2014年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

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2014 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案
1.B
ln(12x) (2x)
lim  lim 2lim x1 0
x0+ x x0 x x0
1 1
1 ( x2)
(1cosx)2 2 1 1 2 1
lim  lim ( ) lim xa 0
x0 x x0 x 2 x0
2
 102

2、C
1
y  xsin
x
1
xsin
y x
k lim lim 1
x x x x
1
limyxlimsin 0
x x x
1
y  xsin 存在斜渐近线y  x
x
3、D
令f x x2,则在[0,1]区间
f(0)0
f(1)1
举例：
gx0(1x)1x x
 f x gx
又f ''x20D
4．C
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dy 2t4

dx 2t
dy
3
dx t1
22t2(2t4)
d2y (2t)2 8
 
dx2 2t (2t)3
d2y
 1
dx2 t1
y" 1
k  
3 3
(1 y'2)2 (132)2
1 3 3
R (132)2 102 10 10
k
5、D
f(x) arctanx 1 xarctanx
  .故2  .
x x 12 arctanx
2 xarctanx xarctanx
lim lim lim
x0 x2 x0 x2 arctanx x0 x3
1
1
1x2 x2 1
lim lim  .
x0 3x2 x03x2(1x2) 3
6、A
2u 2u 2u 2u 2u
排除法当B  0，因为  0，故A 与B 异号.
xy x2 y2 x2 y2
ACB2 0，函数u(x,y)在区域D内没有极值.
连续函数在有界闭区域内有最大值和最小值，故最大值和最小值在D的边界点取到.
7、B
解析：
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0 a b 0
a 0 0 b
0 c d 0
c 0 0 d
a b 0 a b 0
a(1)21 c d 0 c(1)41 0 0 b
0 0 d c d 0
a b a b
ad(1)33 cb(1)23
c d c d
a b a b
ad bc
c d c d
a b
(bcad)
c d
(ad bc)2
8、A
解析：
已知，，无关
1 2 3
设（+k)( l)0
1 1 3 2 2 3
即++（kl) 0
1 1 2 2 1 2 3
 kl 0
1 2 1 2
从而+k，+l无关
1 3 2 3
反之，若+k，+l无关，不一定有，，无关
1 3 2 3 1 2 3
1 0 0
     
例如，= 0 ，= 1 ，= 0
1   2   3  
     
0 0 0
     
1 1 1 1 1 x1 1   3
9. dx dx arctan |1  [ ( )] 
 x2 2x5 x12 4 2 2  2 4 2 8
10.
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f 'x2(x1)x[0,2]
 f(x) x2 2xc
又f(x)是奇函数
 f(0)0c0
 f(x) x2 2x
x[0,2]
f(x)的周期为4
 f(7) f(3) f(1)f(1)(12)1
11、解：方程两边对x求偏导：
z z
e2yz(2y ) 2 x  0
x x
1 1
代入x  ,y  解得：
2 2
z 1
=
x
z（
1
，
1
）
e 2 2 +1
两边对y求偏导
z z
e2yz(2z  2y ) 2y   0
y y
1 1
代入x  ,y  解得：
2 2
1 1 z（ 1 ， 1 ）
1  z（ ， ）e 2 2
z
2 2
=
y
z（
1
，
1
）
e 2 2 +1
12. 解：把极坐标方程化为直角坐标方程
令
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xrcoscos

y rsinsin
dy
dy d sincos
则  
dx dx cossin
d

1 0
dy 2
2
 
dx    
2 0 1
2
xcos0
 
当 时，

2 y sin

 2
则切线方程为
 2
(y ) (x0)
2 
化简为
2 
y  x
 2
13、质心的横坐标：
1 2 1 1
1 1 ( x4 x3 x2)
 xf(x)dx  x( x2 2x 1)dx 4 3 2 0 11
0  0  
 1 f(x)dx  1 ( x2 2x 1)dx ( 1 x3 x2 x) 1 20
0 0 3 0
14、
f(x ,x ,x )  x 2 x 2 2ax x  4 x x
1 2 3 1 2 1 3 2 3
 (x  ax ) 2 (x  2x )2  4 x 2 a2 x 2
1 3 2 3 3 3
f的负惯性指数为1
 4-a2  0
 2  a  2
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15.
解：
1 1
x x 1
 (t2(et1)t)dt  (t2(et1)t)dt x2(ex1)x 1 1
lim 1 lim 1 lim limx2(ex1 )
x x2ln(1 1 ) x x2 1 x 1 x x
x x
1
1t t2 (t2)1t
1 et 1t 1
2
令 tlim lim 
x x t2 x t2 2
16、
解：
x2  y2y'1 y'
1x2
y'
y2 1
令y'0,x1
2x(y2 1)(1x2)2yy'
y''
(y2 1)2
又 y'(1) y'(1)0
2
y''(1) 0,y(1)为极大值
y2(1)1
2
y''(1) 0,y(1)为极小值
y2(1)1
下求极值
1x2
y' ,(y2 1)dy (1x2)dx,(y2 1)dy  (1x2)dx
y2 1
1 1
 y3 y  x x3c
3 3
又 y(2)0
2
c
3
1 1 2
 y3 y x x3
3 3 3
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代入 x1
1 1 2
 y3(1) y(1)1 
3 3 3
y(1)1
代入 x1,
1 1 2
 y3(1) y(1)1  0
3 3 3
y(1)0
17、
解：积分区域D关于y  x对称，利用轮对称行，
xsin( x2  y2) ysin( x2  y2)
 dxdy  dxdy
x y x y
D D
1 xsin( x2  y2) ysin( x2  y2)
   dxdy
2 x y x y
D
1
 sin( x2  y2)dxdy
2
D
1  2 1 2
 2d sin(r)rdr   rdcos(r)
2 0 1 4 1
1 1 2
 rcos(r)|2   cos(r)dr
4 1 4 1
1 1 3
  
2 4 4
18、
解 ：
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z
 f' ex  cosy,
x
2z
 cosy(f''ex  cosyex  f' ex)  f''(ex  cosy)2  f' ex  cosy
x2
z
 f' ex (siny),
y
2z
 ex[f''ex (siny) f'  cosy]  (ex)2 siny2f'' f'  cosyex
y2
2z 2z
  f''e2x  (4z ex  cosy)e2x
x2 y2
 f''(ex  cosy)  4 f(ex  cosy)ex  cosy
令t  ex  cosy, f''(t)  4 f(t)t
 y'' 4y  x
求特征值：
2  4  0  x  2  y(x)  Ce2x  Ce2x
1 2
再求非其次特征值。
1
y  (ax b) 代入 y  - x
4
1
 y  y(x) y  Ce2x  Ce2x  x
1 2 4
y(0)=0=C  C
1 2
1
y'(0)=0=x  x 
1 2 4
 1
C  C  0 C 
 1 2   1 16
  1  
 2C  2C   1
 1 2 4 C  
 2 16
1 1 1
 f()  e2  e2  
16 16 4
19.
解：（I）
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x
h(x) g(t)dt
1
a
h(a)0
1
h '(x) g(x)0
1
h(x)单调不减
1
当xa,b时，h(x)0
1
x
h (x) g(t)dtxa
2
a
h '(x) g(x)1
2
0 g(x)1h '(x)0
2
h (x)单调不增又h (a)0
2 2
当xa,b时，h (x)0
2
x
x a g(t)dt
p(x) f(u)g(u)du a f(u)du
a a
x  x 
p'(x) f(x)g(x) f[a g(t)dt]g(x) f(x) f[a g(t)dt] g(x)
a

a

0 g(x)1
x x x
 g(t)dt  dt  xaa g(t)dt  x
a a a
又f(x)单调增加
x
（Ⅱ） f(x) f[a g(t)dt]p'(x)0
a
p(x)单调不减
又（p a）=0p(b)0
b
b a g(t)dt
即 f(x)g(x)dx a f(x)dx
a a
20、
解：
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x
f(x)  ,f(x)  f(x)
1  x 1
x
x
1  x
f(x)  f(f(x))  
2 1 x 1  2x
1 
1  x
x
x
1  2x
f(x)  f(f(x))  
3 2 x 1  3x
1 
1  2x
x
用归纳法知：f(x)  ,x[0,1]
n 1  nx
1 x 1 1 nx 1  1
S   dx   dx
n 0 1  nx n 0 1  nx
1 1 1
  (1  )dx
n 0 1  nx
1 1
  ln(1  n)
n n2
1 1 ln(1  n)
limnS  lim n[  ln(1  n)]  1  lim
n n n n n2 n n
 1
21.
解：
f
因 2(y1) 则
y
f(x,y) y2 2y(x)
f(y,y)(y1)2 (2 y)

f(y,y) y2 2y(y)
则(y) y1
故f(x,y) y2 2yx1
f(x,y)0 xy2 2y1
2 2 2 2  x2  2
V   f(x)1 dx   f 2(x)2f(x)1  dx (2x)dx2x  2
0 0 0  2  0
22、
解：
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1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
     
(A)= 0 1 1 1 r 1 r 3 0 1 1 1 4r 2r 3 0 1 1 1
     
     
1 2 0 3 0 4 3 1 0 0 1 3
     
1 2 0 5 1 0 0 1 
   
  r 3 3 r   r2 r   0 1 0 2  2r 2 r 1  0 1 0 2 
3 1    
0 0 1 3 0 0 1 3
   
x x x  1
1 4 1
   
x 2x x 2
2 4  2 c   c为任意常数
x 3x x  3 
3 4  3   
x  x  x  1 
4 4 4
x y z 
1 1 1
 
设 B= x y z
 2 2 2
 
x y z
 
3 3 3
x  1 1 2 3 4 1
1
     
A x  0  0 1 1 1 0
 2    
     
 x   0   1 2 0 3 0 
3
y  0 1 2 3 4 0
1
     
A y  1  0 1 1 1 1
 2    
     
 y   0   1 2 0 3 0 
3
z  0 1 2 3 4 0
1
     
A z  0  0 1 1 1 0
 2    
     
 z   1   1 2 0 3 1 
3
即
1 2 3 4 1 0 0 1 2 3 4 1 0 0
   
0 1 1 1 0 1 0  0 1 1 1 0 1 0
   
   
1 2 0 3 0 0 1 0 4 3 1 0 0 1
   
1 2 3 4 1 0 0 1 2 0 5 4 12 3
   
 0 1 1 1 0 1 0  0 1 0 2 1 3 1
   
   
0 0 1 3 0 0 1 0 0 1 3 1 4 1
   
1 0 0 1 2 6 -1
 
 0 1 0 -2 -1 -3 1
 
 
0 0 1 -3 -1 -4 1
 
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x  1  2   y  1  6  z  1 1
1 1 1
                 
x 2 1 y 2 3 z 2 1
 2
c
 

   2
c
 

   2
c
 

 
x  1 3  1  y  2 3  4 z  3 3   1 
3 3 3
                 
 x   1   0   y   1   0   z   1   0 
4 4 4
c 2 c 6 c 1
1 2 3
 
2c 1 2c 3 2c 1
B  1 2 3 
 3c 1 3c 4 3c 1
1 2 3
 
c c c
 
1 2 3
c ,c ,c 为任意常数
1 2 3
23、
解：
1 1 1 0 0 0 1
   
1 1 1 0 0 0 2
设A    B   
   
   
1 1 1 0 0 0 n
 1 1 1
1  1 1
E  A   ( n)n1
1 1  1
所以A 的n个特征值为=n,=  =0
1 2 n
又因为A是一个实对称矩阵，所以A可以相似对角化，且
n   0 0 1
 
0 0  0 2
A   ，E  B   ( n)n1
 
 
 0 0 0 0  N
所以B 的n个特征值为’=n,’=  ’=0
1 2 n
0 0 0 -1
0 0 0 -2
又 0E  B 
0 0 0 -n
所以r(0E B)  1
故B的n-1重特征值0有n-1个线性无关的特征向量
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n 
 
0
所以B也可以相似对角化，且B  
 
 
 0
所以A 与B 相似。
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