2013年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

2013 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，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 的，请将所选项前的字母填在答 ． 题 ． 纸 ． 指定位置上. π （1）设cosx−1= xsinα(x)，其中α(x) < ，则当x→0时，α(x)是（ ） 2 （A）比x高阶的无穷小 （B）比x低阶的无穷小 （C）与x同阶但不等价的无穷小 （D）与x等价的无穷小 【答案】（C） sinα(x) cosx−1 1 【解析】因为lim =lim =− ，所以limsinα(x)=0， x→0 x x→0 x2 2 x→0 sinα(x) α(x) 1 因此当x→0时，α(x)→0，所以sinα(x)α(x)，所以lim =lim =− ， x→0 x x→0 x 2 所以α(x)是与x同阶但不等价的无穷小。  2  （2）设函数y = f(x)由方程cos(xy)+ln y−x=1确定，则limn  f( )−1  =（ ） n→∞  n  （A）2 （B）1 （C）−1 （D）−2 【答案】（A）  2  f( )− f(0) 【解析】由于 f(0)=1，所以limn   f( 2 )−1   =lim2   n   =2f′(0)， n→∞  n  n→∞  2   n  y′  2  对此隐函数两边求导得−(y+xy′)sin(xy)+ −1=0，所以 f′(0)=1，故limn f( )−1 =2。   y n→∞  n  sinx, 0≤ x<π x （3）设函数 f(x)= ，F(x)=∫ f(t)dt，则（ ）  2, π≤ x≤2π 0 （A）x=π 是函数F(x)的跳跃间断点 （B）x=π 是函数F(x)的可去间断点 （C）F(x)在x=π处连续但不可导 （D）F(x)在x=π处可导 【答案】（C）  x ∫ sintdt =1−cosx, 0≤ x<π 【解析】F(x)=∫ x f(t)dt =   0 ， 0 ∫ π sintdt+∫ x 2dt =2(x−π+1),π≤ x≤2π  0 π 由于 lim F(x)= lim F(x)=2，所以F(x)在x=π处连续； x→π− x→π+F(x)−F(π) −1−cosx F(x)−F(π) 2(x−π) lim = lim =0， lim = lim =2， x→π− x−π x→π+ x−π x→π+ x−π x→π+ x−π 所以F(x)在x=π处不可导。  1 , 1< x2 （C）−2<α<0 （D）0<α<2 【答案】（D）  1 , 1< x0；所以0<α<2。 λ→∞ αlnαλ y x ∂z ∂z （5）设z = f(xy)，其中函数 f 可微，则 + =（ ） x y ∂x ∂y 2 2 （A）2yf′(xy) （B）−2yf′(xy) （C） f(xy) （D）− f(xy) x x 【答案】（A） y ∂z y y2 【解析】已知z = f(xy)，所以 =− f(xy)+ f′(xy)， x ∂x x2 x x ∂z ∂z 1 1 所以 + =[− f(xy)+ yf′(xy)]+( f(xy)+ yf′(xy))=2yf′(xy)。 y ∂x ∂y x x { } （6）设D 是圆域D= (x,y)|x2 + y2 ≤1 在第k象限的部分，记I =∫∫(y−x)dxdy(k =1,2,3,4)，则 k k D k （ ）（A）I >0 （B）I >0 （C）I >0 （D）I >0 1 2 3 4 【答案】（B） 【解析】令x=rcosθ,y =rsinθ，则有 β 1 β 1 I =∫∫(y−x)dxdy =∫ rdr∫ (rsinθ−rcosθ)dθ=− (cosθ+sinθ) k 0 α 3 D α k π 2 故当k =2时，α= ,β=π，此时有I = >0.故正确答案选B。 2 2 3 （7）设矩阵A,B,C均为n阶矩阵，若AB=C，且C可逆，则（ ） （A）矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量组等价 （B）矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价 （C）矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量组等价 （D）矩阵C的行向量组与矩阵B的列向量组等价 【答案】（B） 【解析】由C = AB可知C的列向量组可以由A的列向量组线性表示，又B可逆，故有A=CB−1，从而 A的列向量组也可以由C的列向量组线性表示，故根据向量组等价的定义可知正确选项为（B）。 1 a 1 2 0 0     （8）矩阵 a b a 与 0 b 0 相似的充分必要条件为         1 a 1 0 0 0 （A）a =0,b=2 （B）a=0,b为任意常数 （C）a=2,b=0 （D）a=2,b为任意常数 【答案】(B) 1 a 1 1 a 1 2 0 0       【解析】由于 a b a 为实对称矩阵，故一定可以相似对角化，从而 a b a 与 0 b 0 相似的             1 a 1 1 a 1 0 0 0 1 a 1   充分必要条件为 a b a 的特征值为2,b,0。     1 a 1λ−1 −a −1 又λE−A = −a λ−b −a =λ[(λ−b)(λ−2)−2a2]，从而a=0,b为任意常数。 −1 −a λ−1 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. ln(1+x) 1 (9) lim(2− )x = ． x→∞ x 1 【答案】e2 ln(1+x) ln(1+1− ) x lim ex→0 x 【解析】原式= ， ln(1+x) ln(1+x) 1 ln(1+1− ) 1− 1−(1− x+o(x)) x x 2 1 lim = lim = lim = x x x 2 x→0 x→0 x→0 1 因此答案为e2. x (10) 设 函 数 f(x)=∫ 1−etdt ， 则 y = f(x) 的 反 函 数 x= f −1(y) 在 y =0 处 的 导 数 −1 dx = ． dy y=0 1 【答案】 1−e−1 dy dx 1 dx 1 1 【解析】 = 1−ex,∴ = , | = | = dx dy 1−ex dy y=0 1−ex x=−1 1−e−1 π π (11)设封闭曲线 L 的极坐标方程为 r =cos3θ(− ≤θ≤ ) ，则 L 所围成的平面图形的面积 6 6 为 ． π 【答案】 12 1 π π1+cos6θ π 【解析】所围图形的面积是S = ∫6 cos23θdθ=∫6 dθ= π 2 − 0 2 12 6 x=arctant (12)曲线 上对应于t =1的点处的法线方程为 ． y =ln 1+t2π 【答案】y+x− −ln 2 =0 4 1 t ⋅ dy 1+t2 1+t2 dy 【解析】 = =t， | =1, dx 1 dx t=1 1+t2 π π 当t =1时，x= ,y =ln 2，故法线方程为y+x− −ln 2 =0. 4 4 (13)已知y =e3x −xe2x，y =ex −xe2x，y =−xe2x是某二阶常系数非齐次线性微分方程的 3 个解， 1 2 3 该方程满足条件y =0 y′ =1的解为y = ． x=0 x=0 【答案】y =e3x −ex −xe2x 【解析】由题意知：e3x,ex是对应齐次方程的解，−xe2x是非齐次方程的解， 故非齐次的通解为y =Ce3x +C ex −xe2x，将初始条件代入，得到C =1,C =−1, 1 2 1 2 故满足条件的解为y =e3x −ex −xe2x。 （14）设 A=(a ) 是三阶非零矩阵， |A| 为 A 的行列式， A 为 a 的代数余子式，若 ij ij ij a +A =0(i,j=1,2,3),则 A = ____ ij ij 【答案】−1 【解析】 由a + A =0可知，AT =−A* ij ij A =a A +a A +a A =a A +a A +a A i1 i1 i2 i2 i3 i3 1j 1j 2j 2j 3j 3j 3 3 =−∑a2 =−∑a2 <0 ij ij j=1 i=1 从而有 A = AT = −A* =− A 2 ,故 A =-1. 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） 当x→0时，1−cosx⋅cos2x⋅cos3x与axn为等价无穷小，求n与a的值。 【解析】因为当x→0时，1−cosx⋅cos2x⋅cos3x与axn为等价无穷小 1−cosx⋅cos2x⋅cos3x 所以lim =1 x→0 axn又因为： 1−cosx⋅cos2x⋅cos3x =1−cosx+cosx−cosx⋅cos2x+cosx⋅cos2x−cosx⋅cos2x⋅cos3x =1−cosx+cosx(1−cos2x)+cosx⋅cos2x(1−cos3x) 1−cosx⋅cos2x⋅cos3x 1−cosx+cosx(1−cos2x)+cosx⋅cos2x(1−cos3x) 即lim =lim x→0 axn x→0 axn 1−cosx cosx(1−cos2x) cosx⋅cos2x(1−cos3x) =lim( + + ) x→0 axn axn axn 1 1 1 x2 +o(x2) (2x)2 +o(x2) (3x)2 +o(x2) 2 2 2 =lim( + + ) x→0 axn axn axn 1 4 9 所以n=2 且 + + =1⇒a =7 2a 2a 2a （16）（本题满分10分） 1 设D是由曲线y = x3，直线x=a(a>0)及x轴所围成的平面图形，V ,V 分别是D绕x轴，y轴旋转一 x y 周所得旋转体的体积，若V =10V ，求a的值。 y x 【解析】由题意可得： a 1 3 5 V =π∫ (x3)2dx= πa3 x 0 5 a 1 6π 7 V =2π∫ x⋅x3dx= a3 y 0 7 6π 7 3 5 因为：V =10V 所以 a3 =10⋅ πa3 ⇒a =7 7 y x 7 5 （17）（本题满分10分） 设平面内区域D由直线x=3y,y =3x及x+ y =8围成.计算∫∫x2dxdy。 D 【解析】∫∫x2dxdy =∫∫x2dxdy+∫∫x2dxdy D D D 1 2 2 3x 6 8−x =∫ x2dx∫ dy+∫ x2dx∫ dy x x 0 2 3 3 416 = 3 （18）（本题满分10分） 设奇函数 f(x)在[−1,1]上具有二阶导数，且 f(1)=1.证明：（I）存在ξ∈（0,1），使得 f′(ξ)=1；（II）存在η∈（0,1），使得 f′′(η)+ f′(η)=1。 【解析】（1）令F(x)= f(x)−x,F(0)= f(0)=0,F(1)= f(1)−1=0, 则∃ξ∈( 0,1 )使得F'(ξ)=0,即f '(ξ)=1 （2）令G(x)=ex(f '(x)−1),则G(ξ)=0, 又由于 f(x)为奇函数，故 f '(x)为偶函数，可知G(−ξ)=0, 则∃η∈(−ξ,ξ)⊂(−1,1 )使G'(ξ)=0, 即eη[f '(η)−1]+eηf ''(η)=0，即 f ''(η)+ f '(η)=1 （19）（本题满分11分） 求曲线x3 −xy+ y3 =1(x≥0,y≥0)上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。 【解析】本题本质上是在条件x3 −xy+ y3 =1(x≥0,y≥0)下求函数 f(x,y)= x2 + y2 的最值。 故只需求出 x2 + y2 在条件x3 −xy+ y3 =1下的条件极值点，再将其与曲线端点处（( 0,1 ) , ( 1,0 )）的函 数值比较，即可得出最大值与最小值。 由于函数 x2 + y2 与x2 + y2的增减性一致，故可以转化为求x2 + y2的条件极值点： 构造拉格朗日函数L ( x,y,λ)= x2 + y2 +λ ( x3−xy+ y3−1 ) ，求其驻点得 ∂L  =2x+3λx2 −λy =0 ∂x  ∂L  =2y+3λy2 −λx=0 ∂y  ∂L  = x3−xy+ y3−1=0 ∂λ 2x=λy−3λx2 为了求解该方程组，将前两个方程变形为 2y =λx−3λy2 2xy =λy2 −3λx2y 进一步有 ，故λx2 −3λxy2 =λy2 −3λx2y 2xy =λx2 −3λxy2 即λ( x− y )( x+ y+3xy )=0。则有λ=0或x− y =0或x+ y+3xy =0。 当λ=0时，有x= y =0，不可能满足方程x3−xy+ y3−1=0；当x+ y+3xy =0，由于x≥0,y≥0，也只能有x= y =0，不可能满足第三个方程； 故必有x− y =0，将其代入x3−xy+ y3−1=0得2x3−x2 −1=0，解得x=1,y =1。 可知( 1,1 )点是唯一的条件极值点。 由于 f(1,1)= 2， f(0,1)= f(1,0)= 2，故曲线x3 −xy+ y3 =1(x≥0,y≥0)上的点到坐标原点的最 长距离为 2与最短距离为1。 （20）（本题满分11分） 1 设函数 f(x)=lnx+ ， x （I）求 f(x)的最小值 1 （II）设数列{x }满足lnx + <1，证明limx 存在，并求此极限. n n x n→∞ n n 1 1 x−1 【解析】（I） f '(x)= − = ，则当x∈( 0,1 )时， f '(x)<0；当x∈( 1,+∞)时， f '(x)>0。 x x2 x2 可知 f(x)在( 0,1 ]上单调递减，在[ 1,+∞)上单调递增。故 f(x)的最小值为 f(1)=1。 1 1 1 （2）、由于lnx + ≥1，则 < ，即x > x ，故x 单调递增。 n x x x n+1 n n n n+1 n 1 又由于lnx