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， 0<sinx<cosx<1<cotx，
4
又因lnx是单调递增的函数，所以lnsinx<lncosx<lncotx．
故正确答案为(B)．
(7)【答案】 (D)．
【解析】由于将A的第2列加到第1列得矩阵B，故
1 0 0
 
A 1 1 0 = B，
 
 
0 0 1
即AP = B，A= BP−1．
1 1
由于交换B的第2行和第3行得单位矩阵，故
1 0 0
 
0 0 1 B= E，
 
 
0 1 0
即PB= E,故B = P−1 = P ．因此，A= PP−1，故选(D)．
2 2 2 2 1
(8)【答案】(D)．
【解析】由于(1,0,1,0)T 是方程组Ax=0的一个基础解系，所以A(1,0,1,0)T =0，且
r(A)=4−1=3 ， 即 α +α =0 ， 且 A =0 ． 由 此 可 得 A*A=| A|E =O ， 即
1 3
A*(α,α,α,α)=O，这说明α,α,α,α 是A*x=0的解．
1 2 3 4 1 2 3 4
由于 r(A)=3，α +α =0 ，所以α,α,α 线性无关．又由于 r(A)=3，所以
1 3 2 3 4
r(A*)=1，因此A*x=0的基础解系中含有4−1=3个线性无关的解向量．而α,α,α线
2 3 4性无关，且为A*x=0的解，所以α,α,α可作为A*x=0的基础解系，故选(D)．
2 3 4
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．)
．．．
(9)【答案】 2．
1+2x 1 2x−1 2x⋅ln2 1
lim( −1) lim lim ln2
【解析】原式=ex→0 2 x =ex→0 2x =ex→0 2 =e2 = 2 ．
(10)【答案】y =e−xsinx．
【解析】由通解公式得
y =e
−∫dx
(∫e−xcosx⋅e
∫dx
dx+C)
=e−x(∫cosxdx+C)
=e−x(sinx+C)．
由于y(0)=0,故C=0．所以y =e−xsinx．
(11)【解析】选取x为参数，则弧微元ds= 1+( y′)2 dx= 1+tan2 xdx=secxdx
π π
所以s =∫4secxdx=ln secx+tanx 4 =ln(1+ 2)．
0 0
1
(12)【答案】 ．
λ
+∞ +∞
【解析】原式=∫ xλe−λxdx=−∫ xde−λx
0 0
+∞ x 1
=−xe−λx +∞ +∫ e−λxdx=− lim +0− e−λx +∞
0 0 x→+∞eλx λ 0
1 1 1  1
=− lim −  lim −e0  = ．
x→+∞λeλx λx→+∞eλx  λ
7
(13)【答案】 ．
12
π π
2sinθ 2sinθ
【解析】原式=∫2dθ∫ rcosθ⋅rsinθrdr =∫2rcosθ⋅sinθdθ∫ r3dr
π π
0 0
4 4
π 1 π π
=∫2sinθ⋅cosθ⋅ ⋅16sin4θdθ=∫24cosθ⋅sin5θdθ=4∫2sin5θdsinθ
π π π
4
4 4 4
π
4 7
= sin6θ 6 = ．
π
6 12
4
(14)【答案】2．【解析】方法1： f 的正惯性指数为所对应矩阵的特征值中正的个数．
1 1 1
 
二次型 f 对应矩阵为A= 1 3 1 ．
 
 
1 1 1
λ−1 −1 −1 λ 0 −λ λ 0 0
λE−A = −1 λ−3 −1 = −1 λ−3 −1 = −1 λ−3 −2
−1 −1 λ−1 −1 −1 λ−1 −1 −1 λ−2
λ−3 −2
=λ =λ(λ−1 )(λ−4 )，
−1 λ−2
故λ=0,λ =1,λ =4．因此 f 的正惯性指数为2．
1 2 3
方法2： f 的正惯性指数为标准形中正的平方项个数．
f ( x ,x ,x )= x2 +3x2 +x2 +2x x +2x x +2x x
1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3
=( x +x +x )2 −x2 −2x x −x2 +3x2 +x2 +2x x
1 2 3 2 2 3 3 2 3 2 3
=( x +x +x )2 +2x2，
1 2 3 2
y = x +x +x ,
1 1 2 3

令y = x , 则 f = y2 +2y2，故 f 的正惯性指数为2．
2 2 1 2

y = x ,
3 3
三、解答题(15～23 小题，共 94 分．请将解答写在答题纸指定位置上．解答应写出文
．．．
字说明、证明过程或演算步骤．)
(15) (本题满分10分)
x
∫ ln(1+t2)dt
x
【解析】如果a≤0时， lim 0 = lim x−a⋅∫ ln(1+t2)dt =+∞，
x→+∞ xa x→+∞ 0
显然与已知矛盾，故a>0．
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1<a<3．
(16) (本题满分11分)
dy
【解析】因为y′(x)= dt =
t2 −1
，
dx t2 +1
dt
t2 −1
d( )
y′′(x)=
t2 +1
⋅
1
=
2t(t2 +1)−(t2 −1)⋅2t
⋅
1
=
4t
,
dt dx (t2 +1)2 t2 +1 (t2 +1)3
dt
令y′(x)=0得t =±1，
5 1 1
当t =1时，x= ，y =− ，此时y′′>0，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+

< ．
n+1  n n
结论得证．
1 1 1 n 1
（II）设a =1+ + ++ −lnn=∑ −lnn．
n 2 3 n k
k=1先证数列{
a
}单调递减．
n
n+1 1   n 1  1  n  1  1
a n+1 −a n =   ∑ k −ln ( n+1 )   −   ∑ k −lnn   = n+1 +ln n+1   = n+1 −ln  1+ n   ，
k=1 k=1
1 1 1  1
利用（I）的结论可以得到 <ln(1+ )，所以 −ln1+

<0得到a <a ，即
n+1 n n+1  n n+1 n
数列{
a
}单调递减．
n
再证数列{
a
}有下界．
n
n 1 n  1
a =∑ −lnn>∑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    
 