )=q ( x ), 1 2 1 2 整理得 λ  y ′+P ( x ) y  +µ  y ′+P ( x ) y  =q ( x ),  1 1  2 2 即 (λ+µ) q ( x )=q ( x ),由q ( x )≠0可知λ+µ=1, ②1 由①②求解得λ=µ= ,故应选(A)． 2 (3)【答案】 (C). 【解析】因为曲线y = x2与曲线y =alnx(a≠0)相切,所以在切点处两个曲线的斜率相同, a a 所以2x= ,即x= (x>0).又因为两个曲线在切点的坐标是相同的,所以在y = x2上, x 2 a a a a a a 当x= 时y = ；在y =alnx上,x= 时, y =aln = ln . 2 2 2 2 2 2 a a a 所以 = ln .从而解得a=2e.故答案选择(C). 2 2 2 (4)【答案】 (D). 【解析】x=0与x=1都是瑕点.应分成 mln2( 1−x ) 1 mln2( 1−x ) mln2( 1−x ) 1 1 ∫ dx=∫2 dx+∫ dx, 1 0 n x 0 n x n x 2 1 [ln2(1−x)]m 1 mln2( 1−x ) 1 xn 用比较判别法的极限形式,对于∫2 dx,由于lim =1. 0 n x x→0+ 1 1 2 − xn m 1 2 显然,当0< − <1,则该反常积分收敛. n m 1 2 [ln2(1−x)]m 1 1 mln2( 1−x ) 当 − ≤0,lim 存在,此时∫2 dx实际上不是反常积分,故收 n m x→0+ 1 0 n x xn 敛. 1 mln2( 1−x ) mln2( 1−x ) 1 故不论m,n是什么正整数,∫2 dx总收敛.对于∫ dx,取 1 0 n x n x 2 0<δ<1,不论m,n是什么正整数, 1 [ln2(1−x)]m 1 1 lim xn = limln2(1−x)m(1−x)δ =0, x→1− 1 x→1− (1−x)δ mln2( 1−x ) 1 所以∫ dx收敛,故选(D). 1 n x 2(5) 【答案】 (B). ∂z F ′ F 1 ′    − x y 2    +F 2 ′    − x z 2    F 1 ′⋅ x y +F 2 ′⋅ x z yF ′+zF ′ 【解析】 =− x =− = = 1 2 , ∂x F ′ F ′⋅ 1 F ′ xF ′ z 2 2 2 x 1 ∂z =− F y ′ =− F 1 ′⋅ x =− F 1 ′ , ∂y F ′ F ′⋅ 1 F ′ z 2 2 x ∂z ∂z yF ′+zF ′ yF ′ F ′⋅z x + y = 1 2 − 1 = 2 = z． ∂x ∂y F ′ F ′ F ′ 2 2 2 (6) 【答案】 (D). n n n n 1 n n n n n 1 【解析】∑ ∑ =∑ (∑ ) =(∑ )(∑ ) ( n+i )( n2 + j2 ) n+i n2 + j2 n2 + j2 n+i i=1 j=1 i=1 j=1 j=1 i=1 lim∑ n n =lim 1 ∑ n 1 =∫ 1 1 dy, n→∞ j=1 n2 + j2 n→∞n j=11+( j )2 01+ y2 n lim∑ n n =lim 1 ∑ n 1 =∫ 1 1 dx, n→∞ n+i n→∞n i 01+x i=1 i=11+( ) n n n n n 1 n 1 lim∑∑ =lim(∑ )(∑ ) n→∞ ( n+i )( n2 + j2 ) n→∞ n2 + j2 n+i i=1 j=1 j=1 i=1 n n n n =(lim∑ ) (lim∑ ) n→∞ n2 + j2 n→∞ n+i j=1 i=1 1 1 1 1 1 1 1 =(∫ dx)(∫ dy) =∫ dx∫ dy. 01+x 01+ y2 0 0( 1+x )( 1+ y2 ) (7) 【答案】 (A)． 【解析】由于向量组I能由向量组II线性表示,所以r(I)≤r(II),即 r(α,,α)≤r(β,,β)≤s 1 r 1 s 若向量组 I 线性无关,则 r(α,,α)=r ,所以 r =r(α,,α)≤r(β,,β)≤s ,即 1 r 1 r 1 s r ≤s,选(A). (8) 【答案】 (D).【解析】：设λ为A的特征值,由于A2 + A=O,所以λ2 +λ=0,即(λ+1)λ=0,这样A的 特征值只能为-1 或 0. 由于 A 为实对称矩阵,故 A 可相似对角化,即 A Λ , −1  −1      −1 −1     r(A)=r(Λ)=3,因此,Λ = ,即A Λ = .  −1   −1       0  0 二、填空题 (9)【答案】y =Ce2x +C cosx+C sinx. 1 2 3 【解析】该常系数线性齐次微分方程的特征方程为 λ3 −2λ2 +λ−2=0,因式分解得 λ2(λ−2 )+(λ−2 )=(λ−2 )( λ2 +1 ) =0, 解得特征根为λ=2, λ=±i,所以通解为 y =Ce2x +C cosx+C sinx. 1 2 3 (10) 【答案】y =2x. 2x3 x2 +1 【解析】因为lim =2,所以函数存在斜渐近线,又因为 x→∞ x 2x3 2x3−2x3−2x lim −2x=lim =0,所以斜渐近线方程为y =2x. x→∞ x2 +1 x→∞ x2 +1 (11)【答案】−2n⋅( n−1 ) !. (n−1)! 【解析】由高阶导数公式可知ln(n)(1+x) =(−1)n−1 , (1+x)n (n−1)! (n−1)! 所以 ln(n)( 1−2x )=(−1)n−1 ⋅(−2 )n =−2n , (1−2x)n (1−2x)n (n−1)! 即y(n)(0)=−2n =−2n(n−1)!. (1−2⋅0)n (12)【答案】 2 ( eπ−1 ) . 【解析】因为 0≤θ≤π,所以对数螺线r =eθ的极坐标弧长公式为 ∫ π ( eθ)2 + ( eθ)2 dθ=∫ π 2 ⋅eθdθ= 2 ( eπ−1 ) . 0 0 (13)【答案】3cm/s.【解析】设l = x(t),w= y(t),由题意知,在t =t 时刻 x(t )=12,y(t )=5,且 x′(t )=2, 0 0 0 0 y′(t )=3,设该对角线长为S(t),则 S(t)= x2(t)+ y2(t) ,所以 0 x(t)x′(t)+ y(t)y′(t) S′(t)= . x2(t)+ y2(t) x(t )x′(t )+ y(t )y′(t ) 12⋅2+5⋅3 所以 S′(t )= 0 0 0 0 = =3. 0 x2(t )+ y2(t ) 122 +52 0 0 (14)【答案】3. 【解析】由于A(A−1+B)B−1 =(E+ AB)B−1 = B−1+ A,所以 A+B−1 = A(A−1+B)B−1 = A A−1+B B−1 1 因为 B =2,所以 B−1 = B −1 = ,因此 2 1 A+B−1 = A A−1+B B−1 =3×2× =3. 2 三、解答题 (15)【解析】因为 f(x)=∫ x2 (x2 −t)e−t2 dt = x2∫ x2 e−t2 dt−∫ x2 te−t2 dt, 1 1 1 所 以 f′(x)=2x∫ x2 e−t2 dt+2x3e−x4 −2x3e−x4 =2x∫ x2 e−t2 dt , 令 f′(x)=0 , 则 1 1 x=0,x=±1. 又 f′′(x)=2∫ x2 e−t2 dt+4x2e−x4,则 f′′(0)=2∫ 0 e−t2 dt <0,所以 1 1 1 f(0)=∫ 0 (0−t)e−t2 dt =− 1 e−t2 = 1 (1−e−1) 1 2 2 0 是极大值. 而 f′′(±1)=4e−1 >0,所以 f(±1)=0为极小值. 又因为当 x≥1时, f′(x)>0；0≤ x<1时, f′(x)<0；−1≤ x<0时, f′(x)>0； x<−1时, f′(x)<0,所以 f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)(0,1), f(x)的单调递增区 间为(−1,0)(1,+∞). (16) 【解析】 (I)当0< x<1时0−1.因为 y ( 1 )=ψ′( 1 )=6,   所以C =0,故y =3t ( t+1 ),即ψ′( t )=3t ( t+1 ), 3 故ψ( t )=∫ 3t ( t+1 ) dt = t2 +t3 +C ． 2 1 5 3 又由ψ( 1 )= ,所以C =0,故ψ( t )= t2 +t3,(t >−1). 2 1 2 (18)【解析】油罐放平,截面如图建立坐标系之后,边界椭 圆的方程为： x2 y2 + =1 a2 b2 阴影部分的面积 b 2a b S =∫2 2xdy = ∫2 b2 − y2dy −b b −bπ b π 令y =bsint,y =−b时t =− ;y = 时t = . 2 2 6 π π 1 1 2 3 S =2ab∫6 cos2tdt =2ab∫6 ( + cos2t)dt =( π+ )ab π π − − 2 2 3 4 2 2 2 3 所以油的质量m=( π+ )ablρ. 3 4 (19)【解析】由复合函数链式法则得 ∂u ∂u ∂ξ ∂u ∂η ∂u ∂u = ⋅ + ⋅ = + , ∂x ∂ξ ∂x ∂y ∂x ∂ξ ∂η ∂u ∂u ∂ξ ∂u ∂η ∂u ∂u = ⋅ + = ⋅a+b⋅ , ∂y ∂ξ ∂y ∂η∂y ∂ξ ∂η ∂2u ∂ ∂u ∂u  ∂2u ∂ξ ∂2u ∂η ∂2u ∂η ∂2u ∂η = + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅   ∂x2 ∂x∂ξ ∂η ∂ξ2 ∂x ∂ξ∂η ∂x ∂η2 ∂x ∂ξ∂η ∂x ∂2u ∂2u ∂2u = + +2 , ∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η ∂2u ∂ ∂u ∂u  ∂2u ∂ξ ∂2u ∂η ∂2u ∂η ∂2u ∂η = + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅   ∂x∂y ∂y∂ξ ∂η ∂ξ2 ∂y ∂ξ∂η ∂y ∂η2 ∂y ∂ξ∂η ∂y ∂2u ∂2u ∂2u =a +b +(a+b) , ∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η ∂2u ∂  ∂u ∂u  ∂2u ∂2u ∂2u ∂2u = a +b  =a(a +b )+b(a +a ) ∂y2 ∂y ∂ξ ∂η ∂ξ2 ∂ξ∂η ∂η2 ∂ξ∂η ∂2u ∂2u ∂2u =a2 +b2 +2ab , ∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η ∂2u ∂u2 ∂2u 故4 +12 +5 ∂x2 ∂x∂y ∂y2 ∂2u ∂2u ∂2u =(5a2 +12a+4) +(5b2 +12b+4) +[ 12(a+b)+10ab+8 ] =0, ∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η 5a2 +12a+4=0  所以 5b2 +12b+4=0 ,  12(a+b)+10ab+8≠0 2 2 2 2 则a =− 或−2,b=− 或−2.又因为当(a,b)为(−2,−2),(− ,− )时方程(3)不满足, 5 5 5 5 2 2 所以当(a,b)为(− ,−2) ,(−2,− )满足题意. 5 5 (20)【解析】I =∫∫r2sinθ 1−r2cos2θdrdθ D ( ) =∫∫rsinθ 1−r2 cos2θ−sin2θ ⋅rdrdθ D =∫∫ y 1−x2 + y2dxdy D 1 x 11 ( ) 3 =∫ dx∫ y 1−x2 + y2dy =∫ 1− 1−x2 2dx 0 0 03  3 11 1 1( )2 1 π 1 3 =∫ dx− ∫ 1−x2 dx = −∫2cos4θdθ= − π. 03 3 0 3 0 3 16 1  1 (21)【解析】令F ( x )= f ( x )− x3,对于F ( x )在 0, 上利用拉格朗日中值定理,得存   3  2  1 在ξ∈ 0, , 使得  2 1 1 F  −F ( 0 )= F′(ξ)． 2 2 1  1  对于F ( x )在  ,1  上利用拉格朗日中值定理,得存在η∈  ,1,使得 2  2  1 1 F ( 1 )−F  = F′(η), 2 2 两式相加得 f′(ξ)+ f′(η)=ξ2 +η2.  1 1  所以存在ξ∈ 0, ,η∈  ,1 ,使 f′(ξ)+ f′(η)=ξ2 +η2.  2 2  (22) 【解析】因为方程组有两个不同的解,所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于 3,进而 可以通过秩的关系求解方程组中未知参数,有以下两种方法. 方法1：( I )已知Ax=b有2个不同的解,故r(A)=r(A)<3,对增广矩阵进行初等行 变换,得λ 1 1 a 1 1 λ 1     A= 0 λ−1 0 1 → 0 λ−1 0 1         1 1 λ 1  λ 1 1 a 1 1 λ 1  1 1 λ 1      → 0 λ−1 0 1 → 0 λ−1 0 1         0 1−λ 1−λ2 a−λ  0 0 1−λ2 a−λ+1 1 1 1 1 1 1 1 1     当λ=1时,A→ 0 0 0 1 → 0 0 0 1 ,此时,r(A)≠r(A),故Ax=b无解(舍去)．         0 0 0 a 0 0 0 0 1 1 −1 1    当λ=−1时,A→ 0 −2 0 1 ,由于r(A)=r(A)<3,所以a =−2,故λ=−1 ,a=−2.     0 0 0 a+2 方法2：已知Ax=b有2个不同的解,故r(A)=r(A)<3,因此 A =0,即 λ 1 1 A = 0 λ−1 0 =(λ−1)2(λ+1)=0, 1 1 λ 知λ=1或-1. 当λ=1时,r(A)=1≠r(A)=2,此时, Ax=b无解,因此λ=−1.由r(A)=r(A),得 a =−2. ( II ) 对增广矩阵做初等行变换  3  1 0 −1   2 −1 1 1 −2 1 −1 −1 2         1 A= 0 −2 0 1 → 0 2 0 −1 → 0 1 0 −           2  1 1 −1 1  0 0 0 0    0 0 0 0        3     3 2 x −x = x  1     1 3 2  1     1 可知原方程组等价为 ,写成向量的形式,即 x = x 0 + − . 1  2 3   2       x =− x  1    2 2 3  0      3    2 1      1 因此Ax=b的通解为x=k 0 + − ,其中k为任意常数.     2   1   0        0 −1 4   (23)【解析】由于A= −1 3 a ,存在正交矩阵Q,使得QTAQ为对角阵,且Q的第一      4 a 0 1 1 列为 (1,2,1)T,故A对应于λ的特征向量为ξ = (1,2,1)T. 1 1 6 6  1   1      6 6     根据特征值和特征向量的定义,有  2   2 ,即 A  =λ   1 6 6      1   1       6  6  0 −1 41 1  0 −1 4         −1 3 a 2 =λ 2 ,由此可得a=−1,λ=2.故A= −1 3 −1 .    1  1           4 a 01 1  4 −1 0  λ 1 −4 由λE−A = 1 λ−3 1 =(λ+4)(λ−2)(λ−5)=0, −4 1 λ 可得A的特征值为λ=2,λ =−4,λ =5. 1 2 3 −4 1 −4x  1    由(λE−A)x=0,即 1 −7 1 x =0,可解得对应于λ =−4的线性无关的 2   2 2     −4 1 −4x  3 特征向量为ξ =(−1,0,1)T. 2  5 1 −4x  1    由(λE−A)x=0,即 1 2 1 x =0 ,可解得对应于λ =5 的特征向量为 3   2 3     −4 1 5 x  3 ξ =(1,−1,1)T . 3 由于A为实对称矩阵,ξ,ξ,ξ为对应于不同特征值的特征向量,所以ξ,ξ,ξ相互正 1 2 3 1 2 3交,只需单位化： ξ 1 ξ 1 ξ 1 η = 1 = (1,2,1)T,η = 2 = (−1,0,1)T,η = 3 = (1,−1,1)T , 1 ξ 6 2 ξ 2 3 ξ 3 1 2 3  1 1 1  −   6 2 3 2      取 Q=(η,η,η)=   2 0 − 1  ,则QTAQ=Λ =  −4  . 1 2 3 6 3      5  1 1 1     6 2 3 