2011年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

2011 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．) ．．． (1)【答案】(C)． 3sinx−sin3x 3sinx−sinxcos2x−cosxsin2x 【解析】因为lim =lim x→0 cxk x→0 cxk ( ) sinx 3−cos2x−2cos2 x 3−cos2x−2cos2 x =lim =lim x→0 cxk x→0 cxk−1 ( ) 3− 2cos2 x−1 −2cos2 x 4−4cos2 x 4sin2 x =lim =lim =lim x→0 cxk−1 x→0 cxk−1 x→0 cxk−1 4 =lim =1． x→0 cxk−3 所以c=4,k =3，故答案选(C)．(2)【答案】(B)． x2f ( x )−2f ( x3 ) 【解析】lim x→0 x3 x2f ( x )−x2f ( 0 )−2f ( x3 ) +2f ( 0 ) =lim x→0 x3  f ( x )− f ( 0 ) f ( x3 ) − f ( 0 ) =lim −2  x→0 x x3    = f′( 0 )−2f′( 0 )=−f′( 0 )． 故答案选(B)． (3)【答案】(C)． 【解析】 f(x)=ln x−1+ln x−2 +ln x−3 1 1 1 f '(x)= + + x−1 x−2 x−3 3x2 −12x+11 = (x−1)(x−2)(x−3) 6± 3 令 f '(x)=0，得x = ，故 f(x)有两个不同的驻点． 1,2 3 (4)【答案】(C)． 【解析】微分方程对应的齐次方程的特征方程为r2−λ2 =0，解得特征根r =λ,r =−λ． 1 2 所以非齐次方程y′′−λ2y =eλx有特解y = x⋅a⋅eλx, 1 非齐次方程y′′−λ2y =e−λx有特解y = x⋅b⋅e−λx， 2 故 由 微 分 方 程 解 的 结 构 可 知 非 齐 次 方 程 y′′−λ2y =eλx +e−λx 可 设 特 解 y = x(aeλx +be−λx). (5)【答案】(A)． ∂z ∂z 【解析】由题意有 = f′(x)g(y)， = f(x)g′(y) ∂x ∂y ∂z ∂z 所以， = f′(0)g(0)=0， = f(0)g′(0)=0，即( 0,0 )点是可能的极值点． ∂x ∂y (0,0) (0,0)∂2z ∂2z ∂2z 又因为 = f′′(x)g(y)， = f′(x)g′(y)， = g′′(y)f(x)， ∂x2 ∂x∂y ∂y2 ∂2z α2z 所以，A= | = f′′(0)⋅g(0)，B= | = f′(0)⋅g′(0)=0， ∂x2 (0,0) ∂x∂y (0,0) ∂2z C = | = f(0)⋅g′′(0)， ∂y2 (0,0) 根据题意由( 0,0 )为极小值点，可得AC−B2 = A⋅C >0,且A= f′′(0)⋅g(0)>0，所以有 C = f(0)⋅g′′(0)>0.由题意 f(0)>0,g(0)<0，所以 f′′(0)<0,g′′(0)>0，故选(A)． (6)【答案】(B)． π 【解析】因为0< x< 时， 00． 当 a>0 时 ， 又 因 为 x ∫ ln(1+t2)dt ln(1+x2) x2 1 lim 0 = lim = lim = lim ⋅x3−a =0． x→0+ xa x→0+ axa−1 x→0+ axa−1 x→0+ a 所以3−a >0即a<3． 2x x ∫ ln(1+t2)dt ln(1+x2) 1+x2 2 x3−a 又因为0= lim 0 = lim = lim = lim x→+∞ xa x→+∞ axa−1 x→+∞a(a−1)xa−2 a(a−1)x→+∞1+x2所以3−a<2，即a >1，综合得10，所以y =− 为极小值． 3 3 3 当t =−1时，x=−1，y =1，此时y′′<0，所以y =1为极大值． 1 令y′′(x)=0得t =0，x= y = ． 3 1 1 当t <0时，x< ，此时y′′<0；当t >0时，x> ，此时y′′>0． 3 3  1 1  1 1 所以曲线的凸区间为  −∞，  ，凹区间为  ，+∞  ，拐点为( , )．  3 3  3 3 (17) (本题满分9分) 【解析】z = f [ xy,yg(x) ] ∂z = f′[ xy,yg(x) ]⋅y+ f′[ xy,yg(x) ]⋅yg′(x) ∂x 1 2 ∂2z = f′[ xy,yg(x) ]+ y [ f′′(xy,yg(x))x+ f′′(xy,yg(x))g(x) ] ∂x∂y 1 11 12 +g′(x)⋅ f′[ xy,yg(x) ]+ yg′(x){f′′[xy,yg(x)]⋅x+ f′′[xy,yg(x)]g(x)}． 2 12 22 因为g(x)在x=1可导，且为极值,所以g′(1)=0，则 d2z | = f′(1,1)+ f′′(1,1)+ f′′(1,1)． dxdy x=1 1 11 12 y=1 (18) (本题满分10分) 【解析】由题意可知当x=0时，y =0，y'(0)=1，由导数的几何意义得y′=tanα, d dy y′′ 即α=arctan y′，由题意 ( arctan y′)= ，即 = y′． dx dx 1+ y′2p′ dp 令y′= p，y′′= p′，则 = p，∫ =∫dx，即 1+ p2 p3 + p dp p 1 1 ∫ −∫ dp =∫dx，ln| p|− ln(p2 +1)= x+c ，即 p2 = ． p p2 +1 2 1 ce−2x −1 1 当x=0， p=1，代入得c=2，所以 y'= ， 2e−2x −1 x dt x etdt 则y(x)− y(0)=∫ =∫ 0 2e−2t −1 0 2−e2t  et  d  x  2 et ex π =∫ =arcsin |x=arcsin − ． 0 et 2 0 2 4 1−( )2 2 2 π 又因为y(0)=0，所以y(x)=arcsin ex − ． 2 4 (19) (本题满分10分)  1 【解析】(Ⅰ)设 f ( x )=ln ( 1+x ) ,x∈ 0,    n  1 显然 f(x)在 0, 上满足拉格朗日的条件，    n 1  1  1 1 1  1 f   − f ( 0 )=ln1+  −ln1=ln1+  = ⋅ ,ξ∈ 0,  n  n  n 1+ξ n  n  1 所以ξ∈ 0,  时，  n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⋅ < ⋅ < ⋅ ，即： < ⋅ < ， 1 n 1+ξ n 1+0 n n+1 1+ξ n n 1+ n 1  1 1 亦即： ∑ln1+  −lnn， n k  k  k=1 k=1 n  1 n k+1 2 3 4 n+1 ∑ln1+  =ln∏   =ln ⋅ ⋅   =ln ( n+1 )，  k   k  1 2 3 n  k=1 k=1 n 1 n  1 a =∑ −lnn>∑ln1+  −lnn>ln ( n+1 )−lnn>0． n k  k  k=1 k=1 得到数列{ a }有下界．利用单调递减数列且有下界得到{ a }收敛． n n (20) (本题满分11分) 【解析】(I)容器的容积即旋转体体积分为两部分 1 2( ) ( ) V =V +V =π∫ 2y− y2 dy+π∫2 1− y2 dy 1 2 1 −1 2 1 2  y3  y32  1  9 =πy2−  +πy−  =π 5+ −3 = π．  3 1  3   4  4 −1 2 (II) 所做的功为 dw=πρg(2− y)(1− y2)dy+πρg(2− y)(2y− y2)dy 1 2 w=πρg∫2(2− y)(1− y2)dy+πρg∫ (2− y)(2y− y2)dy 1 −1 2  1  2 =πρg∫2(y3−2y2 − y+2)dy+∫ +y3−4y2 +4y)dy 1  −1  2 1 1 1  2 2  y4 2 2y3 2 y2 2 1 y2 4y3 2  =πρg − − +2y 2 + − +2y2    4 −1 3 −1 2 −1 −1 4 1 3 1 1 2    2 2 27×103 = πg =3375gπ． 8 (21) (本题满分11分) 【解析】因为 f(x,1)=0， f(1,y)=0，所以 f′(x,1)=0． x 1 1 1 1 I =∫ xdx∫ yf′′(x,y)dy =∫ xdx∫ ydf′(x,y) xy x 0 0 0 0 ( ) =∫ 1 xdx  yf′( x,y ) |1 −∫ 1 f′( x,y ) dy  =∫ 1 xdx f′(x,1)−∫ 1 f′(x,y)dy 0  x 0 0 x  0 x 0 x 1 1 1 1 1  1  =−∫ xdx∫ f′(x,y)dy =−∫ dy∫ xf′(x,y)dx =−∫ dy xf(x,y)|1 −∫ f(x,y)dx 0 0 x 0 0 x 0  0 0  1  1  =−∫ dy f(1,y)−∫ f(x,y)dx =∫∫ f(x,y)dxdy =a． 0  0  D (22) (本题满分11分) 【解析】(I)由于α,α,α不能由β,β,β线性表示，对(β,β,β,α,α,α)进行初 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 等行变换： 1 1 3 1 0 1   (β,β,β,α,α,α)= 1 2 4 0 1 3 1 2 3 1 2 3     1 3 a 1 1 5 1 1 3 1 0 1 1 1 3 1 0 1     → 0 1 1 −1 1 2 → 0 1 1 −1 1 2 ．         0 2 a−3 0 1 4 0 0 a−5 2 −1 0 当a=5时，r(β,β,β)=2≠r(β,β,β,α)=3，此时，α不能由β,β,β线性表示， 1 2 3 1 2 3 1 1 1 2 3 故α,α,α不能由β,β,β线性表示． 1 2 3 1 2 3 (II)对(α,α,α,β,β,β)进行初等行变换： 1 2 3 1 2 3 1 0 1 1 1 3   (α,α,α,β,β,β)= 0 1 3 1 2 4 1 2 3 1 2 3     1 1 5 1 3 51 0 1 1 1 3 1 0 1 1 1 3      → 0 1 3 1 2 4 → 0 1 3 1 2 4         0 1 4 0 2 2 0 0 1 −1 0 −2 1 0 0 2 1 5    → 0 1 0 4 2 10 ，     0 0 1 −1 0 −2 故β =2α +4α −α，β =α +2α ，β =5α +10α −2α． 1 1 2 3 2 1 2 3 1 2 3 (23) (本题满分11分)  1 1 −1 1     【解析】(I)由于A 0 0 = 0 0 ，设α =( 1,0,−1 )T ,α =( 1,0,1 )T，则     1 2      −1 1  1 1 A (α,α )=(−α,α )，即Aα =−α,Aα =α ，而α ≠0,α ≠0，知A的特征值为 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 λ=−1,λ =1，对应的特征向量分别为kα( k ≠0 )，kα ( k ≠0 )． 1 2 1 1 1 2 2 2 由于r ( A )=2，故 A =0，所以λ =0． 3 由于A是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设λ =0对应的 3 特征向量为α =( x ,x ,x )T，则 3 1 2 3 αTα =0, x −x =0,  1 3 即 1 3  αTα =0, x +x =0． 2 3 1 3 解此方程组，得α =( 0,1,0 )T ，故λ =0对应的特征向量为kα ( k ≠0 )． 3 3 3 3 3 (II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化： α 1 α 1 α β = 1 = ( 1,0,−1 )T ,β = 2 = ( 1,0,1 )T ,β = 3 =( 0,1,0 )T ． 1 α 2 2 α 2 3 α 1 2 3 −1    令Q=(β,β,β)，则QTAQ=Λ= 1 ， 1 2 3      0 A=QΛQT 2 2   2 2   0 −   0  2 2   2 2  −1      2 2 = 0 0 1 1  0       2 2   − 2 2 0    0  0 1 0   2 2         2 2   2 2  0 −  − 0 2 2   2 2   0 0 1 2 2   = 0 0 0 0 = 0 0 0 ．     2 2     2 2  0 1 0  1 0 0  0  2 2      