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典
ii版权专有侵权必究
图书在版编目（CIP）数据
张宇考研数学真题大全解.解析分册.数学二/张
宇，高昆轮主编.一北京：北京理工大学出版社，
2022. 5（2023. 6 重印）
ISBN 978 - 7 - 5763 - 1322 - 2
I.①张… 口.①张… ②高… m .①高等数学-研
究生-入学考试-题解IV.①013-44
中国版本图书馆CIP数据核字（2022）第079269号
出版发行/北京理工大学出版社有限责任公司
社 址/北京市海淀区中关村南大街5号
邮 编 / 100081
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i
经 销/全国各地新华书店
印 刷/三河市文阁印刷有限公司
开 本/ 787毫米X1092毫米 1/16
印 张/ 15 责任编辑/多海鹏
字 数/ 374千字 文案编辑/多海鹏
版 次/ 2022年5月第1版2023年6月第2次印刷 责任校对/周瑞红
定 价/ 179. 90元（共3册） 责任印制/李志强
图书出现印装质量问题，请拨打售后服务热线,本社负责调换2024版《张宇考研数学真题大全解》如期与读者见面了，本书完整地收集了 1987-2023年考研数学真
题及其详细解析，是对考研数学的一个完整见证！
真题是最好的指挥棒，特别是新大纲下的试题(2021-2023年)更是研究当下考试规律的宝贵材料.
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一、 使用时间上，从9月份开始练习真题即可，因为在做真题前，考生需要经过一轮或两轮的完整知识
点复习与题型训练,所以建议考生在完成《张宇高等数学18讲》《张宇线性代数9讲》《张宇概率论与数理
统计9讲》和《张宇考研数学题源探析经典1000题》之后再使用真题，这样效果会更佳.
二、 使用方式上，建议考生一套一套地去做，一套一套地去练(尤其是近些年的试卷)，希望考生通过
反复地练习能积累经验、把握重点、突破计算.
值得一提的是，我们对近10年(2014-2023年)的真题录制了完整的视频讲解，书中配有二维码，考生
可以扫码观看.另外，本书还专门配备了专题分册，此分册完整地汇总了考研数学每个专题的重要定理、性
质与公式等，方便考生做模考后的总结使用.
希望大家能够通过真题的练习完善自己的知识结构与解题方法，更期待和大家在冲刺阶段的《考研数
学命题人终极预测8套卷》《张宇考研数学最后4套卷》相见！
俩法/
2023年5月于北京s
1987年全国硕士研究生入学统一考试数学解析........................ 1
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• 1 •&考研数学
真题大全解（数学二）〉〉＞ °
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・2・1987年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
（试卷DI）
一、 填空题（本题共5小题,每小题3分，满分15分）
2
（1） 答 应填〒岂-；一77壬
1 十 QI （1 十 QZ）
2
解由y=ln（l+Qi）知，/ =由，寸'=一渚行.
（2） 答应填尸*z+%』；y= —2z+牛
乙 《 线
解y=Tj~2，y⑴=«■，则z=i处切线方程为y—■=；&—1）,即法线方程为
1-TJ7 Z 4 Z 乙 4
号=—2怎一1）,即 y=~2x+^.
（3） 答应填六了）在［a，M上连续;在言,6］上至少存在一点£,使j7（x）ck=/（e）（&-a）.
解积分中值定理：
若/'（工）在［a,&］上连续，则在［a,切上至少存在一点E，使£/（x）＜ir = /（f）（6-a）.
（4） 答应填eT.
解 这是“广"型,直接有四（岸）”=此（岳T）=够者=广3.
⑸答应填y（Q+C,其中C为任意常数;yE/（26）-/（2a）］.
解 Jf&）dr=yCr）+C,其中C为任意常数.
『/（2^）dz=-|-『广（2部（2工）=*（2工）「=+［f（23） — ,（2a）］.
二、 （本题满分6分）
解临仕一/）*与半=临占去龙=1而铲= lim产=土
d \ z e — 1 / a-*ox（ex —1） d u i" Z
三、 （本题满分7分）
解因孚=5sin J专=5—5cos ,,故
dy __ 5sin t _ sin t cP、_ d / sin t '.虫=1
dz 5（1 —cost） 1 —cos 广 dr2 dz \ 1 — cos t / dz 5（1~cos Z）2*
四、 （本题满分8分）
令 z = sin，,有Jo 2匝cos血=于 因此［* zarcsin zcLr =-----X ■— =
o cos t 4 J o 4 Z 4 o
-1・h孑考研数学
真题大全解（数学二）＞〉，
五、 （本题满分8分）
解 V=3t j （sin j：+l）2dz=7r j （ ~~ +2sin a:+l ^dz=-y （8+3tt）.
六、 证明题（本题满分10分）
⑴证 对任意⑥，了（a,。），不妨设心Vzz，则/'（了）在［勾，心］上连续，在（五，zQ内可导，故由拉格
朗日中值定理，存在 关（勾，了2）U（a/）,使得 S）-/（^ ）=/（?）（互一心）.
由于/ （工）在（aM）内恒大于零，所以/（^）＞0,又而一五＞0,因此/（^2）-/（^）＞0,即
/（^2）＞/（^）.则，怂）在（a,6）内单调增加.’
（2）证因g"（c）=lin/G）了‘（c）V0,而g'（c）=0,故linK竺V0.由极限的局部保号性，存在3＞
jt-^c JC C jr-*c 3C C
0,当了£ （c—8,c）时，有甘孚V0,即g'（z）＞0,从而gO）在（c—6,c）上单调增加；当ze（c,c+j）时，有
W^VO,即g'&）V0,从而gCr）在（c,c+S）上单调减少.
又由g'（c）=O知，工=c是甘（了）的驻点，因此g（c）为g（H）的一个极大值.
七、 （本题满分10分）
解当0时，
j/sin稣 1 庐cos纭& = J 2&总 +屏如an ①=土arctan（知an 刁+C；
当q = 0,6尹0时,
I 面击切& = 1/ 忐& = /an z + C;
当。尹0,5=0时，
? . o—:~奇---o~dr = 1 ——& =— cot z + C,
J q sin z + b cos z a J sin z a ，
其中C为任意常数.
八、 （本题满分10分）
（1） 解 化原方程为一阶线性微分方程
dy ! 1 1
应+板•尸1，
得其通解为
y = e~f^dx（Jl •』+&& +（?）=号］+ §.
由丁 | =。,得c= —1,故所求特解为
I jc=J2
_ X 1
（2） 解 由特征方程r2 + 2r+l = 0,知其特征根为、2 = — 1.故对应齐次方程的通解为 .
^=（Ci+C2^）e_J:.
设原方程的特解为y* =e*az+0），代入原方程可得a=y,6=-y.
因此,原方程的通解为v=y+V=（G+3）ef+土（工一1）1,其中G，G为任意常数.
九、选择题（本题共4小题,每小题4分，满分16分）
（1） 答应选（D）.
解 由于 /X—z）= I —zsin（—z） |e瑚一”）=| j?sin | eCO5X=/（j：）,则 f （工）为偶函数.
（2） 答应选（C）.
-2・1987年
° <〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
解由于
/(2^7r) = 2^7rsin 2&穴=0, ，(2如-■) =2奴｛k 充分大)，
则f(z)在(一8,+8)内无界，但当1—8时,/(])不是无穷大，也没有有限极限.故应选(C).
注注意无穷大量与无界变量的区别与联系，无穷大量一定是无界变量，但反之不对.常见的是无界
变量但不是无穷大量的变量：当0时,—sin —7—8时,zsin x.
X X
(3) 答应选(B).
>
解 iimf(a+Q~V(a—a = Hmf(a+z)—r(a)+]imf(a—f(a)= ,怎)+, (a)=2f(a).
ar-»O 3C X, a-*0 JC.
(4) 答应选(D).
解I=t f' /(^x)dz tX [ /(〃)d“，由此可见J的值只与s有关，所以应选(D).
J 0 J 0
十、(本题满分10分)
解 设所求点为(工1点1),心>05>0,于是J I =一2zi.过CzqD的切线方程为
1工=刁
y—yi =—2了1 &—心)・
令*=0得切线在V轴的截距b=xl + l,令丁=0得切线在z轴的截距a= 铲.
LjC\
于是，所求面积为
S(ii)= -|■湖-J (―x2 + l)dz=-^-(药+2了1+?)--・
令 宁6)=§国+2—§)=土(3©—土)(勾+土)=0，
得幻亏•
又由S'5)|"=+S+W| >0,故点(会,音)即为所求，此时S信)=子"-3).
'73 1 73
-3 -1988年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
（试卷DI）
一、 填空题（本题共5小题,每小题4分，满分20分）
（1） 答应填1.
解 /（0- ） = lim（2jr+a）=a,/（0+） = limex（sin z+cos z） = l.要使 /\］）在（一8,+8）内连续，只
a—0+ '
需。=1=/（0）,即 Q=l.
（2） 答应填（l + 2z）e2z.
解由于/（£）=史小［（1++）'］" =沽，，则/（£）=职+ 2龙2，= （1 + 2/冲气
（3） 答应填志
解 等式广成）击=工一 1两边对了求导，得3工2,（*3 —i）= i.令工=2得12/（7） = 1,则/<7）=忐
注1988年真题中所给等式为** j" f（t）dt=x,',但不太严谨，故做适当修改.
⑷答应填1.
解 设 lim（A） =elimtanrln^-==eA?而
\y/x/
l0-
A= limtan xln linjzln — limzln jc=Q,
故理（2广=】•
注最后一步的极限lim^ln *=0是使用洛必达法则计算得到，即limzln *= lim牛=一 limz = 0,
X
这是一个重要极限，在后面考题中多次出现.
⑸答应填2（e2 + l）.
解 ］善& * ，2, £e'd£ = 2^ td（e，） = 2（£e' | — J e，dz） = 2（e。+ 1）.
二、 选择题（本题共5小题,每小题4分，满分20分）
（1） 答应选（A）.
解r（z）=f+工+6,/（0）=6,点（0,1）处的切线方程为了一1 = 6工,令了=0得*=—£■,即此切线
O
与工轴的交点坐标为（一§,0）.
（2） 答应选（C）.
解 由于r（Z）和君危）在（一8,+8）上皆可导，则必在（一8,+8）上连续，贝|J
lim/（j7）=/（x0）, limg（z）=g（io）,
L■吒
・4 -1988年
°顷〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
又 f(x)0时，心与Az是同阶无穷小.
(Q答应选(B).
解 K =穴 I* (sin*z)2& =打 sin3j;cLz = 2穴「sin3xdr = 2江 X = £爪・
注 sin"i dr = 2 sirTzdz.
J 0 J 0
(5)答应选(D).
解此为“向量组中至少有一个向量可由其余向量线性表示的充分必要条件是向量组线性相关”的逆
否命题.
注要区分“存在一个”与“任意一个”的两种表述.
三、(本题共3小题，每小题5分，满分15分)
(1) 解 由 eg>T=l—;r,得欠(z)= \/ln(l— jc~).由 ln(l—z)'。,得 1—工>1,即■rWO.
所以 g)= Jln(l-z),定义域为{招£<0}.
(2) 解 y' = Qx2y -\~Ty-\-}.'),
y= e" {x2y'-\~ 2xy' +z +/) + 砰(工。^/ +巧+1)+,).
因为当工=0时>=1,所以
y I =e° = l, y I =e° + e° = 2.
I x=0 I x=0
(3) 解 y = 工(：+ ])+ =+(j =*(arctan z+C),
其中C为任意常数.
四、(本题满分12分)
解
单调增加区间 (—00,1)
单调减少区间 (1,+8)
极值点 1
极值 2
凹(U)区间 (—00,0)及(2,+8)
凸(ri)区间 (0,2)
拐点
(0,亨)及(2,号)
渐近线 "=0
函数图形如图所示.
五、(本题满分8分)
解设圆形的周长为心则正方形的周长为a—z,两图形的面积之和为
• 5 •。
花&考研数学______________________
真题大全解(数学二)〉
A=(宁" a I a2
牛
a
A' T
令A'=0,得工=第，人"=宏>0,故当圆的周长为工=第，正方形的周长为a—了二洋时，两图形的
面积之和最小.
六、 (本题满分10分)
解此微分方程的特征根为n = l,『2=2.设对应齐次方程的通解为§=Ce+Ge气
设原方程的特解为〉.=A*,得A=—2,故原方程的通解是v&)=Ge，+Ge* —2d.又已知其图
形在点(0,1)处与曲线9=^2—了+1有公切线，得
J =1，yf I =一1，
x=O
I I x=0
即 G+G = 1，G+2G = 1.解得 G = l，G=0.所以 v=(l — 2z)e*.
注两条曲线在某点处的切线重合有两层含义:在该点有相同的函数值及相同的导数值.
七、 (本题满分7分)
解 当一 IWrVO 时，原式=「(l+z)dz = #(l+£)2「=#(l+z)2；
J -i Z I -i z
当 z20 时，原式=『(1+£)由+「(1一£)出=1 —#(1 一 z)2.
J o Z
J —1
注当工20时，「(1—⑵况切勿写成二(1一，)击,因为积分变量，介于一1与Z之间，而当*20
时，，可取遍一1到0这一段(当然还有0到Z这一段)，故正确写法如答案所示.
八、(本题满分8分)
(1) 解由积分中值定理和微分中值定理有
limy7 [ E/(<+a) —/(Z—a)]dz= limy-[/(^+a) —/(^―a)]
J ―a 乙。
a-*0+ a-*0+
=1回/(尸)=1.血/(尸)=/'(0)( — 2a 0).
又
—M (― /*(]) <— m,
故有
—(M—")W 土j — /Xz) 丁 M—my
即
• 6 •1989年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
（试卷nn
一、填空题(本题共7小题,每小题3分，满分21分)
(1) 答应填*
解 limzcot 2z=limcos 2x •.七 =~^~.
x-*0 a—*0 SIH uJC. Z
(2) 答应填7t.
解 I tsin tdt=— I id(cos z) = —icos t + cos tdt=n.
J 0 J 0 I 0 J o
注 对积分[〉sin tdt更好地处理是利用公式
J 0
f ”(sin j：)cLr =寺 [/(sin z)dz.
J o Z J o
这样最为方便，故"sin zdt =夸[sin tdt = n.
J 0 乙 J o
(3) 答应填v=2工.
解3/ = (z—l)Cz—2)点'(0) = 2.则所求切线方程为、一0=2(工一0),即了=2工
(4) 答应填"!.
解法1由导数定义知
£，(八、r /(])—，(0) 1. 1(工+1)&+2)・・・&+〃) .
f (0) = hm--------』-----=lim--------------------------------= 〃 ！.
x-*0 JC JC
解法 2 令 &危)=(二+1)(]+2)・・•(]+〃)，即 /(j?)=^(j：+l)(j：+2)e**(j7+n)=j7g(j7)，则 f (工)=
g(z)+zg'(B),于是 (0)=g(0)=〃!・
(5) 答应填飞一1.
解法 1 令 J； /(z)dz=a,则 r&)=z+2Q.将 f{x)=x+2a 代入 J； f(t)dt=a9得
I* (t+2a)ck=<2,即日~+2a=a.
J o Z
由此可得 a=一■；
则 f{x)=x~ 1.
解法2等式 *) =1+2「f(t)dt两端从0到1对工积分得
J 0
f /(j?)dz= I, zdz+2 f /(Z)dz = -y-H-2 f /(z)dz,
J o Jo Jo ZJo
由此可得 J。/(])&=~ ,
从而 /(z)=z—1.
・7・7孑考研数学_________________________o
真题大全解(数学二)〉〉>
注注意到定积分是一个数，由此可衍生出有关二重积分的此类问题』"(工,、)&心也是
一个数.
(6)答应填a=b.
解由于
/(O+) = limS'n ^X=b, /(CT) = Iim(a+MZ)=a, y(O)=a,
x-*0 X x-»0
要使/■(工)在工=0处连续，则应有/(0+) = /(0-) = y(0),BPa=6.
⑺答应填cotz>clr.
解 等式tan j=z+;y两边求微分得sec2vd》=dr+dj测dy = sec。［-1 &=。。上勺&.
二、(本题共5小题,每小题4分，满分20分)
,,8 ， (ef _ 辟.(—后'_ 1 次
⑴解 y = / ——户 =一■- . / =■.
Jl-e*l= —J1/ 一丁而 2 如1 一eU)
(2) 解［书-=［岑注 =一土 +仁其中C为任意常数.
J xirvx J In x In x
(3) 解 这是"I、”型,直接有 lim(2sin jc+cos z)# = exp him—(2 sin z+cos z—1))，而
X }
x—0 I
v
li m—
2s in jc+cos x
—1 =
i
l
.
i m-
2
-
s
-
i
-
n
-- -
x
- -
,
r
i
l
.
i m-
c
-
o
-
s
--
x
---
—
--
1
- =Z
o
x-*0 X ar-K) 3C t-*0 JC
故lim(2sin z+cos z)+ =e2.
l0
(4)解因为孟业=讦=二7'—瓦=弟'所以
djy_djy/dz= 1
dz dz/dz ZT
d5/=_d/_i_\/dz=__i_ i±e=_i±e
dz2-dz \27// dz~ 2? * 2t ~ 4i3 ,
(5)解设t=2z,则
£x2/，，(2x)dr = yjo 2^tff
=_=一相⑵ |'-j/wdz]=-如-1)= 0.
注被积函数中出现导数r(x),r(^)等时，往往要使用分部积分法.
三、选择题(本题共6小题,每小题3分，满分18分)
(1)答应选(A).
.1 百
1 sinv 1
解 由于limzsin—= lim—:— = 1,又limjrsin 一 = 0,则原曲线在(0,+oo)内有且仅有水平渐近
JC x->+8 1 Z
线 >=1.
(2) 答应选(B).
解 由于/+2a史+3fcr+4c = 0为5次方程，则该方程至少有一个实根(奇次方程至少有一个实
根).令 /Xh) =£+2心3 + 3&r+4c, f (j：) = 5a:4+6axz+3b,而
Z\=(6a)2-606=12(3a2-56)<0,
则/(x)^0,因此，原方程最多有一个实根，故原方程有唯一实根.
(3) 答应选(C).
• 8 •1989年
° ＜〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
解 Vx=n「cos2xdz=27t f2 cos2xdr=27tX-^-X-^-=^-.
J-f Jo L L L
(4) 答应选(D).
解本题的关键在于由题设可知在z = a的某邻域内有r(a)2/(z)，g(a)2g(z),由此能否得到
g(a)/(a)^g(jc)/(j?)或g(a)y(a)Wg(H)y(H)，在一般情况下是得不到此结论的.
若取 /■&) = —(了一a)? ,g(j；) = —($—a)，,显然 /'(z)和 g(z)在 x=a 处取极大值 0,但/&)g(z) =
(j-a)4 在 x=a 处取极小值.则(A) , (C)都不正确.若取 fS = 1 一(了一a)，,g&) = 1 - (*—a)。，则/'(£)
和g(z)都在z=a处取极大值1,而y(z)g(工)=[1一(工一a)勺2在z=a处仍取极大值1,则(B)也不正确，
土从而只有(D)对.
(5) 答应选(B).
解y'-y=eI+l的特解应为方程y~y=e和》"一j=l的特解之和,而特征方程为
r2 —1=0,
解得r=±l,因此y~y=e的特解应为R =axe"j-=l的特解应为yi =b.
则原方程特解应具有形式
y* =axec+b.
(6) 答应选(D).
解 由于h^+oo时｝■)+,则』巴/)—/(a)]存在只能得出八$)在点z=a的右导数存
在,不能得出在点x=a导数存在,(A)错误.(B),(C)明显不对，由这两个选项中的极限存在不能推导出
lin/W士弟血存在，故不能作为六工)在点z=a可导的充分条件.
n
a-*o
又 Hmf(a)—f(a 二九)=1血为一川)广/0)=—,
n —n
d d
则应选(D).
注 对(B)选项切勿这样处理：
f(a+2>)—f(a+凡) [. /X•+2—— f(a)]
lim------------------------= lim----------------------- t~
h-^Q it h-^0 fT
=21血及+22一^ 回—lin/(a+〃—f ②= 2f(a)_f(a)=/(a).
A-*0 Zn h-^0 tl
因为这里不符合极限四则运算法则(lim也驾二也 和lin/S+.—S 都未必存在)，对选项
A-H)
Lift h-^Q ft
(C)同理.
四、(本题满分6分)
解由通解公式有
得 尸亨(C+eD.
再由jz(l)=o,得c=—已
故所求特解为 ，=号(1一。)・
五、(本题满分7分)
解 /(^:) = sin x—x| /(z)dr + | tfWdi,
f (x) = cos x— f /(^)dz, /"(])=—sin ] —，(]),
J 0
即 /*〃(])+，(]) = —sin x, ( * )
・9・7玄考研数学_________________________°
真题大全解(数学二)〉〉＞
这是二阶常系数非齐次线性微分方程，初始条件
J =/(0)=0, y I =/(0) = l.
I x=0 I x=0
对应齐次方程的通解为5=Gsin j:+C2cos x.非齐次方程的特解可设为;y* =z(asin z+5cos z)，代入
(* )式，得a = 0,&=y.于是，=ycos 非齐次方程的通解为
y=C\ sin j:+C2cos i+*cos x.
* 乙
由初始条件得G=$，G=o,从而
/(J7)=-^-sin 1+专cos x.
注 这里为什么可以求一阶导和二阶导要清楚J(z) = sinz—』)。)&+[云(/)也,等号右端的每
J o J o
一项都可导,则左端也可导，于是可以两端求导，对于二阶导也是如此;另外,这类积分方程一定注意找出
隐含的初始条件.
六、 (本题满分7分)
证由于 f yi — cos 2xdx = 2^/2,
J 0
记 F(x)=—-In x-2V2,Fz(x)=—,又 F(e) = —2也VO,
e e x
limF(z) = +8, lim F(z) = +8,
X~*+8
故由零点定理知,F(z)在(0,e),(e,+8)内分别至少有一个零点.
又当OVrVe时,F'(工)V0,F(z)单调减少；当eVzV+8时,F'Cr)＞0,Fa)单调增加.所以F(z)
在(0,e), (e, +8)内分别只有一个零点，即原方程在(0, +8)内有且仅有两个不同实根.
七、 (本题满分11分)
解
单调减区间 (-00,-2) , (0,+8) 凹区间 (—3,0), (0, +8)
单调增区间 (—2,0) 凸区间 (-8,-3)
(十音)
极值点 -2 拐点
__1_
极 值 渐近线 x=0 和 y=0
T
八、(本题满分10分)
解因为曲线过原点，所以c=0.
由题设有[(az2 +ta)dz = V + V = 4•，即a),则
J o O L. O 5
V = Trf
(心
2 +
如)2&
=+ 4
-沥
+g_)
\。
J o Z o /
="[¥ 十 §2(1 —a)+§ .音(1—a)[.
令矶=兀「冬2+-----a —&(1 — tz)]= 0,得a = ，代入b的表达式得A =
又由叱’(一号)=点爪＞。及实际情况，知当Q =—*A=3，c=0时，体积V最小.
・10・1990年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
（试卷ID）
一、填空题（本题共5小题,每小题3分，满分15分）
（1） 答应填丁=屈一1.
解 当t=专时，工=籍区点=牛.又
0 O O
Ay = dy/dt _ 3sin2zcos t _ sin t dj^ I ___
dr dz/dz — 3cos2Zsin t —cos/' dx \ 0
则―言处法线方程为V—+=再（工一略），即 尸屁一1.
（2） 答应填一皿 —+cos — \
X \ X X X /
解由复合函数求导法则知
jz, = etan^sec2— • （— ）sin -- etan^cos — • （— ） = — etan（sec2—sin —+cos —）.
X \ X / X X \ X / X \ T X X /
（3） 答应填
解 令 /TF=t,则原式=「（l—F）2/d£ = 2「仔一£4）&=£.
Jo Jo 10
注 一般地，「工”（1—T）"&=「*■ （1 一工）”&（作£ = 1一*的换元），于是直接有「工/1=7& =
Jo J 0 Jo
f1石（1—£）&.对于此类积分，按照这样计算是最简单的.
J 0
（4） 答应填〉.
解 当工 £［一2,— 口 时,eT>e‘，则 j ：厂> &> j］矿’dr.
（5） 答应填1.
（］ I x IV］
解 由r（z）= ' 「知，对一切的工，顷了）|<1,则/Lf（了）］=1.
10, I >1
注 函数的复合是一种重要的运算，求两个分段函数>=/（«）和"=g（G的复合函数v=，［g（G］,
实际上就是将”=g（z）代入y = f（u）中,关键是搞清楚“ = g（Q的函数值落在、= /■（“）定义域的哪一
部分.
二、选择题（本题共4小题,每小题3分，满分12分）
（1）答应选（C）.
解由lim（毛—皿—时=1血（1一4空二《+如7=o知,
•r-*8 \ JC I 1 / x-*°o JC I 1
1—（2 = 0, q + D = 0,
则 q=1,6= —1.
・11 -存垢考研数学_________________________o
真题大全解(数学二)〉〉:
(2) 答应选(B).
解 d[J /(])&] = [j dr=，(z)dz.
注本题主要考查不定积分的性质.
(3) 答应选(D).
解 由于lim〔 '&)- = 2,且lim(l —cos z)=0,故lim/XQHOH/XO).又 1叽 了(工)=1血泌客=2,
r-0 1 — COS Z lO T Z 1 — COS X lO x
故lim俾 = l>0.由极限的局部保号性可知，在1=0的某去心邻域内有写>0,即/a)>0,故/(])在
LO x x
■r=0处取极小值,从而选(D).
注易知六o)=o, lim亡性~ = lin/&E(°)• L- = 2.
fl— COS If X I — COS X
由于lim —=8,则必有]扁心二皿=0,即，(0)=0.排除(A),(B).
L0 1 — COS JC L0 X
(4)答应选(B).
解由于/(0)=0,/(a:)在z=0处可导，则
limFG ) = lim△互=lin/(z)二 £勉=f ( 0) 乂 0.
jr-»O j^-*0 JC jr-*O JC
而F(O)=/XO)=O,则极限limFG)存在但不等于F(0)，故工=0为FG)的第一类间断点.
三、(本题共5小题,每小题5分，满分25分)
⑴解 这是“18”型,直接有1皿(|^)'=典*(告T) =e^^ = eM = 9,则a = ln 3.
(2)解对方程两边求微分，
2dy—dr= (dr—d、)ln(z—了) + (工—了)&_",
X
结合题中所给方程，可得 心=--- &.
2z—jy
/ ____ 2z 〃 _ 2 (3狞一1)
⑶解 V =一(1+以，了 = (1+打•
令/=o,解得工=基.因在点了=3的左、右邻域顼'变号，故工=毫是拐点的横坐标.
所以曲线的拐点是
⑷解 砂
In
万
工
丑
」
=—
In
t
__f
J JC(
d
1
r
— X)
= I
1
n
—
z
X
_ f
J
/
\
J _
X 1—
]
X dr
、I n x H- n上曷+C,其中C为任意常数.
1 —X X
(5)解将原方程化为 y H—3—y = —(x > O,jc 丰 1).
jrln x x
由公式 y = e~Jp(lnz +由).
又由y
I x=e Z Z \ In jc. /
四、(本题满分9分)
解设所求点为PG。，义)，则该点处的切线方程为另+擀=1,图形面积为
e Q2 护 1
'=
2z
-
o
-
V
--
o
- ----
4
K(20,Xo e (0,Q).
・12・1990年
° <〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
设人=*成=弩 山三茶可得了。=源为A的极大值点，即S的极小值点，此时,贝=佥,即所求点
为P（粉分
五、（本题满分9分）
证 考虑函数/Xz） = arctan工+手一号,z>0,有
. /Cz） = p^—土 V0Q0,
所以六二）在（。，+8）内是单调减少的.
又 lim /（j：）=0,知当 x>0 时,/（j?）= arctan x ~~—— >0,即 arctan x~\-- >奇・
x-*4-oo JC 乙 JC 乙
六、 （本题满分1。分）
1 t ==——
解 /（~）=「y [-（:罕~）心，于是
\ x / J1 \-\-t 」1丁（1十丁）
/（JC）+ /（—）= P Tir_^+ [ 八出=[ = -^-ln2x.
J J \ x f Ji 1+t Ji z（l + z） J i t 2
七、 （本题满分10分）
解 设所作切线与抛物线相切于点Cr。，扃以），因为
故此切线方程为
y — V Xq~2 = ― (z - Zo).
2 v x0 — 2
又因该切线过点P（LO）,所以一J茅吃=厂*=^（1一灰），即血=3.
2/心一2
从而，切线方程为
，=号（]-1）・
因此，所求旋转体的体积
V=Tt [ M（Z—1）2& —7T f （Z—2）& = -^.
J 4 o
1 J 2
八、（本题满分10分）
解特征方程为，+4r+4=0,特征根为5 = — 2,对应齐次方程的通解为5=（G+Cw）e—气
当a尹一2时，设非齐次方程的特解为
V=Ae",
代入原方程，得人=（。&?点*=盘2）2叶.
当a= —2时，设非齐次方程的特解为
yi =A1j?2e~2j,
代入原方程，得人=土必..故通解为
[（G +0工处-2，+（a：2）'e" ' a夭—2,
]（G+Gz+以）产， a= — 2,
其中G，G为任意常数.
• 13 •1991年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(试卷ID)
-、填空题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)
答应填一史括'dr.
(2) 答 应填(-y,y)-
解 y'=~2x^ , 2广，'+4尝广，'=2广工'(2了2 — 1),
令丁=0得h= 士#，且当y"V0时，抵(一#,孝)，即曲线 尸e"'的图形在区间(一学，章)是凸的.
(3) 答应填1.
解『题丑=_［「ln工d(手)=—瓯(亨|：)+『尊=0—瓯(日：)=1.
(4) 答 应填夺.
解质点所经过的路程为
S= ［/— /sin 尹d/=# f Z- sin 尹d(/) = —- cos t2 I 厂=#(米).
Vf 2 J/f 2 Ivf 2
(5) 答应填一1.
解 由于 lime—+ =0,贝!jlim =lim—~~7-------= —1.
lo* fW + e， ^*°+ xe~x +1
二、选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1) 答应选(D).
解 由于曲线y=^+ar+b和2丁=一1+巧3在点(1,-1)处相切，则在点(1,-1)处两曲线切线斜
率相等，且两曲线均过点(1,一1)・
y=2x~\~a, y I =2+q. 2y =y^-\~^xy2y , y I =1.
I X=1 I X=1
则 2+a = l,a = -l.又一l = l+a+6,得》=一1.
所以应选(D).
(2) 答应选(B).
解 当 OVzWl 时,F(.z)=「f(t)dt==「t2dt=^-f
J 0 J 0 o
当 1 VzW2 时,F(z)= f, 尹dt+ f (2—,)ck=— +2i—令.
J o J i o Z
由此可见应选(B).
注TXr)在［0,2］上可积，则FG) =_［：，《)&在3,2］上连续，于是排除(A),(C),(D).
• 14 •1991 年
° <(〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(3) 答应选(B).
解法1排除法.f^ = -\x~xQ I，显然六了)在血处取极大值，但fMo)不存在，则血不是/(G的
驻点，从而(A)不对.又一/(J7)= \x-Xq |，显然一/(z)只有唯一极小值点Z=Zo,又飞0乂0,则Xq^—Xq,从
而一孔不是一户怂)的极小值点，则(C)也不对.(D)显然不对，由于极值是一个局部性质，不能保证对一切
Z有,而只能保证在Xo的某邻域内有/(x)0,当Zo—aVzVio+S时,/(工0)三，怎)，前
面两不等式两边同乘一1得，即当一处一3V—zV—zo+3时，一，(孔)<—r(z)・
也就是，当一z。一SV —zV—Zo+S 时，一/[—(—瓦)]V — /E —(—z)],即一f(~x)在一孔处取极
小值.
(4) 答应选(A).
解 如图所示,AOAB所围区域记为D2，^OBC所围区域记为。3.
由于zjz关于z是奇函数，积分区域D?关于'轴对称,则
JJ可&心=0.
□
同理 jj a:ydzdy=0.从而 jjx^drd^= jj 巧&心+jj xydj：dy=0.
d3 d d, d,
又cos zsin 丁是丁的奇函数,D3关于X轴对称测
JJ cos isin ydj3dy=0,
A
又cos jEsin jy是z的偶函数,D2关于y轴对称，则
jj cos zsin j/drd^=2 jj cos jcsin jydrdjs
苴 d、
从而有
JJ cos zsin ydxdy= jj cos zsin j>drdj>+ jj cos jcsin ydjc^y=2 cos jcsin ydj：dy,
d 〜* 「*
『(zjy+cos xsin 3/)dzdj/=2 jj cos zsin ydxdy.
故
D D,
⑸答 应选(A).
解dF=涪馈&,则尸= ，0
T (〃一 严
1
三、(本题共5小题,每小题5分，满分25分)
C)碗 心=心/曲=sin )+：cos t d2j> _ d / sin ,+tcos Z \ dz _ 2+产
™ dr dr/dz cos i—Zsin t9 dr2 dt Vcos i—Zsin t / dz (cos t—tsin Z)3*
⑵解 令t =在，则x=t2 ,djc=2tdt,于是有
原式= J：^h5 = 2〕：(+_T^)d，= 2[lnLln(l + Q]L=21n§.
1 ,3
(3) 解 因当1->0时，e，一1〜sin x— ] J?,故原式= lim— =不1・
0 ' ^-*0 x 0
(4) 解 原式=jx ----- dr = 3~jzdr----jxd(sin 2z)
= ------zsin 2j: + -7- fsin 2zdz = --------j-Jtsin 2x----1-cos 2i + C,其中 C 为任意常数.
4 4 4 J 4 4 8
(5)解 3, = e-Jp<^[jQ(x)Jp(x,dldz + c] = eT+&(je，』+&& + C)= *[Cz—l)e，+ C].
将]=i点=1代入，得C= 1,则所求特解为〃=号^ + +・
・15 •花孕考研数学___________
o
P5
真题大全解(数学二)>
四、(本题满分9分)
证 令 _f(z)=(l+z)ln(l+z)—工In 工口>1,则 f &) = ln(l+*)>0,故在［1,十8)内 f(x)为单
调增加函数.又/(l) = 21n 2>0,所以有，(z)>0,z>l.从而得
ln(l+_r)〈 x
Inz >ITPQL
五、(本题满分9分)
解原方程对应的齐次方程的通解为 -
y—Cx cos x+C2sin x.
设非齐次方程y+y=x的特解为力* =Ax+B.代入方程得A=1,B=O.所以y； =x.
设非齐次方程顶'+y=cos X的特解为=Ezcos •r+Dzsin z,则
(3^2 )"= —2Esin z+2Dcos z—Ezcos x—Dzsin x.
代入原方程得E=0,D=寺.所以R =*rsin z.原方程的通解为
ji=C1cos x+C2sin工+工+方互谊工,其中G，G为任意常数.
六、 (本题满分9分)
解 在口,2］上取积分元& ,体积元dV=2口&出.旋转体的体积
V— | 2nx |)| dr =— 2nJ x(x — l)(x — 2)dz = -yir.
注曲线y=y(^及工轴围成的平面图形绕'轴旋转一周所得旋转体体积公
式为 V, = 2n | x | y(x) | dr.
七、 (本题满分9分)
解 设B,C的横坐标分别为工、,工,则
e* =2e~2x,
得
X\ =ln 2—2x>
|BC\ —x—=3z—In 2,z>0,
梯形 ABCD 的面积 S=*(ar—ln 2)e-2r,则；=号(一位：+2111 2+3)厂气
令 $=0,得工=IIn 2.
于是由问题的实际意义可得，当^ = yln2-l,x=y+yln 2时，梯形面积最大.
八、(本题满分9分)
解法 1 j f{x)djc = J \_f{x — 7t) + sin jrjdr = J f{x — 7t)(ir
令 t = 3C — K C2n Cn C21t
———= f(t)dt = /(z)dz 4- /(z)dz
Jo Jo JK
=+ j — 7c) + sin = —2 + j f(i — n)dt
令 〃 = 亨_2+「/(〃)血=冗2_2.
z J o
m 解 法2在顷,3 八 招 i 中有， 〜 (z 、 )= (^― { T 益 t+sin jc, jcE厂 s [7r ,27 ° r) 、 , 则
lx—2k, |_新，3兀)，
•3x •2x
f(x)dz = —兀 + sin z) dr + (z — 2江)& =应一2.
• 16 •1992年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(试卷皿)
一、填空题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
⑴答应填3.
d—dv/ck _ fle」】)• 3e* dy I
明 dz~dz/dt 777) ， dzL=o" /(O) 6
(2)答应填将+芸.
解》' = 1 —2sin jr,yz=—2cos 工、令 y，=O 得£=堂，3/'(芸)=一T^VO,则 j>=;r+2cos x 在工=会处
取得极大值，又该函数在(0,号)上极值点唯一，则该极大值点为最大值点，最大值为了 (尝)=他+尝.
(3)答应填0.
解当D时,1— 〜豪。原式=螭三或=熙福若=°・
(4)答应填yin 2.
解『"=『出号卜厂(「蒿>
=lim ( [in 1— ln(j?2 + l) J | }=~|~ln2.
(5)答应填je-1.
解 由 J7ex = ez 可知 J7(ej —e)=0,则 1=0 或 x=l.故
,i ]
S= (er—二寸)&=-^-。一 1.
二、选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1) 答应选(B).
解法1由于lin/一工=临1一口 =临^^=0,则当时,x~sin x是的高阶无穷小.
jy-^Q JC. x-*0 LjJC a~-*O 乙
解法2 由于1-*0时,z—sin z〜,故选(B).
0
(2) 答应选(D).
(—1)2 , — (x2, z20,
解 /(—" = 即 f(—3C)=
(―Z)2—«Z, —Z>0, 成一z, Z<0.
(3)答应选(D).
解由于
lim-—=lim(z+l)e± =0,
X-*\ 1 1
-17 -花争考研数学
o
P5
真题大全解(数学二)
而
lim-— e± = lim(z+])e± = +8,
X-*l* Z 1 x-*l +
故极限lim忒出不存在,但不为8.
Ll X— i
(4) 答应选(C).
解 由 F&)=「f(t2)dt 知F'Cz)=2z六•#).故应选(C).
(5) 答应选(B).
解 由题设可知 f (i：) = sin r,于是 /■&)= j f1 (x)dz= —cos jr+Ci，
从而/'(工)的原函数
F(z)=J f(x)dx= | ( — cos j：+Ci)ir= —sin z+Gz+Cz，其中 G ,C?为任意常数.
令G=0,C2 = l,即得/Xz)的一个原函数为1 —sin x.
注本题主要考查原函数的概念.
三、(本题共5小题,每小题5分，满分25分)
⑴解 这是“广"型,直接有lim(Uf) 2 =彖^(拜?7)=您酬=8-京
(2)解 方程两边对z求导得 yf — = 0,
上式两边再对 x 求导得 +xe^(y)2 +x^yf~\=0.
由题设知，当z=0时点=1,代入上面两式解得y(O) = e,/(O) = 2e2,BP
虬=2普.
⑶解原式=[三_,d(i +外=夺[(/TW—- )d(i + *2)
J 271+J：2 2 J \ yi+x2/
=§(1+*2)号一(1+/)去+C,其中C为任意常数.
(4)解 原式=j j sin 号一cos 专 | dr = J： (cos 专一sin 专)dr+j号(sin 专一cos 专)dr
=4(72-1).
注对于定积分，在不确定正负的情况下开平方，要加绝对值符号,本题中
(5)解原方程可化为
这是一阶线性微分方程，其通解为
y = [J (—芬 佑& ) dr + c] = -/x ( 工* + C)
=C☆一 ,其中C为任意常数.
四、(本题满分9分)
解 令 x-2=t,则原式=「fMdt = P (l + «2)dz+
J —i J —i Jo 3 e
注 也可以先求出fa-2)的表达式，然后再去计算积分J7a-2)dz,但不如上面的方法简单.
・18・1992年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学解析
五、（本题满分9分）
解 原方程的特征方程为r2—3r+2=O,其根为^ = 1,^ = 2.于是对应的齐次方程的通解为
y=CieI+C2e21.
由于a=l是特征方程的单根,故可设原方程的一个特解为
y* =z（Q«z+b）e*,
将其代入原方程得
—2qz+2q—
则 （ 侦—2 T d = =l。, ,解得a=Y 1 'XT所以
从而所求通解为广GefGe」（等+刁1,其中G，G为任意常数.
六、（本题满分9分）
解 S = J： J1 + "& = J： J1+ （己）2位 = £ 片&
■^―+ —1）&=r ln( 1 +1)— ln( 1 — 1)— z ]|o =ln3~l-
~r x 1 —x / L
七、（本题满分9分）
解 因为3^'二左'所以、=々在点《，龙）处的切线/的方程为
，即广佥工+#.
所围面积为
明）=£［（豚+夸）-去］&=2+再-¥•
令S'«） =―厂奇+奇•厂*=0,得z = l.
又S'（l）＞0,故当t=l时,S取最小值.此时I的方程为尸专+夫
八、（本题满分9分）
证法 1 令 F（j：）=/（^）+/（x2）-/a+ji：2）,F（O）=O,又 F（工）=/G）-f（工+互）=/'$）（ 一及）＞0,
汪（*,工+*2）（拉格朗日中值定理），故 F（e）＞F（0）=0,五＞0,即 ） +/（x2y-fCx, +x2）＞0.
证法2不妨设勾＜互（血《心时类似可证），则由拉格朗日中值定理可得
/•（*1）一/'（0）=工/（务），0〈&〈工1，
/X 工1 + 互）—《/（互）=工1 /（ &），了2 V& VzI + 互，
又已知/〃（工）＜0,故/（&）〈/（&）.比较以上两式即得'
/（JC1+X2）＜C/（J：1）+/（X2）.
注 证法1把其中一个常量字母1】改为变量技常数变量化）转化为函数不等式，再利用单调性加以
证明,该方法是证明这类常数不等式常用的一种方法.
・19・1993年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
（试卷ID）
一、填空题（本题共5小题,每小题3分，满分15分）
⑴答应填0.
解 linwrln j=lim^-^=lim—= —limj：=0.
x-H)' j—O* jt-O*____£_ l0*
X x2
注 可作推广：limfln 7=0(。〉0)・
,9、竺 —2衣0、(〃+丁2)—1
°)答应填2ycos次+J)士2巧•
解 等式sin(x2 +y ) + ex~xy2 = 0两边对z求导得
2cos(j：2+y) •(飞+乂/)+广一/ —2zyy'=0,
心=、2 — 2衣0、(〃+"2)—广
则
dr 2j/cos(j?2+j>2)—*
（3）答应填（o，Y）.
解F'Cr) = 2—2(z>0),令2-‘VO,解得0 Vz<£.则F(z)的单调减少区间为(0,j).
(4) 答 应填-~^=+C,其中C为任意常数.
v cos X
解j 焉&=1点号*= —J徵溪=7fc+c，其中C为任意常数
(5) 答应填-^-(l+j;2)^ln(l+x2) —1],
解 由题设可知y=^ln(l+x2),则
,=J j：ln(H-j?2)dz=-^-1 ln(l+j;2)d(l+j72)
=_|_(1+^2)111(1+/)— J xdr=-|-(H-x2)ln(H-x2)—-|-J72+C.
又曲线y=f(x)过点(。，一号)，即火0)= —I，代入上式得C =—y. *
故 ，(z)=;y=3~(l+z2)[ln(l+z2) —口・
二、选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)答应选(D).
解 令 /(^)=-^-sin —,取〃7t=0,lim/'(0,
则_/■(■!)单调增加;而当(e,+8)时,/(^)<0,则yCr)单调减少，又/(e)=^>0,而
lim/(j) = limQn 工一普+龙)=一8, lim y(z)= lim (in 工一普十%) = —8,
则/Xz)在(0,e)和(e,+8)上分别有唯一零点，故f{x) = \nx~^+k在(0,+8)内的零点个数为2.
(5)答应选(C).
解法1由/■&) = -/■(—工)知/■(一/) = -/■(*),即，(工)的图形关于原点对称，从而由在(0,+8)内
r(£)>0,，Cz)>0 可知，在(一8,0)内，(£)>0,，Cr)V0,因此应选(C).
解法2等式/U) = -/(-x)两边对了求导得
f (工)=f (― H),
当工€(0,+°o)时,"—(—8,0),则
/(-x)=/a)>0, f'〈一G = —f'(Jc)o,，(*)vo.
三、(本题共5小题,每小题5分，满分25分)
(1) 解 ^- = 2xf' (x2)cos[/(x2)],
dr
= 2 f (x2) cos[/( x2)]+4x2 {fU )cos[/( x2)] —E/Z (x2)]2sin[/(x2)]}.
(2) 解 作一个负倒代换t=-—,t-^0+,则
x
lim 工(山 +100+工)=]im ~~- = — lim，"譬 一-lim^ = -50.
j—►—oo t-*o+ t t-^o+ t r-»o+ t
注(1)本题是— 8且含有偶次方根符号，所以作一个负倒代换Z=—手,£-0+转化为正的去处
理就不容易出错了；
((2) * )处利用了等价代换：当1—0时，(l+z)。一l~az・
-21 -存,考研数学
o
真题大全解（数学二）〉
⑶解原式=[：孟& =苛，蛔顽=+（质彳：— J：tanz&）
= |[f+ ln（coSJ;）|o4]=f-|ln 2.
⑷解 原式=j「言聂一上日& =麒[一击+亦%]|： = *
（5）解原方程可化为
dy | 2x __ cos x
dr ]2 —jc2 —1,
此一阶线性微分方程的通解为
_ sin z+C
即 尸工」1 .
由火0） = 1,得C=-1,故满足初始条件的特解为
sin z—1
x2-l
四、 （本题满分9分）
解 由题设特解知原方程的特征根为1和2,所以特征方程为（r—l）（r—2）=0,即
r2 —3r+2=0,
于是a=—3,0=2.为确定7,只需将W 代入方程，得
怎+2）广一3（x+l）e't+2j7ei = /eJ',
/=-l.
从而原方程的通解为y^e+C^+xe,其中G，G为任意常数.
五、 （本题满分9分）
解 平面图形A如图中阴影所示，取'为积分变量，它的变化区间 I
为[0,1],A的两条边界曲线方程分别为工=1—=7及工=>. I
相应于[0,1]上任一小区间Ly,y+dy3的薄片的体积元为 g : 、
dV ={汗[2 —（1_ vZlZ：y）]2-7r（2-3；）2}d3- 卞 1 F *
= 2k[^1—y —（1—^）2]djz. X.
于是所求体积为 | J—— I
V — f 2ttE '/l —y2 — （1 — jy）叮dy
J 0
=2k[|/1^7 + larcsin ^ + ^5^] |:
汗（号一罚=苓_亨. ，
=2
注本题属于对旋转体体积要求比较高的问题，考查的是平面图形绕非坐标轴（垂直于坐标轴的直
线z = 2）旋转一周所得旋转体体积,这类问题没有现成公式套用，一个有效的办法就是利用“微分法”（推
导基本公式的原理）去求解；当然本题还可以采用对工积分，此时微分
dV = 2兀(2 — 1)( \/2x — jc2 — z)dr,
于是
V = I* 2兀(2 — z) ( \/2飞一J：? — z)&.
・22・1993年
°〜〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
六、（本题满分9分）
解如图所示,设圆锥底面圆半径为R,则
于是圆锥体积为
2
V(/z) =^^ = ^7-^4- ,2r0,
a-rx
所以/Xz）在[0,+8）内单调增加.又/（0）=0,从而得f（x）>0,x>0,即
aln（a+z）V（a+a:）ln a,i>0,
所以 （a+z）-Va"+Lz>0.
八、（本题满分9分）
证法1任取^6（0,a],由微分中值定理有
f（工）一f（。）=f（&）工,& e（o,z）.
又因 /（0）=0,故 工 e（0,a],于是
| J | = I j y7（Qzdz |《| If （Q V =号。七
证法2 设⑦e 由/xo）= o知
f f（t）dt =，（工）—/（0） = f（x）,
J o
于是
|/（x）| = |J y7 （f）dz | W J \f' （«）|dz^ J Mdt = Mr ,
故
| J f（x）dx | < J |dz < J Mr dr =警-.
注对积分| |作估计，只要对被积函数六工）作估计即可.条件中给出导数f G）及八。）=0
的信息，自然想办法把f（H）和，&）联系起来,在高等数学中，联系/■（*）和r Cr）的有两种常用的办法,
一是微分学中的拉格朗日中值定理（证法1）,二是积分学中的牛顿-莱布尼茨公式（证法2）.
• 23 •1994年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(试卷m)
一、 填空题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1) 答应填一2.
解 由于= limSin = 2 + 2a,又/XO)=a.要使/'(*)在(一8,十8)上连续，只要
2+2q=□,即 q = — 2.
(2) 答应填-y(6f+5)(z+l).
解 半=督半=腭十好=3V+5t+2, 能=(6,+5)— =4(6z+5)(r+l).
az dz/dZ i 1 az n 1 t
]_田 ]_而
(3) 答 应填—3/(cos 3x)sin 3x.
解由变上限积分求导法可知=—3/(cos 3z)sin 3z.
(4) 答应填§3 —1)/+C,其中C为任意常数
解 原式=-^- J ^2d(ei! ) = -|-j：zex! — J dz
=号工修—■ e? +C=y(a:2 —l)e? +C,其中C为任意常数.
⑸答 应填(T-4)y=C^,其中C为任意常数.
解该方程是一个变量可分离方程，即
故 一ln|y|= — " (ln|z | —ln|z—4 | )十G ,
即 (z—4)尹=京,其中C为任意常数.
二、 选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)答应选(A).
初 土、 ]. ln(l+z)—ax—ba? .. 1+了 a 之危
解法 1 lim---------j------------= lim--------§---------,
X-0 x ^-*o LX
可知a= 1,否则原式极限为无穷.则
--- 1 — 2At- L
P ln(l+j?)—ax—bx2, .. 1+z---------------r —[l+26(l+z)] 1 + 23 o
lim-------------5-----------= hm--------o---------= hm―!------------------1 =----o-=2,
j^Q X ar*0 LX Z Z
得 b=-- .
解法2由泰勒公式可知ln(l+z)=z—专~+。(/).又
・24 -八 1994年]
O-------------------------------------------------
<〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
1 /•, I 、 . ? X —三 ax —如2+。(]2)
1. ln(l 十 B)—ax—bx , Z _o
lim o ——lim o — Z,
x X
J—O
5
贝 0 a=l. b= — ~ .
注直接在分子中减一个工，加一个工，凑出ln(l+Q一工,然后拆开处理也是很简单的.
(2) 答应选(B).
解,lim/(^) = limx2 = l,但了(1)=*,则八工)在了=1处不右连续,从而片⑴不存在.又g史在点
二\=1处可导，而当工W1时/(x) = y^3测yUl)存在,故应选(B).
(3) 答应选(C).
解由于 '二六工)满足方程Z+y-e^^O,则f'(Q+，Cz) —萨工三0,令。，得
/，(xo)+/(^o)-esini-=O,
即 _/"Cro)=e'g>O,
又，(孔)=0,则/'(h)在x0处取得极小值.
注 本题不要试着去解方程得到的表达式，我们关心的是在血这一点的导数.
(4) 答应选(B).
解由 回[e+arctan法寺以耘卜于，
可知原曲线有水平渐近线广于.又既[e* arctan 法夺畀万]=8,则原曲线有铅直渐近线工=0,虽
然题中当工=1,工=一2时分母为零，但limy和limy都不是8,故原曲线的渐近线有2条.
x-*—2
(5) 答应选(D).
解由被积函数的奇偶性可知
p-S. 「专
M=0, N=2「cosMdr>0, P= — 2 cos纭drVO,
J 0 Jo
因此,PVMVN.故应选(D).
三、(本题共5小题,每小题5分，满分25分)
⑴解 y=(i+y)/»故y = »/=(i+/)2/,,+>7,»所以
寸=(\+以〃=_、
y 1-/ (1-/)3*
(2) 解 令x2 = sin >则z=0时"=0;z=l时“=号.于是有
j；H(i — #)*& =习：cos 恤= = |f.
(3) 解 这是“V°”型,直接有四[tan(号+§)]” = e^[Y+R】]=eA,而
r tanf-y-4-—) — 1 tan(-^-+—) — tan -y
A =lim〃「tan(号+0) —l] = lim---------产-----=2 lim----------------------------
rr*oo L \ 4 Tl f _| n-*o° 1 n-*00 乙
n n
= 2(tan x)r I x = 2sec2-7- = 4,
I z= 4 4
故 lim[tan(f+-^)] =e，.
-25・花&考研数学
o
P5
真题大全解（数学二）〉〉
（号+号）-1
tan
注 求lim---- 时，当然也可以转化为函数极限利用洛必达法则，但不如上面直接凑导数
W*8 1
n
的定义方便.
j ] r d(专) ]p d«an 号)
______________= J \ L) __ ]
（4）解法1 原式=
2sin z(cos i +1)___ 4 J . x 3 x 4 J
sin ~2C0S 2 tan 另 cos 2
=4 f ― d(tan寻)=§tan号+ | tan奇| + C,其中C为任意常数.
4 J , x \ L) 8 2 4 | Z|
tan万
解法 2 原式=J 2sinj：(^rr+l) = f 2(1 —co#啬+ cos z)
cos J： = u 1 f du 1『「1 |3 + 〃L
—~ ~~2i (l-u)(l+u)2 —"I"] 十(l+Q」血
=+(ln| If —ln| 1+“| +畚)+C=§ln|^||+4(i+，s *)+C,
其中C为任意常数.
⑸证 玖=£ 3+*)&=写+学=即料“，
„ 2 T” 丁 2 3 + l)a
D=2--------a=-'
D _ 3 + 1)。/(2才 + 3)弓= 3 . a' + l
团_ 2-/ 6 ~~2 ° 2.3 ,
a +y
因为旦土§V1,所以岑.
a2+-| Ui 2
四、(本题满分9分)
解法 1 设 _/Xz)=虹+土一1，则 /(^)=k~,f\x)=-^>0.
当k^O时(GVO,/U)为减函数.又
f —8,人V0,
lim/(^) = +oo, lim/(])=<
T a+8 I —1, &=0.
所以，当为<0时，/'(z)=虹+5 — 1 = 0在(0,+8)内仅有一个解.
X
当k>0时，令/（z） = 0,得唯一驻点工=聘.广'（工）>0,所以L聘为极小值点，且y='f&）的图
形在（0, +8）内是凹的，所以，当极小值为零，即
时，原方程有且仅有一个解.由上式解得*=宇.
综上，当&W0或为=音冲时,方程有且仅有一个解.
, 26・1994年
°，〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
解法2由方程奴+点=1知4 =手一
令 FCz) =【一A，则 F'Cz)=^=^.
X X X
故当 0VzV/^t，F'(_r)＞0；当工＞眉时,F'(工)＜0.又limF(x) = -8, limF(z)=0.由 F(V3) =
x-»0* l+8
半，可知FCr)在(0,,)内单调增加，且值域为(一8,半)；F(z)在］月,+8)内单调减少，且值域为
(0,气弓.综上所述，当左＜0或左=半时,方程有且仅有一个解.
五、(本题满分9分)
解 定义域(一8,0)U(0,+8).当］=—橱■时点=0.
(J1) = 1-号,故驻点为工=2.又
X ( — oo,0) (0,2) 2 (2,+oo)
t
y + — 0 +
y 7 3
所以,(-oo,0)及(2,+8)为增区间，(0,2)为减区间口 = 2为极小值点,
极小值为：y=3.
(2) /=乌＞0,故(一8,0),(0,+8)均为凹区间，无拐点.
X
(3) 因lim歪尹=+oo,lim卫=lim^—= 1 =a，
LO X L8 X x-oo X
aj?) = lim ( — ~x \ =0=6,
■z~*8 r-*oo \ JQ /
所以，了=0为铅直渐近线,y=T为斜渐近线.
(4) 函数的图形如图所示.
六、(本题满分9分)
解对应的齐次方程的通解为
y=C\ cos Qi+Czsin
当a尹1时，设原方程的特解为
y* =Asin z+Bcos x.
代入原方程，得
A(q2 — l)sin •z+B(q2 — l)cos x=sin x.
比较等式两端对应项的系数，得
A=土，
B=0,
1 sin,.
所以
) a2 —1
当a = l时，设原方程的特解为
y* =z(Aisin z+BiCOs z),
代入原方程，得
2A]COs 2Bisin x=sin z,
比较等式两端对应项的系数，得 Ai=0, Bi = — ■,
・27・花亨考研数学
真题大全解(数学二)〉
所以 或=-y^cos z.
综合上述讨论：
当a*l时,通解为
y=C\ cos aj;+C2sin 口亿+廿 j_]Sin
当a=l时,通解为
' 1
jz=Ci cos j?+C2sin x— J7cos z.
其中G，C2为任意常数.
七、(本题满分9分)
证
— A[ /(j?)dz = | /(x)dz — aJ /(x)dz — aJ /(jr)dz
0
=(1—A)j /(x)dr — aJ /(x)dz
=(1 一次(&) -a(i-a)/($2)
= A(i-A)E/(e1)-/(e2)],
其中oW&VIM&WI,而/(])在[0,1]上递减，知顶(角)一六&)20,又0 "也是可行的.证明过程需用推广的
0
积分中值定理，即00
解法2排除法.举反例六了)三1，?怎)=\ 二；配了愆)]三1，处处连续，不选(A)；0(工)予三1,
处处连续，不选(B)；/[gz)]=l,处处连续，不选(C).则应选(D).
注对于连续函数的复合运算，只有连续函数复合连续函数所得的函数是连续函数，其余的各种复合
都是没有结论的,需要具体考查，于是(A), (C)直接排除.
(2) 答应选(C).
. 29 .。
花孑考研数学____________
真题大全解(数学二)»
解v=z($—1)(2—z)与Z轴的交点为t = 0,z=1,z=2,因此该曲线与X轴所围图形的面积为
f |了(工一1)(2—工)|dz=— I" z(z—1)(2—z)dz+ I 了(了一1)(2—z)dz,
J o J 0 J 1
所以应选(C).
(3) 答应选(D).
解由于对任意的了1，互，当勾>互时，一勾V —血，则有，(一了1)Vf (―血)，即一 f(~x1)>
—y(—x2).也就是说，当五>互时-—f(.—xi'»—f(.—x2'),故一f.—x)单调增加.
注由题意知/U)在(一 8,+8)内单调增加测f{-x)在(一8,+8 )内单调减少，则[/( 一 了)丁 =
/(-X)• ( — 1)WO,故/(一工)20,(B)错误.这里要知道/(—了)表示的是对中间变量U=-X这个整体
求导，与LA—*)]'不是一回事.
(4) 答应选(B).
解 由于f”(Q>0,ze[0,口，则f(z)单调增加，又/■⑴一，(0)=/(c),沱(0,1),从而
即 /(1)>/(1)-/(0)>/(0),
(5) 答应选(A).
解法1由于F(x) =/(x) + f(x) | sin a:|,而/Xz)可导，则F(z)在工=0处可导等价于f(.x) | sin x|
在x=0处可导，令甲I sin ,则
中'+ (0) = lim—Q」4」=皿及戏四二川),
p'_ (0) = lim也也以=_lim-Qsinj—六0),
x-*O 1 x-*0 Z
则要使FCr)在r=0处可导当且仅当/(0) = ~f(0),即/(0)=0.
解法2本题考查“可导函数与连续但不可导函数的乘积的可导性问题”，实际上，有如下的结论：
设/'(z)在x=x0处可导,g(z)在x=x0处连续但不可导，则F(z)=y(*)• g(z)在x=xQ处可导当
且仅当六互)=0.于是本题直接选(A).
三、(本题共6小题,每小题5分，满分30分)
1- 11 —— CcUos5 XX 1- 2 1_
⑴解 原式=lim------------------------/ = Iim------Z-----------------------
Er(l —cos/r)(l+Jcos 工)x , (1+
(2)解 方程两边取对数，得In x+f{y}=y,从而求得
： 1 dzy ，, /'"()) 一口一/''(y)T
f 1-fg牝 立i“(待•
因为六衣一 1)= m修二机；，所以/(%) = In 者.
⑶解
又 r0(")] = ln 弓科±¥ = ln z,从而弓+ 于是
T (p\X) — 1 (p^X) — 1 T JC—1
= j = 21n(z — 1) +z + C,其中 C 为任意常数.
注 由飞受2＞°且]＞。知刀＞/^，故ln(z—1)中J?—1不必加绝对值.
zarctan — 9 2
⑷解因为f (0) = lim----------=号;当工尹0时,/(了)= arctan二一专^，故
•z~*0 oc Z X 1 I- JC
l x i — m *0 / (j：) = j l - i * m 0 arctan A-— 1 2 + ]2 二4 ) ) =三 2
所以r(1)在z=o处是连续的.
・30 -1995年
°，〈<全国硕士研究生入学统一考试数学解析
(5) 解 ^=sin 2,字=1 —cos t.因为
ds= v sin2i+(l —cos t)2dt= /2(1 —cos Z)ck=2sin -ydz,
所以 5 = f 2sin -ydi = 8.
J 0 z
(6) 解设质点的运动速度为认t).由题设，有
i/Q) +pQ) =0,
, \| =%,
、
I r=0
解此方程，得 u(t)=%e=
由^=u°e-，,得f=ln 3,到此时刻该质点所经过的路程
fin 3 2
S= Vo^dt =亏功.
J 0 5
四、 (本题满分8分)
解因_/($)是偶函数，故只需求，(工)在(0，+8)内的最大值与最小值.
令/(工) = 2z(2-z2)e-，'=o,在区间(0,+oo)内有唯一驻点 x=V2.
当0〈工〈虹时/'(工)>0;当工>国时,/(h)V0.所以 h=⑲是极大值点，即最大值点.最大值
/(V2) = £(2 一 Qe-'dt =- (2 一 f)e_,「一]：时曲=1 + ef
又 [2(2_£)广击=_(2-t)eT2 + eTz = 2 — 1 = 1, /(0)=0,
Jo Io Io
故yer)的最小值是0.
五、 (本题满分8分)
解 以V=e，代入原方程，得
xex+p(.x')eI=x,
解出 p{x')=xe~I—x,
代入原方程得 xy，+ (j：e~x—x')y==x,即 V+ (e-x —1)>=1.
解其对应的齐次方程J + (ef— 1方=0,有
业=(—e-'+l)dz, ln|jd —ln|G | =广'+了，
得齐次方程的通解y=ce+^.所以，原方程的通解为
尸 e，+Cef
由J =0,得2+2e*C=0,即C= — eT,故所求特解为少二寸一寸+厂一*.
I 1= In 2
六、 (本题满分8分)
解由题设 (了0 — $)2 + (% — ")2=£1：紧2， ①
又MP±MT,所以 父=一完§ ②
由①,②式得(3>0~?)2 =(1+^°2)2-由于/>0,曲线L的图形是凹的，故y0-r/<0,从而y0-r)=
yo
—虹酒.又血一E= 一乂(轮一/=父佥，于是得
a__ >o(i+>o2) | 1+yo2
yo yo
-31・存亨考研数学
真题大全解(数学二)＞〉＞ °
因此p点坐标为(血一逖学茂2,、。+勺空).
七、 (本题满分8分)
解 I* /(j：)cLr = jcf(jc) I — ［ (z)clz
J 0 Io Jo
=住&― J 住& =「Dsin 工& = f'sin 工位 = 2.
J 0 7t — t J 0 7T — X J 0 K — X J o
注本题属于含变限积分的定积分的问题,处理这类定积分时有两种方法:一是可以采用分部积分
法(取变限积分函数作为分部积分中的“，如上解答)，二是可以化累次积分为二重积分，然后交换积分次序
进行计算，具体步骤为［& ［旦%dz = f dz f函= f sin tdt = 2.
J 0 Jon — t J 0 J t 7T — I J 0
八、 (本题满分8分)
证法1因八r)连续且具有一阶导数，故由1血心 =1知f(O)=O,f (0) = lim心 =1.由六"的
3C. x~»0 JC
泰勒公式得 ，(了)=r(0)+f(0)z+逐4」工+肆1了2,$在o与了之间.
因 r‘(E)＞o,所以
证法 2 易推知 /(0) = 0,/(0) = 1,令 F(z)=/G) — Z,则 — 有
Fz(0)=/(0) —1=0,则1=0是F(z)唯一的极小值点,也是最小值点，于是F(x)=/(jc)—x^F(0)=0,
证毕.
・32 -1996年全国硕士研究生入学统一考试数学解析
（试卷皿）
一、填空题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)答应填*.
解 ^=f(^+e-f)-^(1-^), y|^o=y(i-l)=y-
②答应填2.
解 原式=j [x2 + 2xv^l —x2 + (1 — x2)]dr = J ldz+2 j x-/l—j：2dr=2,
其中[zjlf &=0,由于奇函数.
(3) 答 应填 >=e-x(CiCOs 2j：+C2sin 2x)，其中 Q 9C2 为任意常数.
解特征方程为，+2厂+5=0,厂】,2 = — 1 士2i,故通解为
jz=Cie-xcos 2j7+C2e_xsin 2x=e-x(Cicos 2jc+C2sin 2z),其中 Ci ,C2 为任意常数.
(4) 答应填2.
解法1由于z—**8时,sin[ln(l+乎)]〜ln(l+亭)〜亭,则
lirazsinFln(H)] = liniz • — = 3.
L \ z /」 J-*oo X
同理可得 limrsin[ln(l+§)] = 1.原式=3-1 = 2.
解法 2 lnnz{sin[ln(l+^)]-sin[ln(l+^)]}
［知+乎）一卜（1+手）］｝
=limz < cos £ •
{
2
2
= limzln 1 = limz ・一=2,
x-*°° oc
其中第一个等号是对 g） =sin h使用了拉格朗日中值定理，此时£介于岳（1 +乎）与In （1 +手）之间,
当1—8时，容易看出f-*。，于是cos L>1・
（5）答 应填In 2-y.
解如图所示，可知所求面积为
S = j：（工+手一2）&
=（*2 + ln l2z） |：=ln 2—土.
• 33 •/考研数学
pi真题大全解(数学二)〉〉> °
二、选择题(本题共5小题,每小题3分，满分15分)
(1)答应选(A).
解法1由泰勒公式可知 1=1+工十名■+。(工2).
乙！
由题设可知 liml七如+1)=0,
X
( —a)x2 + (l—6)j?+o(j:2)
即 lim————一~；-----------------= 0.
z x
则 a = y,6=l.
解法2由洛必达法则可知
1. eJ —(aj?2+6j;+l) r — 2ax~b
lim------------o----------= hm------z-------.
^*0 X L0 LX.
若6尹1,上式右端趋于无穷，从而左端也趋于无穷,与原题设矛盾，所以。=1 .因此
, ex~2ax—6 r ex —1 1 A
l
a
i
*
m
。
-----z-------= hm
u
-
j
-
c
- ----q=
Z
— a = 0,
解得a = ^，所以应选(A).
(2) 答应选(C).
解法 1 由当 M (—房6)时/(x) | lim|y(x)| =0.
(3) 答应选(D).
解法 1 排除法.令 /(x)=x,则 limU)= +8, lim，(z) = —8，但 / (了)= 1,可见(A),(C)都不
■I—*+8 X-*—8
正确.
令 /(^)=e-x,则 lim f (z) = — lim e~x = —oo,但 lim f(jc)= lim e-J = +oo,故(B)也不正确.
—oo j—»—8 —oo x~*―8
所以应选(D).
解法2直接法.由于limf(工)=+8,则存在M>0及血>0,当工〉r。时,/(z)> M,于是当*>心 尸
时有 ，
/(Z)—，(血)=，(Q(飞一zo)>m&—I。)，
即 /'(Z)>/'(ZO)+M& —Zo)f+ 8(]— + 8),
则 liy /(j:) = +oo,故应选(D).
(4) 答应选(C).
解 令r(z)= |z| + + |z|*—COS 显然,，(z)是偶函数.所以，只需考虑y(J7)=0在(0,+oo)内的
实根情况.当％三0时，
/(工)=打 +拱— COS X, /(0) = —1<0, r(专)=(号)4 + (号)2 >。・
-34・1996年
° <〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学解析
又/■'(*) =+工-十+号工-2 + sin上>0,了£ (。，号)，则r(工)在(0,专)内单调增加,因此/'(z) = 0在
(0,亏)内有唯一实根，而当工2成■时,/(x)>0,故在(0,+8)内方程六了)= 0有且仅有唯一实根，由对称
性可知，/'(了)=0在(一8, +8)内有且仅有两个实根.
(5)答应选(B).
解 先画草图如图所示，对工积分,体积微元
dV= g(z)]2 —穴成一/'(£)了 }&,
V =7tJ [/n—g(z)]2dz——江J [m—
=ttj [2?n—g(x)—g(x)]dz,
所以应选(B).
三、(本题共6小题,每小题5分，满分30分)
fin 2 ‘_________ ,_________I ln2 fin 2 J
(1)解法]原式= e-J — ldz =— e-x \/e2j — 1 + ------
』&工
J 0 Io Jo —1
=—卓+ln(e*+ — 1) | =—卓+111(2+拒)・
Z I o £
解法 2 令 e-x = sin L则 dz=― di,
sin t
原式=F C?S At = f2 --------f2 sin tdt = — ln(csc t+cot i) I —甲=ln(2+y^)—卓.
J f sin J f sin J f I f Z
(2)解法1原式=[上萼M& = tanz — — +C,其中C为任意常数.
J COS Z COS X
r 1 r sec2-y - d (1 + tan -y
解法2原式= ------匹—— = ------ & = 2 ----------三
(cos 号+ sin 专) (1 + tan 号) (1 + tan 万)
...---------------+C,其中C为任意常数.
1+tan 气
(3)解因为 ^=/(t2),^=4t/(t2)/(t2),所以
平=行仔)，能=空苓等空.
dr dr' j(r)
⑷解 因为/"&)=(件；一1) =((]¥首；点以=1,2,・・・，〃+1,所以
9 rn+1
/■(*)= 1一2了+2 工 2 ----- (―1)"2^” + (一1)"+1^-篇工)“+2,0<6<1.
⑸解 对应的齐次方程的特征方程为/ + 〃=0,解之得r,=0,r2 = -l,故齐次方程的通解为
§=G+Ge-*.
设非齐次方程的特解为V =H(a® + M+c),代入原方程得a = §M=-l,c = 2.因此，原方程的通
解为
>=yx3-x2 + 2^+C,+C2e-S其中 G，G 为任意常数.
(6)解法1底面椭圆的方程为手+若=】.
以垂直于了轴的平行平面截此楔形体所得的截面为直角三角形，两直角边长分别为
• 35 •花亨考研数学
P5
真题大全解（数学二）〉〉
故截面面积S3）= ¥ （1 一¥ ）「an。，楔形体的体积
V—2 ［ 号（1—若）tan ad、tan a.
J o Z \ O ' o
解法2底面椭圆方程为弓+若=1，以垂直于了轴的平行平面截此楔形体所得的截面为矩形，其边
长分别为2b ,ztan a,故截面面积S(z)=2fcr tan a,楔形体的体积
四、（本题满分8分）
解原式=［呼詈罕丑—拜尝+ ［洁芝一扣心牍
_ _arctan x一_ （arctan x）24~-^-ln 7+C,其中 C 为任意常数.
OC u Cj 1 I JC
五、（本题满分8分）
-z<-1,
解（l）g（£）=〈W, - lWa<8,
（2）g（z）在（一8,十8）内处处连续，没有间断点.利用导数的定义容易验证,g（z）的不可导点是工=0
及工=一1.
六、（本题满分8分）
解对方程两边求导可得
3y2yf — 2yy ~\~xy +了一z=0, (*)
令j/ = 0,由（* ）得将其代入原方程有
2^3—/ —1=0,
从而可得唯一驻点z=l.对（* ）式两边再求导，得
（3^2—2j?+j：）yz+2（3^—i）（y）2+2y—i=o,
因此J'l 一广土〉。，故工=1是、=>&）的极小值点.
七、（本题满分8分）
证 不妨设f（a）〉o,则f（》）>0,则
f(a) = lim 也二3>0,
f + x~a
则当 La+ 时,及二!。）〉。,存在 Zi€（a,a+&）,使得六工1）>0（&〉0）.
同理可知存在 K〈b—&，b）,使得/（x2）<0（52>0）.
由连续函数的零点定理,知存在ee 6 ,互）U（a,0），使得/（Q=0.
由f（aUf（b）=Q,运用罗尔定理，知存在泾（a,&及彼£（&6）,分别使得/（履=0,/成）=0;
再用一次罗尔定理,知存在r）e （毕，中）U（a,b），使得，3）=0.
八、（本题满分8分）
（1）解原方程的通解为
• 36 •1996年
° <«全国硕士研究生入学统一考试数学解析
y{jc) = e-fadr /(j7)eJadrdz + cj = e-ttr /(^)6^(127 + cj= ep[F(z)+C],
其中F&)是f(jc)罗的任一原函数.由火0)=0,得C=—F(0),故
y(x)=e~ax[F(x) —F(0)] = e-arj fCOe^dt.
(2)证 |/(z)|WeF「|顶”)| 加= Ae--(ear_1)=玉(1 一 eF),z20.
J o Jo CL Q
・37 -1997年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
一、填空题:1-5小题,每小题3分，共15分.
(1)答应填厂土
解 根据函数在某点处连续的定义知,a=lim(cosz)L,问题转化为求极限，即
j—0
ln( cos z) =邸_詈)=e
a =li jr m *O (cos xY = eL lim 。 了 i
(2)答应填一芸.
解 尸号 ln(lF 一身ln(l+f), / = -2(T^)-iT?
〃______1_______1 一—2 // I __ 3
' 一―2(1—工)2-(1+工2)2, V |户°__云
⑶答 应填arcsin 亨+C或2arcsin夸+C,其中C为任意常数.
解本题考查积分公式: 尹+3°)・
& , 丑 ，=arcsin 邛十C,其中C为任意常数.
因此
— X2 /4一您一2)2 2
或令则
[,丑 =2 ['击 =2arcsin号+C=2arcsin亨+C,其中C为任意常数.
J Zr(4 — z) J 2 2
(4)答应填专.
O
= z+2
铤仁 & =仁 & ”—工1仁血
J o jc2 +4j: + 8 J o (i+2)2 + 4 2 J i u2 + l
=l^(arctanM0=l(i_f)=i■-
⑸答应填3.
解由于r(a】,％,a3)= 2,则矩阵
1 2 -1 1
2 0 t 0
0 -4 5 —2,
的任一个3阶子阵的行列式的值为零，即
1 2 -1
2 0 t =4t—12 = 0, z=3.
0-4 5
注 也可以直接作初等行变换定出力
-38 -1997年
°全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
二、选择题：6〜10小题,每小题3分，共15分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(6)答应选(C).
解当了一0时，
etani —ei = eI(e,ml-x —匕―z)〜tan x—x,
而
史
, tan x=x-\-- +。(工3),
H所以
史
tan o(x3),
因此选(C).
注可以仿照解答来验证如下结论：
当 血 时，若 /'(■z)—0,g(£)f0,则 e/~-f(x)—g(x).
(7) 答应选(B). yJk
解 由题目对函数八工)性态的描述，易知^怎)在了轴上方、单调下 "(a,/⑵)
降且是凹的，如图所示，S是曲边梯形ABCD的面积，&是长方形 苹］
AiBCD的面积,S’是梯形ABCD的面积，显然S20,根据极值存在的第二充分条件知,六了。)是函数/■(*)的极小值.
(9)答应选(A).
解 由于函数esin,Sin t以况为周期，因此
fj H-2ir
F(z)= I esintsin= esin'sin tdt (为常数)
2'esin,cl(cos i) = 0+ r'2"ncos2iesinzdz > 0.
0
(10)答应选(D).
解根据g(G的定义知，复合函数
2—/(J7),
/a)>o.
而 zVO 时,/'(z)=z2>0；i2。时,/(z) = —zWO.故
j:2+ 2, •zVO,
gg)] =
2+r,
三、解答题：11〜21小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(11)解作负代换/=一1"— + 8测
如/心I乜旦=lim 咨丁I±l= lim
=1.
V + sin 02 —sin t i
jc
注题目中是了一一8且含有偶次方根符号，此时作一个负代换转化为正的去处理是比较方便的.
(⑵解 等=点，
2Q。
花&考研数学_________________
真题大全解（数学二）〉〉＞
由2尊或-2履尊+e』0,得尊=2*二&），因而
心 _（J—e，）（l+Q
dr 2（1—馈）
(13)解 原式=e2jsec2j：dr+2 e^tan
=e是tan x~2 e^tan zdr+2 e2jtan xdjc
= e2^tan x+C,其中C为任意常数.
八
（1
＜
4
、
）
*
解 令
人
了=口， =^
d
+
u
"
-
=
V2 —
z
2xv
d
—3 j:2 =u2— ］二2u成—
，
3 B
即
n
du__33—“一1）
工 dx 2u—1 '
解之得必一化一1=&一3,即y2—xy—x2=Cx~i或xy2—x2y—x3=C,其中C为任意常数.
（15） 解 由题设知,e2^与e—*是相应齐次方程两个线性无关的解，且ze，是非齐次方程的一个特解，故
此方程是
y，—y' — 2y=f(.x').
将代入上式，得
f(jc) = (j?ex)”— (j;ex )' — 2zb = 2eJ+xex — ex—xex — 2xex
= eJ —2xeJ,
因此所求方程为 y~y —2y=e—2jcex.
(16)解由 A2-AB=A(A-B)=E,及 0|= — 1 尹0,知 A—B=AT,即
又
从而
（17）解原方程组的系数行列式为
2 A —1
A -1 1 = 5A2-A-4 = (A-l)(5A+4),
4 5 —5
故当人尹1且义乂一§时,方程组有唯一解.
当;1 = 1时，原方程组为
对其增广矩阵作初等行变换:
2 1 -1 1 0 3 _3 -3 ‘1 0 0 .1、
1 -1 1 2 —► 1 -1 1 2 —► 0 1 -1 :-1
4 5 -5 -1> 0 9 -9 -9, .0 0 0 :0 ,
因此，当A = 1时,原方程组有无穷多解，其通解为
・40・1997年
° ＜〈〈全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
11 = 1,
Y JC2 = — 1+A,
义=k,
或(x1,x2,x3)T=(l,-bO)T+^(O,l,l)T,其中』为任意常数.
当a=-4时，原方程组的同解方程组为
□
1 Oxi — 4x2 — 5而=5,
y 4Z1+5Z2 — 5及=—10,
、4zi + 5j72 — 5j?3 = — 1,
对其增广矩阵作初等行变换：
'10 一4 _5 5 10 -4 _5 : 5、
4 5 -5 -10 ―A 4 5 -5 : -10
、4 5 -5 -1 、。 0 0 ： 9 ,
由此可知当A = -y时，原方程组无解.
(18)解由已知条件得
4 [户"=咨 f J/ + (r')2也,
乙 J 0 /Jo
两边对0求导得
即
厂'=士厂/产―1,
-^==±血
从而
rVr2~l
[ _____ arcsin +C,
因为
J rVr2-l r
所以 —arcsin----C=±Q.
r
由条件“0)=2,知C=*,故所求曲线L的方程为
rsin 侑干。)=1,
即 r=csc(言干。)，
即L为直线 工干屈=2.
(19)解 由题设知，当蚌。时，虻警二3 = *即£[号卜琴'据此并由六工)在点工=0处
的连续性，得
O
/*&)= *皿2 + Cr, z e [0,1 ].
又由已知条件得
2= j；(言必+Cz)&=(号心3+只2)|；=蜀+土C,
即 C=4—a,
Q
因此 /(X)= ~2^2 + (4—a)x.
旋转体的体积为
.41。
存亨考研数学_______________________
真题大全解（数学二）〉〉
/2（j7）dr=7r J |^-|-ax2 + （4—a）xj dr= 齐+杀+号
V(a) = 7t K.
由
V'（a）=（备+§）k=0,
得 a= —5,
又因 『（。）=会＞0,
故。=—5时,旋转体的体积最小.
（20）分析 通过变换将叩愆）化为积分上限函数的形式，此时工尹0,但根据既号 =A知/（0）=0,
从而甲（0）= J；/（0）dt=0,由此，利用积分上限函数的求导法则、导数在一点处的定义以及函数连续的定
义来判定矿（工）在x=0处的连续性.
解 由题设，知了（0）=0,甲（0）=0.令U=jct,得
/(u)du
平愆）— ----------(z H 0),
3cf (工)—| /(u)dw
从而 J 0 （工尹0）.
由导数定义有
[/(w)du
"(0) = lim ---------
L0
由于
jcf(工)—f(u)du c(、 /(w)du a a
l----------------------- =linr^ —lim： -=A—另=另=如，
X X-^) X L0
X-*0
从而知W’M）在工=0处连续.
注本题是一道综合性试题,主要涉及积分上限函数求导、分段函数求导及连续性的判定（极限值等
于函数值），不少考生不能正确求出甲&）的表达式，尤其是没有看出来甲（0）=0,导致求导的环节不完整,
后面连续性的讨论更是无从谈起.
（21）解设 —■ sin 了,则 /■（•!）在（0,号）内连续.
由，&） = 1― cos 1=0,解得f（z）在（0,号）内的唯一驻点x0 = arccos号.
由于当 M（0,_r。）时，/（z）V0,当工£ （工。，学）时/怎）＞0,所以在（0,工。］上单调减少，在
（了0，学）内单调增加.因此x0是/Xz）在（°，号）内的唯一最小值点，最小值为^o==/（^o）=-ro — ^-sin x0,
又因六0）=/■修）=0,故在（0,专）内/（z）的取值范围为或,0）.
因此，当,即k＜.y0或&2。时，原方程在（0,宜）内没有根;
当k=y0时，原方程在（0,专）内有唯一根
当 灰（％,0）时，原方程在（0,互）和（z°,号）内各恰有一根，即原方程在（0,号）内恰有两个不同的根.
• 42 •1998年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
一、填空题：1〜5小题,每小题3分，共15分.
(1) 答应填一土.
5—， 1- /
/
I
iX
十 z
'
十
-1-
J
/
I
i-
—
---- o
2 v
1
2
1—
8
xz+o(j:2) + 1—
Z
X—
8
x2+o(.x2)—2
_
[
1
解法 1 hm-------------o-----------= lim---------------------------------;------------------------------=— .
I I x 4
lo
1_________1___
解法2 1而尔^+诈玉呈=临互弓
x-*0 JC t-*0 CJC x-^Q 4] \/ \ — ]2
v —2x 1
=lim------, ，一—, . --- , 一 =— .
♦ ( /].—z+ Jl+z) 4
(2) 答应填告.
解 本题是求一条三次抛物线与“轴所围图形的面积.应先求出函数j=—/+工，+ 2^的零点:
幻=一1,互= 0,0 = 2.判断图形哪一部分在工轴下方，哪一部分在了轴上方，则
A = [ [― (―]3+]2+2%)](12；+ I* (―j;3+x2+2jr)dz
J -1 J 0
=(手一等T)|。+(_孕+弓+/)「=教.
\ 4 3 / | -! \ 4 3 / | o 12
(3) 答 应填一cot x , ln(sin z) —cot x—x~\~C,其中 C 为任意常数.
A-r
解 直接令 u=ln(sin z) ,dw=r-厂,p= — cot z,便得
sin z
f 'n(乎？ x) & = —Cot x • ln(sin z)+ fcot2j;(iz
J sin z J
=—cot
jc
• ln(sin z)+ J(csc2j: — l)dz
=—cot x • ln(sin z) — cot z—z+C,
其中C为任意常数.
(4) 答 应填 3cf{x2}.
解 令 / ,d“= —2zdt.当 t = 0 时,u=x2,当 t=x 时,u=0,故
顷/2)dz=£j -y/(u)du=x/(x2).
注本题属于要先作换元然后才能求导的类型.
(5) 答应填了=了+土.
解计算可得曲线不存在水平渐近线和铅直渐近线.
j：ln(e+—) 1、
a= lim--------------= lim ln(e-----) = 1»
a-*+oo X. jr-*4-oo \ JC /
・43・花季考研数学
o
P5
真题大全解(数学二)>〉
ln(e+*)T
—「 1 一 1
b = lim (y—ax')= lim x =lim - _ lim -a ,
_r-*+8 jr-*+°o J^+8 1_ _r~*+8 eI- --1- e
x x
故此曲线的渐近线方程为了=了+土.
注本题若删去£>0,则有更多渐近线.
二、选择题：6〜10小题,每小题3分，共15分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(6)答应选(D).
解 直接法.由于>,=§・(*我“)，则
工n
limy, = lim — • (*”) = lim—・ limzj”=0,
n-^oo L >2-n n-*JCn n-^oo
选(D).
排除法.取而,=〃，必三0,〃=l,2,…，排除(A)
2k—1, n=2k—1» 0, 〃=2H,
取而> = 互= 1,2,…，必= 互= 1,2,…，排除(B)
0, n=2k, 2k, n—2k,
1, 〃 =2奸1, 0, n=2k—1»
取 4 = 1,2,・・・，必= A=L2,…,排除(C).
JCn 0, Tl Llk , 1, n=2k,
(7)答应选(C).
解 当函数中出现绝对值符号时，就有可能出现不可导的“尖点”，因为这时的函数是分段函数.
(/一/一2)弑1—/), ze(-8,—i)u[o,i),
fM) =
(j：2—2)J?(X2 —1) , ze[—1,0) U[l，+8).
又
i・ (充一z—2)«z(l—〃)一0 [. (〃一z—2)%(]2-1)—o
lim--------------VI-------------= 0, lim-------------------------------= 0,
1-
3jCc
I
+
1
1
•T"*—1*
J•Cz\+~1
1
即/Xi)在i=—1处可导.
liin
(I?—x—2)1(/ — 1)—0_
2
Q
,
[
l
.
im
( 二 2—x—2)z
~
(l—x2)—0_ o
2,
X
所以/XG在z=0处不可导.
类似地，函数六工)在x=l处亦不可导.由于函数六z)在其他点处均可导，故六工)只有2个不可导点,
即(C)选项正确.
(8)答应选(A).
解本题实质上是解微分方程.首先由增量式舍去高阶无穷小得到微分方程
心=1+工出
利用分离变量解得再由j/(0)=k得C=7t,即/ 则3-(1) = ^.所以(A)项是正
确的.
注 还可以在 L~ 两 rx 端同除以 Az 并取极限 1 , 十 建 1 立微分方程y' = T±-i-
(9)答应选(C).
解 函数在点工=。处取极大值，按定义,存在一个邻域(q—Mq+3),使得当(。一家。+韵时，有
所以当 a~8 Q ,
m -^=mg-~Dp—kv, (*)
这是y对，的二阶可降阶的微分方程，其中”=*.按典型的降阶办法，
业= 五=亟=也.业=也
dt dt2 di dj^ di dy
(*)式化为
mv =mg—Bp—kv.
按分离变量办法解之,
i nw i
Ay~mg-Bp-ki^u,
了=_ 苧寸―^^[n(mg—Bp—如)+C.
初始条件为V =0,求出
y=0
C=m(mg 「 Bp)]nSg—Bp),
故所求函数关系为
_ m _m(?ng—Bp)】mg一Bp—kv
" U k2 11 mg—Bp .
注 数学上的比重定义:物体密度与重力常数的乘积(或者说物体重量与体积之比). a
(16)证(I )取(p(x) = —x
>(z)dz,它在［0,1］上连续，在(0,1)内可导，甲(0)=甲(1)=0.由罗尔定
理知，存在xoe(o,i),使"&o)=o.经计算，
(P ^T)=xf(^x)— J fMdt,
故存在血£ (0,1)使了
0
六血)一「=0,得证.
(H)由于 0,
即H&)在(0,1)内单调增加，故(I )中的*0是唯一的.
注 本题实际上就是证明存在唯一的互e(0,1)使得工。/(心)=「
fMdt.有些读者可能首先想到
• 46 •1998年
° *全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
使用零点定理证明根的存在性，即令F(z)=苛(工)一[》(，况，则F(0) =—。/^)出上(1)=六1),这样如果
/(x)恒等于。，则结论显然成立，如果/(x)不恒等于0,则有F(0)=—[》(£)dz V0,但F(l)=顶(1)2。，
无法说清楚F(l) = f(l) > 0,所以这里使用零点定理会遇到阻碍.当我们用零点定理不容易直接说明方
程有根时，可退一步对它的“原函数”使用罗尔定理来说明方程有根，故转而思考：力/(血)一「= 0
所对应的一个辅助函数是谁呢?实际上址斯)一「/(ridz = o^/u)-—「/(z)dz = 0,攻e(0,1)，故
» J习 No J习
FCz) = — J fCtydi ・= — x J /(^)dz.
(17)解 设切点的横坐标为工。，则切点(五，万户了)，曲线V= 在此点的切线斜率为
一「不，于是切线方程为
2 7^0-1
y — Ji。一 ] = —/ (z—No),
2 /zo — 1
又因它经过原点，以点(0,0)代入，得一2(心一1)= 一血，解得血=2,于是切线方程为了一1 =身(工一2),即
》=+工,切点为(2,1).
由曲线段v= UT(lWz<2)绕工轴旋转一周所得到的旋转面的面积为
Si — f V/l +(y)2(ir=7r f V3dz=-^(55/5_ 1).
J i J i o
由直线段v=*c(0QW2)绕工轴旋转一周所得到的旋转面的面积为
Sz= J 2k , -^x .亨&=泻4,
因此,所求旋转体的表面积为S=S1+&=^(11泻一1).
注求旋转体的表面积是几个几何量中考查的频率最低的一个,但是一旦出现在考卷中就会有很大
的区分度，主要原因在于部分考生忽略了这个问题，没有记住公式，还有就是漏掉了第二部分面积金,所以
大纲中要求的内容一定都要复习到.
(18)解 因曲线向上凸，故J'VO.由题设，有
~y — 1
/i+(y)2,
化简，即为
、〃=—[i+(y)2]・
曲线经过点(o,i),故心o)=i.又因在该点处的切线方程为了=1+1,即切线斜率为1,于是y(o)=i.
现在归结为求
V=—[1+(加，
(3>(o)=i,y(0)=1
的特解.
令寸= P'§'=甘,于是得力'=—(1 + "),分离变量解得arctan p = Ci~~工.将p(0) = 1代入，得
G= arctan 1 =于’所以:/= /^ = tan(号一z),再积分，得
y= jtan(于—= In | cos(奇—| + C2,
・47・h&考研数学
n* O
真题大全解(数学二)〉-
将＞(0) = 1代人，得C2 = l+yln 2,故所求曲线方程为
V=ln | cos( —z) | +H-- In 2,
取其含有工=0在内的连续的一个周期为
y=ln[cos(于一z)] + l+-|4n 2,了£ (—，乎)，
当了一"(一号)或z—(亨)时,cos(奇■—£)—()+，了一一8，故此函数无极小值.当工=号时取极大
值,极大值y (号) = l + ^ln 2.
(19)证 (I )令 *) = (1+*)1子(1+工)T,h+[0,1),有
?(0) = 0, = ln2 (1+z) +21n(l+z) — 2z,
此时还无法直接判断在(0,1)内矿(z)是否定号.为此，再计算"(0)=0,
矿(z) = Y^^[ln( 1 +z) ~x~\,
再计算 矿(0)=0, 9”(Q = -%；M$)V0,M(0,l),
于是矿(了)在(0,1)内单调减少，又矿(0)=0,所以在(0,1)内矿Cz)V0.于是妒(了)在(0,1)内单调减少，又
"(0)=0,故在(0,1)内/(ar)＜0.因此w(z)在(0,1)内单调减少，又平(0)=0,故在(0,1)内叩&) V0.证毕.
(n)令 3="工)_+，"。，口，有
,(、=(1 +■!：)麻(1 +]) —/
J B— z2(l+«z)ln2(l+«z)'
由(I )知，当x€(0,l)时Ca)V0,于是在(0,1)内六工)单调减少，■/'(】)=点一 1，故当妊(0,1)时，
贝)=1泯禹)_+＞点-1，
不等式左边证毕.又
1. rz 、 1- ln(l+z) [. J7—ln(l+x) v x _ 1
lim/(z) —lim i/ii 、-lim 2 =hm
X—0* zln(l 十z)
l0*
JC
lO*
2z(1+j：) 2
故当 妊(0,1)时,/(z) = In(lL) : J.不等式右边证毕・
(20)解 由题设得
C(2E-C-'B)At=E,
即 (2C~B)AT=E.
(1 2 3 4)
0 12 3 ,
由于 2C-B= ° ° ] 2， |2C-B|=1#O,
<0 0 0 1-
故2C-B可逆，于是
A =[(2C-B)t]t = [(2C—B)t〕t
(1 0 0 r 1 0 0 0)
2100 -2 1 0 0
3210 1 -2 1 o •
〔4321〕 I 0 1 -2 1J
注求解这类矩阵方程要先试着尽可能地化简，再去作具体数字运算.
・48 -1998年
° 3全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
(21)解因为
rl 2 0 3、
4 7 1 -2
0 1 a~l 0
、2 3 0 b—2>
所以
（I）当。尹2时，线性方程组（ai，a2,a3）x=p无解，此时P不能由a^a2^a3线性表示.
（ff）当方=2,q尹1时，线性方程组（。】02，。3）乂=尸有唯一解：
X=（J?1 ,Z3）T = （ —1,2,0）丁，
于是P可唯一表示为P= —a】+2。2;
当b=2,a=1时，线性方程组（a1,a2,a3）x=p有无穷多解：
X=（Z1 ,工2，工3）丁 =奴—2,1,1 ）丁+（ —1,2,0）T,
其中k为任意常数，这时P可由* ,。2，口3线性表示为
P= —（2& + 1）。1 + 以 + 2）。2+/3・
-49・1999年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
一、填空题:1〜5小题,每小题3分，共15分.
(1) 答应填 y+2x-l=0.
d~= e'cos Le'sin t
dr e'sin 2t+2e'cos 2t
当 z=0,j/= 1 时"=0,故
业 I =J_,
dr | f=0 2
从而在点(0,1)处法线的斜率为一2,法线方程为
y—1 = —2z,即 y~\~2x—1=0.
(2) 答应填1.
解方程两边同时对z求导，得
专^^ =3z2j/ + z3j/ + cos X.
由原方程知，当z=o时,、=1,代入上式，得平| =y| =i.
皿
I x=0 I x=0
⑶答应填-yln(^2-6^+13) + 4arctan +C,其中C为任意常数.
碗 [ z + 5 1 = ] [* d(〃 一 6z +13) | f 8dr
J jc2 — 6z + 13 2 J jc2 — 6x + 13 J x2 — 6z + 13
= -yln(jc2_ 6j?+13)+4arctan ^y-^+C,
乙 乙
其中c为任意常数.
(4) 答 应填耳尹7T.
解函数^=/(x)在区间[a,研上的平均值是指土 故所求的平均值为
73
>/3 - ] J E a/1——2
令 z=sin。,则 ，
上式=翥 E sin倒=翥 (*。—jsin 2d) | ；=号兀
注要掌握平均值的概念，在2016,2018考题中均出现了有关平均值的题目.
(5) 答 应填尸Ge—+(Cz+—r)e气其中C,,C2为任意常数.
解 特征方程为产一4=0,解得n = -2,r2 = 2,故项'一4了=0的通解y=Cie~^+C2e2\由于非齐次方
程右端的非齐次项为e&,指数上的2为特征方程的单根,故原方程特解可设为了* =Aze气代入原方程化
简得A=j.故所求通解为
• 50 •1999年
° <<全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
y=y+y'=C^+(G+土了)e*,其中 Ct,C2 为任意常数.
二、选择题：6〜10小题,每小题3分，共15分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(6)答应选(D).
(0) = lim 些二皿=lim 虹孕=0,
解
■r~*0 Z
x~*-0 jq 2
仁〈0) = lim心二皿=临茨3 = llm zg(z)= 0.
x—O' Z a—0 Z X—0
第二个等式利用了 g(z)是有界函数这一条件(有界函数X无穷小量=无穷小量).由于八了)在点
工=0处的左导数等于右导数，因而,，(工)在z=0处可导.
注求分段函数在分段点处的导数往往采用导数的定义.
⑺答应选(C).
解先利用洛必达法则求出lim奈,再根据此极限值进行判定.
(工)
f5x sin t sin 5z
lim 奈= lim ~~ --------- = 51im--------------r
、-—
x-*0 N/? (1) x-H) C (/i1 +| z) —f djz x-»0 (z li +I si• nz)stnH
J 0
_l i - sin i 1 i • 、—■-
= 51im― • lim(l-rsin x) 丽工
OJC r—0
=5,
e
故当z-0时,a(z)是0G)同阶但不等价的无穷小.
(8) 答应选(A).
解 排除法.(B)的反例：/(x)=cos工,FCz) = sin工+1不是奇函数；
(C) 的反例:ya)= coszx,F(j：)=-|^+ysin 2t+C,不论C取任何常数,FCr)都不是周期函数；
(D) 的反例:/■&)= —*在(0,+8)内是单调增加的，但FCz) = -ln*在(0,+8)内是单调减少的.
注 连续函数/危)的原函数FJ)可以表示为F(了)= £/(z)dr + C,考查
F(— j?) = f /(r)dz + C = f /(— w)d(— u) +C =— f /(— u)du + C.
J 0 J 0 J 0
若六工)是奇函数，则f(-u) =-f(u),有F(—工)=FCr)(对任意的C成立)；
若八工)是偶函数，则/(-«)= /(“)，进而当且仅当C = 0时，有F(—工)=—F(z).
(9) 答应选(C).
解 本题考查考生对数列伐”｝收敛于a的定义的理解.其定义是“对任意给定的£1>0,总存在正整数
N,，当时，恒有I勾一a | V& 两种说法相比较,似乎定义中的条件更强些，即由lim而,=a必能推出
n-*8
“对任意给定的e&(0,l),总存在正整数N,当nNN时，恒有\x„~a\<2e”.但其逆命题也是正确的.因为
对任意给定的£1>0,取e = min｛号,新，则对此e,存在正整数N,当 gN时，恒有/,一a|<2e,现取
Ni =N— 1,于是当n>Ni时，有| 了”一a | o,y(o)=i,从而了(了)>0,于是
(工—多)|=汐.
又
S2= f y(t)di9
J 0
由条件2Sif = 1知
七-J y(£)& = 1, ( * )
两边对工求导并化简得
yy=<.y'y.
令P=y',则上述方程可化为
展或,
从而
坐=史
P y '
解得p=Cxy,即
*=Gy,
于是
^=ec,x+Cz.
注意到火0) = 1,并由(*)式得/(0) = 1.由此可得G = l,C2=0,故所求曲线的方程是丁=营怂20).
(18) 证由题设可得
r*+i
因此
a. = S/«) — f7(x)±r = — £ r》(z)±r
*=1 Jl *=1 k=\J k
=\_fCk) — £ /(j：)dz］+/(n) 0,
即数列修”｝有下界.又
fn+l
a„+1—a„ = /(n-| 1)— j (工)&W。，
即数列｛a“｝单调减少，故由单调有界准则知数列｛a.｝的极限存在.
(19) 解 由题意得(A*—2E)X=AT,其中E是3阶单位矩阵，等式两端左乘矩阵A,得
(|A|E—2A)X=E,
可见|A|E~24可逆，从而
X=(|A|E—2A)T.1999年
全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
由于
1 1 -1
|A| = —1 1 1 =4,
1 -1 1
，1 -1 1
\A\E~2A=2 1 1 -1
-1 1 1 .
故
-1
'1 -1 1 1 1 0'
=_1_
x = 1 1 -1 0 1 1
~2 _ 4
(-1 1 1 . .1 0 1,
(20)解 对矩阵（。],。2，。3，。4，。）作初等行变换:
rl -1 3 -2 4 rl -1 3 -2 4、
1 -3 2 -6 1 0 -2 -1 -4 -3
—A
1 5 -1 10 6 0 6 -4 12 2
、3 1 />+2 P 10. .0 4 P-7 p+6 _2,
rl -1 3 -2 4 「1—13 -2 4 '
0 -2 -1 -4 -3 0 -2 -1 -4 -3
—A —A
0 0 -7 0 -7 0 0 1 0 1
0 0 p—9 p—2 —8. .0 0 0 p—2 1 — p ■
（I）当力尹2时，向量组。1，。2血,口4线性无关.此时设。=11。1+]2%+%3。3+34。4，解得
_3/>~4
心=2, 了2 ~~ P , - _( 2 ■)， >3-3 】， 》一2'
即 a=2ai+^zya2+a3+^TZ2a4-
（II）当力=2时，向量组ai ,a2 03 ,a4线性相关.此时，向量组的秩等于3. ai ,a2,a3（或ai ＞a3 ,a＜）为其
一个极大线性无关组.
注 对列向量组血，a3,at作初等行变换得到01，位，阪，则向量组a, ,a2 ,a3,a4与向量组机，成，
如艮有着相同的对应关系，即如果。1，供,人是A，%，氏，枷的极大线性无关组，则ai.a2,a3是叫血血,
a4的极大线性无关组，且a＜由ai,a2,a3线性表示的系数与％由"，食线性表示的系数相同.
• 55 •2000年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
一、填空题：1〜5小题,每小题3分，共15分.
(1)答应填一
0
一以
(2) 答应填(In 2-l)dr.
解方程两边同时求微分得
2w(ylz+zdy)ln 2 = dr+dy
由原方程知，当z=0时点=1,代入上式得
In 2dz—dz = dj7,
即 dj =(ln 2—l)dr.
I H=0
注 也可先求出JI (原方程两边对工求导).
I x=0
(3) 答应填奇.
解 令 /r—2,则 j：=t2+29dz=2tdt.当 x=2 时*=0；当矛~>+8时“->+8,所以
原式=JT 渚fcr些(号arctan号| ：)=专.
(4) 答应填 y=2x+\.
解 a = lim-X = lim(，2—* )e+=2,
J—*oo jC \ JC f
i
b =lim(y—Qi) = lim[2z(e* — 1) —e*] = lim 「 -2---e-------i-- ) ---p i 厂 =1,
■r .8 _r**8 ]
- x _
所以斜渐近线方程为y=2z+l.
1 0 0 0]
-12 0 0
(5)答应填
0-2 3 0
0 0 -3 4J
解此类填空题，总是先进行符号推导再代入数字运算.
因为 B+E =(E+A)t(e—A)+E
=(E+A) t (E—4+E+A)
= 2(E+4)T,
1 0 0 O'
~ , 1 -1 2 0 0
所以 (E+B)-1=4(E+A)=
2 0 -2 3 0
、0 0 -3 4,
• 56 •2000年
° :*全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
注 本题利用了单位矩阵E恒等变形的技巧.
二、选择题：6〜10小题,每小题3分，共15分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(6) 答应选(D).
解由题目所给的条件便可分别确定系数.因函数六了)在整个数轴上连续，则a+e*乂0,故有a20;又因
lim/U)=0,则必有当 L-8时,a+e&-*+8，所以b<0.故(D)是正确的.
(7) 答应选(C).
解’由/(o)= o知*=o是函数y(z)的一个驻点.由关系式知r(o)=o, [
即(0/(0))可能是拐点.如何判断？可以分别考查f(z)与，(Q在点工=0处 \ /
的左、右邻域是否变号，但在本题中这不容易做到，于是考虑求了(了)在点了 = 0 / 厂 J .
处的更高阶的导数.仍由原关系式可得/(0) = 1,由拐点的第二充分条件，从 ° /
而得知点(0/(0))是曲线y=/(x)的拐点，即选项(C)是正确的. /
(8) 答应选(A).
解看起来，选项眼花缭乱，其实仔细审题发现,(A),(B)两项是瓣在区间(a,内的值与两端点处
的值比较大小,(C),(D)两项是r(Gg(z)在区间(a/)内的值与两端点处的值比较大小.题干中含有某种
形式的导数的不等式，就想到用单调性.题干中表述的是谁的导数呢？经验算，
f （QgG）—y（r）g'（z）—
g2（x） <0,
故应选(A).
⑼答 应选(C).
Hm sin 6z+z/Xz） _ 血拱田 6z—6jc+6»z+z/Xz） _ j.^sin —6x〔 1而6二+%/危）
解法1
l0 X3 lO jC3 lO J?3 L0
-A X 63+lim史岑a=Onlink+匕（*）=36.
0 x LO X
故选(C).
解法2对sin 使用泰勒展开,
gsin 6好可&)_川产—牛(6打+。(史)+可危)
=1而6+匕愆）_36=0,
J^*o JC3 X-O x-0 X
故1血6+匕(")=36.故选(C).
L0 X
解法3由阮血6工匕寸(力=0,得血6^匕"&) =。+。,其中[总制，于是得—血6二+
f 1 x z
0(史).
故lim 电@ = lim虫二皿铲心 =36.故选(C).
(10) 答应选(B).
解解高阶常系数齐次线性微分方程，是通过解其特征方程确定微分方程的通解.本题是将此过程反过
来使用:由给定的特解知特征方程的根为n = l" = T(2重)，故特征方程是(rT)("+l)2=0,展开得
/ + /—r—1 = 0.
从而，微分方程为必+/〃一寸一了=0,即选项(B)正确.
三、解答题：11〜21小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤・
(11) 解 设In z=L则z=eJQ)=也(牛.所以
-57 -存歹考研数学________________
真题大全解（数学二）〉》一
J= J =—Jln（l + ex）d（e-x） = —e-xln（l+eJ） +
1 + b
=—e-xln(l+ex) + j(1-】¥,)& =—eFnd+eO+z—Ind+eO+C,其中 C为任意常数.
注积分 厂上位还可这样处理: —-—cLr = 弟& =一 J 土 dU) =-ln(l + e-)+C,
1 + e l + ex
其中C为任意常数.
（12）解由题设知
— 1 t2 0«,
2
SQ)=<• "I
■-■尹+2/—1, 12.
[*产曲={■史
所以，当时, SMdt=
0 J o Z b
当 1<了《2 时，「SQ)dt =『S(z)±+「•S"((…)± =-^x3+ ■x2-^+41-
J o J o J i o o
•2
当]>2时, SO)dz= SQ)dz+
o 0
因此
I
S(Odi=< i 1
i'+j?—z -- , 1ViW2,
o o o
、i—1, i>2.
（13）解法1由莱布尼茨公式
（必）S> =护"> u+Cg v+C^U S'------1- UVM ,
[ln（l+z）*> =（-？二。；1）!（» 为正整数），
及
（〔十 z）
得当时,
尸③T（T常）丁）!+2心上1）'"3一小 (-l)f(〃一3)!
(1+G，T +〃(L1). 一(i+z)T
所以
舟>(。)=(—l)f(LE—3)!=^^©3).
解法2利用泰勒展开六工）=/ln（l+了）=f£〈― I）。'了"=吏 <二1）二出=吏（一 1）：二,
"=i 〃 切〃n 七〃一2
由泰勒展开系数的唯一性，得 祟，故舟>（o）=上峙汨 (——1 )i
-------n!(n 2 3)..
72 — 2 n\ 72 — 2 n — Z
((14) I )证 因为 IcoszINO,且当 mWzVS+l)7T 时，
I cos x\drWSG) V | cos x \ dr.
J o
又因为Icos招是以7T为周期的函数，在每个周期上积分值相等，所以
nn r n
|cos x\djc=n |cos z|&=2〃，
0 J 0
f(n+l)K
J 0 I cos x | dz=2(〃+l).
因此，当FVzV（〃+l）7t时，有
・58・2000年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
2〃VS(z) V23+1).
(II)解 由(I)知，当 时，有
2〃 /1+g
旋转体的体积
41+° /。之二之 4 \ J — a2 3_a2 5 _ 2rc ._______
V =7T ]I ~ a jc ) cLzr tc 3(l+a)X ~~5X ° 15 (1+口 志
0
亚—钮 2a(l+a)3—a**(l+a翌 _汗(4吁q
______ 2
dja 1i 5r- • ✓ H (-| li+ ea\、 P5， ~ - 1 - 5 - ( - l+ — a)^ 7
令%=0,并由a＞0得唯一驻点a = 4.
由题意及实际情况知此旋转体体积在a = 4时取最大值，其最大值为
TZ 27rv 16 32泻
v=T^x^=庶兀
((119) )解由题设知
(x+i)/(x)+a+i)/(x)-£ /(z)dz=o,
上式两边对]求导，得 (z+DfG) = — (z+2)/(«z).
du_ z+2
设u=f (工),则有
dr
解之得 /(x)=M=7TT,
由 /(o)=1 及/(o)+y(o)=o,知/(())=—i,从而 c=-i,因此
贝)=-圣
—cos xy=e~l两边同时对x求导得
坤(2+宰)+sin 玲.(、+了 豹=。,
平 | =-2.
将z=0,j>=1代入解得
etc I x=o
故所求的法线方程为
了一2/+2=0.
(3) 答应填专■.
O
解 这是对称区间上的定积分，一般都可利用积分性质化简计算，所以
2专(j73 + sin2j?)cos2j7clz =2 J2 sin2j：cos2j;(iz=2 J2 (sin2x—sin4a;)dz=2— =-^-,
(4) 答 应填 y • arcsin x=x— ・
解 题目中把/arcsin z+Q=^=l称为“关系式”而不是方程，就是提醒考生除了利用一阶线性
V 1—
微分方程求解外还有更方便的解法.事实上，等式的左端等于(V・arcsin z)',关系式变成()• arcsin xY =
1,两边积分得
y • arcsin x=x+C,
再将 >(y )=0 代入得 C=—■,因此' • arcsin x=x—* .
(5)答应填一 2.
解 利用增广矩阵的秩等于系数矩阵的秩,且使其秩小于3的方法确定a的值. ’
r
a 1 1 1 ' a 1 1
1 a 1 1 ——► 1 a 1 i
、1 1 a -2. a~\~2 a+2 a+2 o.
故当a=—2时，增广矩阵的秩与系数矩阵的秩都等于2,从而原方程有无穷多解.
a 1 1
注不少考生由|A|= lai =(a+2)(a—l)2=0=>a=— 2或a = l,这是不对的，因为|A|= 0这
1 1 a
只是意味着Ax=b没有唯一解,它可能有无穷多解,但也可能无解，实际上a = 1时方程无解.
• 62 •2001 年
°全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
二、选择题：6〜10小题,每小题3分，共15分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(6) 答应选(B).
解由于对一切的了，了(z)Wl，故/(7&)] = 1，因而
(7) 答应选(B).
解，这是无穷小比阶的题.把题中的每个无穷小都用其等价无穷小代替,便可得到正确的答案.事实
上，当1*0时，
(1 —cos 工)111(1+了2)〜-^-工\ jsin xn 〜xn+1, ex — 1〜x2,
故应选(B).
(8) 答应选(C).
解本题的曲线对称轴为直线x=2,所以，它或者没有拐点或者只有2个拐点，因此(B),(D)被排除.
又 j/ = 4(z—1)(了一2)(;r—3),
对导函数/应用罗尔定理点"有两个零点，从而知原曲线有两个拐点.也可直接求函数的二阶导数的零点,
再判断在零点左、右邻域的二阶导数是否变号.
(9) 答应选(A).
解由选项看出，题目是要确定*与^怂)在所讨论区间内的大小关系，因此，构造辅助函数FS) =
/(X)—x.由题目的条件知
F(l)=0, F'(l)=0,
F”(H)=/'(GV0,ze(l—3,l+J),
故FGr)在_z=l处取得极大值，即F(l)= 0在区间(1-5,1+5)内为极大值，从而
/(X)—x<0,xG (1—8,1) U (1,1+3),
即(A)正确.
(10) 答应选(D).
解抓住>=/(x)的图形中的曲线上升(/(了)20)、下降(Z(x)^0)区间，驻点(/(工)=0)的个数,
可知应选(D).
三、解答题：11〜20小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(11) 解 设 r=tan ”，则 dz=sec2“d".
眉式=f________________= f __cos “du
、 J cos u • (2tan2uH-l) J 2sin2u+cos2u
= J f 业#: = arctan(sin u)+C
—arctan( /—[)+C,其中C为任意吊数.
/Xi) —exp(lim . In . \,
(12)解因
J \ sin Z—sin x sin x }
而由洛必达法则得
cos z
x i sin t v sin t x
lim • In . — limr • 一 • ,
—h sin t—sin x sin x ―工 cos t sin x
故r(z) = e甜.由此表达式知z=0及1=办以=士1, 士2,…)都是/Cz)的间断点.
由于
■r
lim /(j?) = lime 靠=e,
a—*0 ar-*0。
和/考研数学____________
真题大全解（数学二）〉〉
所以工=0是六*）的可去间断点;而工=如以=±1,土2,…）均为无穷间断点.
f _ ］ 〃 _____1
(13)解
'=一号’
所以抛物线在点M（z,jO处的曲率半径
_ 「=3 =十=口+伊邛=扣并1）七
抛物线上京的弧长
5=5（j?）=| yi+（y）2dz= j* J 1+土血.
±
由参数方程求导公式得
3
d 虹 s dz j- • -|(4x+l)i 4
玉 一 =6 后,
& 1+—
d
- 4je
之 - d z 伴 1 = 6 . 1 = 6
d2 5 虫 2 店 * r77T~ v/47+T，
& V1+S
从而
3卷一（打=和并1艮而一36.=9.
（14） 解 等式两边对 1 求导得 gQ/Xz）］/（J；）=2j：ex+^2ex,
而 gQ/（z）］=z,故 工f （x） = 2xez+j：2eI.
当 z尹0 时,/，（j?） = 2ex4-xeJ:,积分得，（《r）=（工+1）1+（?.
由于/'&）在z=0处右连续，故由
O=/（O） = lim/（j：） = lirn［（x+l）eJ:+C］,
x-H）+ x-^）+
得 C= —1,因此 /Xz） = （z+l）e，一1.
注 部分考生对g［/G）］=r这一反函数的基本性质不熟悉,导致后续无法化简;积分方程往往都是
通过求导转化为微分方程再去求解，另外本题利用初始条件确定C的值的过程值得体会.
（15） 解由r（*）=g（z）得广'怂）=寸愆）=21—六了）,于是有
f\x）+f^） = 2ex,
< /（0）=0,
顶'（0）=2,
解之得 f（.x） = s'm x—cos z十ej
故 I： ［fl-冶头 k j： TW%
=』：咛空尸％=j：d［逑卜律i： •
=住2—/（0）=毕.
（16） 解（1）设曲线匕过点P&,、）的切线方程为
Y — y = y/（X~JC）9
令x=o,则该切线在丁轴上的截距为 S
由题设知 J招+乂2 = y — xy ,
令“=2,则此方程可化为
工 vTw 工
• 64 •2001年
° ＜＜全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
解之得
什 yp+7=c.
由L经过点（号,0）,知C=$.于是L的方程为
y+ \/^2+y =y»
即
»
（n）设第一象限内曲线在点p（工点）处的切线方程为
Y— ( —x2) = —2]0—z),
V=-2zX+/+f,
即
它与工轴及丁轴交点分别为
所求面积为
对工求导得
s'&）=4
令S'（工）=0,解得工=共,
当o «季时3（*）＜0；当工〉尊时,s'Cz）＞0,因而工=¥是SG）在（0,土）内的唯一极小值点,
即最小值点.于是所求切线为
"-2・^X+斜-
即 y=-^X+y.
（17）解 设雪堆在时刻Z的体积V=y7tr3，侧面积SH2"2，由题设知
于是圭=一K.积分得r=—Kt+C,由_0 =广。，有r=rQ—Kt.
又
v| =yv| ,
即
-|-7r(ro —3K)3 = -|- •号江无，
这样 K=-j-r0，从而 r=r0 — ■ rQt.
・65 -h亨考研数学
Pl
真题大全解(数学二)〉
因雪堆全部融化时r=0,故得t = 6,即雪堆全部融化需6小时.
((118) )解 对任意工£[—a,a],
/•(工)=/'(0)+，(0)了+亨^z=，(0)z+4^z2,
其中E介于。与z之间.
(II)证 「y(z)&=「/(O)^dz+「岛〃(£)&=§「""(Qdz.
J —a J -a J —a 乙！ 乙 J —a
因为/〃(z)在[—&,□]上连续，故对任意的a,。],有其中M,m分别为/〃(z)在
[—a,a]上的最大值、最小值,所以有
m f f I* z2/"($)(hWM [ x2(ir,
J 0 J -a 乙 J —a J 0
即 mW「/'(z)dr£渚*'
——号+j：（Fd（去）——土一芯|：+J；
亮
号—亮+J：蒙*5——号_高+J： （ + 一击）蛔）
-70・2002年
＜全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
2 e' + l
1 X , , e1 , 1
万一E + ln?TlTn 万,
所以
时T
—IWjcVO,
F(z)=y
In方-高+反2-号，°＜心
+
/(■z+Ztr)]
(13)解设 y= fS) J
则 Inf In
i. I i. 11 i f—jc+hcc)
于是有 limln y =lim-j-ln 】-------
h—0 ‘ d-c 侃h M f(x)
= hnJn，(z+/lz) —In f(jc)
h-*0 h
=工 limln/^+^)-ln /(x) =；cEln st.
hx
从而 lim f(工)J =ex[ln/(x)7 ,
10
代入题目所给等式得
eHW = e，，
故有 •z[ln ,
[In，Cr)丁 = A，
即
两边积分得
In /(j:) = —^-+C],
r(z)=Ce~+ ,
再由条件lim /a)= l,得C= 1,即
r-*+＜»
1
/(j?) = e-x.
注本题是用导函数的定义建立的微分方程，注意不可以使用洛必达法则求lim宜也昼
A-H) fl
另外还应分清h是极限变量,而工是参变量(视为常数).
(14)解原方程可化为
dy 2 _ n
这是一阶非齐次线性微分方程，故直接套用公式得
y =e^ldl (― Je-f^^dr + C) =a:2(-^-+C^=jc + Cr2.
由曲线y=r+Cx\直线z=l,工=2以及工轴所围成的平面图形绕工轴旋转一周的旋转体体积为
V(C)= g kGt+CW&F号+&+容)| " = 7r(yC2+yC+y),
令 vz(c)=o,得
• 71 •。
花亨考研数学
1^5
真题大全解（数学二）〉〉
=0,
解得c=一窘.
又衫'（0=筝>0,故。=—岛 为唯一极小值点，也就是最小值点.因此,
_Ilr2
y=^
124
为所求解.
（15）解 建立如图所示的坐标系，则闸门下部边缘抛物线的方程为
y=:c2（ —lWr1时则
0V女+i= + m = *，
故由数学归纳法知，对任意正整数几>1,均有0Vz”<3,即数列S“｝是有界的.
又当">1时，
x„+1—JC„ = x„ = 工* - 因 0l时，了,+iNz”，即数列伐”｝单调增加.
所以由单调有界准则知limz,存在.
设 limz„=a,由
n-*oo
・72・2002年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
n
l
-
i
^
m
00
rn+i =
n
l
-
i
*
m
oc
a/j7„(3—j：n),
得 a— vaC3~a),
解之得a=岑,a=0(舍去),即lim^„=4.
U n-*oo U
(17)证先证右边的不等式.
设 p(H)= ln x—In a—*^_^(工><1>0),
\fax
1 2y/ax~x—a_ (7?—亦)之
亍因为 — ，
2x vax 2xVax
故当z>q时w(z)单调减少，又乎(a)=O,所以，当z>q时，平危)<(p(a) = G,即
In x—In ,
Jg
特别地，当x=b>a时，便有 In 6—In aa>0'),
由拉格朗日中值定理知,至少存在一点eeu.M,使
In?—!.% =(in” _ 1
b—a
由于OVaCKb,故 3>万'
又由于a2+b2>2ab,所以%>亳薜，从而有
b a十0
In b—In a、 2q
b~a a2+^2 •
(18)证法1因为当/i—O时+A2/(2/l) +A3/(3/i)-/(O)是比厅高阶的无穷小，故其本身也
是无穷小，即
0 =lim[A1/(/t)+A2/(2A)+A3/(3ft)-/(0)]
h~*0
=(Ai+A2+A3 —1)/(0)，
而/(0)^0,所以得 义1+义2+人3一1 =。.
A , Ai/CA) +A2/(2A) +A3/(3/i)-/(O)
又 U = lim--------------------rs----------------------
io h6
洛必达法 .』 则 im A -- 1 - / -- ( -- / - i - ) - + -- 2 -- A -- 2 - / - ( -- 2 -- A -- ) -- + -- 3 - A --- 3 - / --- ( -- 3 - / - i - )
2h
A—O
洛,达法则5m牛"预〃(/o + 4心/(2/t)+以3f'(3/i)]
h-*o Z
= y(A1+4A2+9A3)/，，(0),
因为/z(o)^o,故得
11+4人2+以3=0，
其中还包含 0 =lim[义if (A)+2A2/z (2A)H-3A3/z (3/i)]
A-*0
= (Ai+2A2+3A3)/(0),
因为/(0)M0,得 义i+2人2+3丸3=。・
• 73 •7 /考研数学_________________________o
"弓真题大全解(数学二)〉〉〉
综上所述，得Aj.Az.As的线性方程组
'人 人 人 1，
1+ 2+ 3 =
Y 人 人 丸 。，
1+2 2 + 3 3=
、, 入 以 。・
1 +4 2+ 3=
因其系数行列式(范德蒙德行列式)
1 1 1
1 2 3 =2 尹 0,
1 4 9
故由克拉默法则知,存在唯一的一组实数足人
2
以
3,
使得当/i-O时,A1/(A)+A2/(2A)+A3/(3/i)-/(0)是
比炉高阶的无穷小.
证法2利用泰勒公式.
A1/(A)+A2/(2A)+A3/(3/l)-/(0)=A1[/(0)+/(0)A+y/,(0)A2+O(A2)] +
A2Ey(0)+2/(0)/l+2//(0)A2+o(/l2)]+A3r/(0)+3/(0)/i+y//(0)/l2+o(/l2)]-/(0)
=(A, +A2 +A3-D/(0) + (Ai+2A2+3A3)/(o)/1+^±^±^3//(o)A2 +o(h2)
=o3).
A1+A2+A3 —1,
故有Ja1 + 2A2+3A3=0,又其系数行列式(范德蒙德行列式)不为0(为2),根据克拉默法则，可知方程
,Ai+4A2 + 9A3—0,
组有唯一解，即存在唯一的一组实数A1(A2 ,a3满足条件.
注 条件可以减弱为“八工)在工=0处具有二阶导数”，此时证法1的洛必达法则便不能再使用，但证
法2的泰勒公式仍然成立.
(19)( I )证 由 2A 'B=B-4E 知
AB-^A-2B=O,
从而(A—2E)(B-4E) = 8E 或#(A—2E)(B—4E)=E,从而 A~2E 可逆，且
O
(A—2E)T = g(B—4E).
O
(□)解由题中等式可知 A=2B(B-4E)
1 _1_
0
I T
'一3 -2 0
； 1 __3
而 (B-4E)-1 = 1 -2 0 0
8 ~S
0 0 -2,
J_
0 0
1
— 0
ri -2 0、 I T
故 1 2 0 — _3_ 0
~8
2]
、o 0
0
~2
0 2 0
-1 -1 0
0 0 一2,
・74 •2002年
全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
(20)解法 1 设 x=(^i ,x2 ,x4)t测由
x2
Ax= (。1 ,。2，。3，
解法2由于％ ,必，口4线性无关血=2a2—a39则r(A) =r(ai ,a2»a3 ,a4) = 3,故Ax=0的基础解系中
-2
只有1个解向量，而(口1，。2，。3，口4) =垢一2%+她=0,所以(1,一2,1,0)丁是Ax=0的一个基础解
1
系，而(。1 ,口2，口3，口4) =ai+a2+a3+a4=fi,所以(1,1,1,1)T是的一个特解，于是Ax=fl的通解
为(1,1,1,1)丁+4(1,—2,1,0)丁,其中』是任意常数.
-75・2003年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
—、填空题：1〜6小题,每小题4分，共24分.
(1)答应填一4.
(2) 答应填了一、=0.
解 在xy+2\n x=yi两端对x求导得
坤+翌=4舟,
OX X QJC
将z= 1点=1代入上式得* Lt = 1,故所求切线方程为
y—l=x—l9 即 x—y=0.
(3) 答应填也畏.
n!
解法1 ⑵)<”>| =2Uln2)”| =(ln2)",于是所求系数为业移.
I x=o I x=o n.
解法2利用泰勒展开v = 2,=邪泌=£ &")■=吏(ln2rx»,故所求系数为也挡.
七 汨 七"！ n\
(4) 答应填上(e'x —1).
解 A = 41 C2k ( e«)W=*1 | P 2it . eWd0=1£ e叫I 2k =-1^-(e4»-l).
Z J o Z J o 4q I o 4a
⑸答应填3.
11 3C\ JC\JC2 JC\3C^
解设(》= ，则 aaT = .由题设知 xi=x2=j?3 = 1» 故 aTa=zf+i3+秘=3.
XZJC2 成.
注a/是秩为1的方阵,a『a是一个数，且这个数/a就是方阵aaT的迹，于是直接有
aTa=l + l + l = 3.
(6)答应填奇.
解由 AZB-A-B=E^
(A2-E)B=A+E,即(A+E)G4—E)B=A+E.
■ 2 0 r
而A+E= 0 3 0为可逆矩阵,上式两端左乘(A+E)T有
.-2 0 2.
(A-E)B=E,
0 0 r
又 A-E= 0 1 0
.-2 0 0,
• 76 •2003年
°《全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
故 |4一E|=2,
又 B=(A—EL,
|B| = | (A—EL | = |A—EL=号.
因此
二、选择题：7〜12小题,每小题4分，共24分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(7)答应选(D).
解，假设存在，等于A测
n-*oo
h r
lime” = lim 牛=nr^~»-8r- = A
bn liiwn
n-*oo n-*oo
n~-8
存在，这与lime”=8矛盾，故不存在.
n-*oc n~*°o
注由极限的局部保号性容易得到极限的局部保序性：
若lima, = A,lim*“=B，且 A>B，则存在 N>0,当">N 时，有 a„>bn.
n~*8 . n-*oo
对于本题，选项(A),(B)说对任意的〃成立,显然错了；
对于选项(O.lima^,是典型的“0 • 8”型未定式，其极限可能存在也可能不存在.
n~*°o
(8)答应选(B).
解
故
lim mn = lim (1 + e"1)2 -1.
n-»°o
n~»8
选项(B)正确.
(9)答 应选(A).
由，=点得、'=件辛尹'代入微分方程得
解法1
In x—1 _ 1 | / ^ \
1子二—砧+吸顶，
/
1 In纭=_丈
则
中 ln2j; x2
解法2 令卫=以,则y —u-\~xu ,代入微分方程得
x
du
故 In x
甲
而y 点是微分方程的解，从而
血 =Z = 1
甲
・77 •。
存玄考研数学
n*
真题大全解(数学二)
两边求导有
即 喝)=—#•
(10) 答应选(C).
解 因/'(M处处连续，故其一阶导数等于0的点(驻点)和一阶导数不存在的点是可能的极值点.当Z
自左至右经过这些点，导数符号由正变负时,则该点为极大值点；当z自左至右经过这些点，导数符号由负
变正时，则该点为极小值点.故应选择(C).由于本题题型新颖,特别是考生未考虑了=0处的情况，因此相
当多考生选择了(B).
(11) 答应选(B).
解 因为当工£「0,于］时,sin jcVzVtan 了,故tan '，则
L 4」 x tan x
4 地k＞「 点& =匕
Ii =
0 X J 0
这便排除了选项(C)和(D).
令 则 f (z)=zse&；tan 工=£—$^ 奇os z〉。,即 y(z)在「0,号［上单调增加，有
OC JC JC cos oc L 4」
. tan -7~Tr .
tan 4 4
—w-----=一,
T 7t
T
故 一哥地丑〈虾& = 1,
J 0 X 7t J 0
即选项(B)正确.
注从几何上的凹凸性更容易直接看出当妊奇］时,tan 工(尸+上是过原点与点(1 )的
直线).
(12) 答 应选(D).
解 因为向量组I可由II线性表示,它们的秩满足
r( I )Wr( II )s时,r( IXr,故I必线性相关,于是选(D).
注若是能想到“以少表多，则多必相关",可直接选(D).
三、解答题:13-22小题，共102分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(13) 解 Iimy(z) = limln(l+a史)=1血―宅一
1—arcsin x l。- 1—arcsin x
i- aj? e
=lim----z----= — 6a.
jr*0" --J-- --3X <
0
1- 、 r 曜+/—qz—1 .e^+jc2—ajc—1
= lim---------------------------------= 4 lim------------------%-----------------
x-*0+ x~-*0+ jrsi • n - 工 7- x-*0+ JC
4
= 41im-"t2-~a^21im(a2ear+2)=2a2+4.
乙工
X—0+ L<)+
令= lim/(j:)，有一6口=2牙+4,解得 a = — 1 或 a~—2.
当 q= —1 时,lim/(j?) = 6=/(0),即，(z)在 x=0 处连续；
x-^0
当 a = — 2 时,lim/(^) = 12#/(0),H而 了=0 是/'(*)的可去间断点.
jr-*0
・78・2003年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
dy^ e1+21nt 2 _ 22eett dz=a
(14)解 由
ck l + 21n t t l+21n t9 dt '
2e：
dy= ck l + 21n t
得
dr dr -4t"" 2(l+21n t)'
di
d2\= d 1 = e -1 2 J_ = ________e______
所以 dz2 di \ dr / dz 2 (l+21n tY 匠―—4：2(l+21nz)2・
当z=9时，由1=1+2/及,>1得：=2,故
d2y e
x=9 —4尹(l+21nQ2 ,=2— 16(l+21n 2)2'
(15)解法1设z=tan L则
f 衣冲皿 dr = f ,1 : tan J 、成血=[e'sin tdt,
J (1+03/2 J (l + tan2r)3/2 J
又 e'sin tdt =—Jerd(cos t)=— (efcos t —Jercos tdt) =— ezcos t + ezsin t — e'sin tdt.
故 e'sin tdt = -yer(sin f — cos Z)+C.
因此
--------------------工------d
心
r = -Learctani x 1 +c=(z^2£T+c,
(l+]2)3/2 26 2 J1 +
其中c为任意常数.
x x
jrearctanx ■,r,e_ arctan ^arctan
解法2 打/
(1+ 2&
川 5 工 1 rctan x \ 一 -arctan x 此 c 峥 a / rct ) an x = .______ Z __ e __ ^ _ c 了_ t a _ n _ x ____a女_t_，__
/T+P- %/r+? /T+7 (1+ 2)3/2
移项整理得
J jrearctanx =铝军+ c,其中c为任意常数
dz_ 1 _ 1 d2jc_ d /dz\ _ d /dr\ dr_ _ 1
(16)解(I) • ~~r = —
dy 业 了' d^2 dy \d^/ dz \dj/ / dy y
dr
代入原方程，得 y—j/=sin x.
(n)方程y”—v=sin x所对应的齐次方程y'-y^O的通解为
^=Ciex+C2e-x.
设方程y~y=sm x的特解为
y* =Acos z+Bsin z,
代入方程y，_3^=sin z,求得A=O,B=—■，故y* =—~ sin z,从而yf—y= sin x的通解是
^(^)=C1ex+C2e_x一- sin x.
由 j/(O)=O,y (0)=y,得 C1 = 1,C2 = —1.
故所求初值问题的解为
yCx') = er — e~x— sin x,
(17)解法1问题等价于讨论方程ln4j：—41n i+4z—& = 0有几个不同的实根.
设 ^(x) = ln4x—41n z+4z—
-79・h亨考研教学
P5 Q
真题大全解(数学二)〉
g —4(屿一1士为
则有
X
不难看出，z=l是9(z)的驻点.
当OVzVl时,,(jc)<0,即甲(工)单调减少;当z>l时,甲'&)>0,即甲&)单调增加，故甲(1) =4 —A
为函数甲(z)的最小值.
当AV4,即4-^>0时，么z) =0无实根,即两条曲线无交点；
当互=4,即4—&=0时,甲(工)=0有唯一实棍，即两条曲线只有一个交点；
当A>4,即4一。时，由于
linj^(i) = lim[(ln3j：—4)ln x+^x—k] = +oo,
jt-*O+
x-*O+
lim w(z)= lim [(ln3j：—4)ln z+lz—妇= +8,
故？(工)=0有两个实根，分别位于(0,1)与(1 , +8)内，即两条曲线有两个交点.
解法2问题等价于讨论方程& = 4z—41n z+ln忸的不同实根的个数.
设/■&) = 4力一41n工+ln垃(了>0)测f危)= ~~ ，不难看出x=l是/'(工)的唯一驻点.又
X
/〃(z) = 4(l+3吁Tn3工),f,⑴>0,所以y(D=4为/&)的最小值.
当^<4时，方程/(x) =k无实根，即两曲线无交点；
当&=4时，方程f(x)=k有唯一实根，即两曲线只有一个交点；
当&>4时，由于
lim/(jc) = +oo, lim /(x) = +oo,
jr->0+ ;r*+8
所以方程fM)=k有两个实根,分别位于区间(0,1)与(1,+8)内，即两曲线有两个交点.
(18)解(I)曲线y=/(z)在点PCx,y)处的法线方程为
丫一尸-十(X—z),
其中(X,Y)为法线上任意一点的坐标.令X=0,则
y=>+4,
故Q点坐标为(o，v+J).由题设知
丁+)+》=0,即 2;yd;y+jxlz=0,
积分得
x2+2/=C,
由j旅=号知C=l,故曲线y=fCx)的方程为
/+2寸=1.
(II)曲线;y=sin x在［0,招上的弧长为
片
Z = 2 \/1 + cos2 xdr.
J 0
曲线' =f3的参数方程为
x = cos 0,
y = ~2Sin。， 乙
故
5 = J："+ ~^cos2彻=yz j2 + si/ed^.
-80 -2003年
° ＜全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
令。=号一L则
s =会 L \/1 4- cos2^（— ck）=佥 j %/1 + cos?应=.
（19）解法1 （I ）设在t时刻,液面的高度为丁,则由题设知此时液面的面积为7^23）=4爪+*从而
[="（/）—4.
（n）液面的高度为丁时,液体的体积为
7r[ a2（u）du = 3i = 3p2（、）— 12.
Jo'
上式两边对 y 求导，得 7ry＞2（＞）=6^＞（3»）^,（3＞）,即 wp（.y） = （i＜p （y）.
解此微分方程，得p3）=Ce如由y（0） = 2知C=2,故所求曲线方程为*=2的（、20）.
解法2 （I）在，时刻液面的面积为2命+”.
由题意知皿2=牝+”,于是，与安3）之间的关系为犬（y） = 4+t,即£=寸（少一4.
（n ）设液面高度为 '，在t时刻到z+d£时刻，液体体积的变化即体积微元满足3曲=（侦+”沱乂
解此微分方程得
jz=-|-ln（4+z）+C.
当2=0时以=0,得C=— In 4,从而3^=—In绊二由r=o）2（^）_4得In分.考虑到甲（0） = 2,
“ 7T 7T 4 7C 4
故所求曲线方程为工=2涂3\0）.
(20)证法1 ( I )因为lin/(2匚a)存在，故1而/(2工一a) = 0,由(工)在[a,。]上连续，从而，(a)=0.
x-^-a Z d jr-»a
又由/(J7)>0知/Xz)在(。，6)内单调增加，故
/a)>/(a)=0,x6(a,W.
(n )设 s(z)= /，g(])= j _/Q)dz(Q Wh V6),则 g'(z) = f(jc) >0(1 e (a,b)),故 w(z) ,g(z)满
足柯西中值定理的条件,于是在(Q,6)内存在点&使
(p(b) — 0 0 1
0 0 -8. 、0 0 0,
，］
2ii = 0,
解方程组 得对应于％ = — 2的特征向量& = -2
^3=0
、0
0 1 1 ■ 6
令「= 0 2-2 ,A= 6 ，则P可逆，并有P AP=A.
」0 0 , —2,
(22)证法1考虑方程组
。］+2如+3。=0,
(I)： M+2cj/+3q=0,
cz+2qy+3》=0.
-82・2003年
°＜«全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
由几何意义可知,方程组（I）要么存在唯一解，要么无解，要么存在无穷多解（此时相当于三条直线
重合）.
a 2b 3c' X
方程组（I）存在唯一解6,乳）0 b 2c 3a y =0 存在唯一解（e,,j°,l）T■.而当后者存在唯一解
2a 3b, 、1‘
G°,%,1）T时，因它是非零解，所以
a 2b 3c
b 2c 3a =0.
c 2a 3b
展开上式得
1 2 3 1 0 0
(q+5+c) b 2c 3a = 6(q+8+c) b c—b a—b
2a 3b c a~c b~c
=—6(a+0+c) (a2 +b2 +c2 —ab—ac—bc)
=—3(a+》+c)[(a—6)2 + (6—c)2 + (c—a)2] = 0,
因此a+0+c=0(因 MM 为三条不同直线，舍去a=b=c).
反之，设a+6十c=0,则
有非零解（］。,外,1）丁,即Z1,Z2,Z3有公共点危。,欧）・但由上面分析，在三条直线不重合的前提下，若有公共
点（孔,加），则必为唯一公共点•证毕.
证法2必要性.考虑
a 2b a 2b —3c
A= b 2c 与彳= b 2c _3a
、c 2a 0,*（Q为t的单调增加函数.当t=0时，了=1,
limz（z）= lim （W+3t+l） = —8,
» — OO J—*—8
故x的取值范围是（一8,1）（或（一8,1]）.
⑶答应填号.
解法1令 x=sec Z,贝!J dz=sec t • tan /dz,于是
广3 dz _ f~ sec t • tan tdz =「出 _ 穴
J i x^x1 ——1 」o sec t • tan t J o 2
解法2令z=+，则&=一*出,于是
产 — dr 一 = f1 1 , = arcsi . n I t 1 == k
J1 xVx2 — 1 J0 ->/l — '0 2
⑷答应填2.
解法1等式两端对h求偏导数，得
2ei
于是得
莎—l+3eMf
2
同理得
石_] + 3/—，
„ 3z,dz 3X2L-3*+2 o
于是 3 云+初= l + 3bf =2・
解法2 等式两端直接求全微分，
9A2x—3z O
dz=( 2dr — 3dz) +2d;y=>dz=j不膈淳一3.&+ ]+3身_3,心,
于是
„ 3z ,3z_3X2e2l~3z+2
3 五十&= ] + 3e%f =22004年
° «全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
⑸答应填史+77.
解原方程变形为
业—工=_1/
dr 2z 2 '
这是一阶非齐次线性微分方程,于是
y=)&& + (；]= -|-x3 +C4x.
由J =或知C= 1,故
I x=l □
y=-^x2
(6)答应填身.
解 由 ABA* =2BA* +E 知,(A-2E)BA* =E,B= (A-2E)-1 (A# )一】，故 |B| = |A* L |A—2E「】.由
2 1 0 0 1 0
=1,于是|8|=音.
|A| = 1 2 0 =3 知\A' |=9,|A-2E| = 1 0 0
0 0 1 0 0 -1
注 也可由(A—2E)BV =E两端直接取行列式,不必具体解出B.
二、选择题：7〜14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
是符合题目要求的.
(7)答应选(B).
tanVFdz o 歪
lim-^- = lim: o Zztan x 八
解法1因 ----------= hm---------2~ = 0，
lo, a lcT cco s t, 2a.t LO* COS X
1 0
, sin t3dt 号
limZ = ]im ---------- = lim—羿，~- = 0,
T ° T cos t2dt 12 J x
mos
Jo
tanVFdz c 4
o i. Zitan x 八
------=四 ~r~.―i =
jt-*O 7
sin t3dt —T^sin x2
o 2 x
所以7是较a高阶的无穷小量,0是较7高阶的无穷小量,即选项(B)正确.
3 ] ]
解法 2 当 j?-*0+ 时，a' = cos 了' —1( 0 阶)，G = tan z • 2h 〜2/( 2 阶),= sin x1 , ——— x
' 2 -Jx ‘
(1阶).则«,/?,/阶数由低到高的次序是a,抑,选(B).
(8) 答应选(C). -
解因为六了)=我(1 一z) 120/(0)=0,故工=0是极值点，因而选项(B)与(D)不正确.而在点r=0
的邻域内：
当 *<0 时,/(j:) = —j:( 1 —x) =x2—x,/z，(j7)= 2>0；
当 z>0 时,/(x) =了(1—工)=x—X2,/"(工)--—2V0.
所以(0,0)是曲线了=r(z)的拐点.选项(C)正确.
(9) 答应选(B).
四 lnj(l+!) (1+号)•••(1十；)
解
・85・。
化/考研数学
)^5
真题大全解(数学二)〉
=2 [ln(] ~) +ln(] --1-)+・.. +In(]+：)]
=21* In jcdx.
(10)答应选(C).
解因为
，(0) = limSF°)>0,
m X
所以由函数极限的局部保号性，存在a>o,在区间(-5,0)U (0,5)内冬二皿>o.故对于任意的
■re (0,6),有/(j:)-/(0)>0,即/(x)>/(0).选项(C)正确.同时也就看出选项(D)是错的：当工€ (—&0)
时，应有/(x)-/(0)<0,即 fM)Vf(O).
不少考生选(A),其错误在于以函数在某一点处的导数符号来确定函数在一个区间上的单调性.例如
专+/sin£,持0,
/(^)=
0, x=0
满足题设条件且/(0)=岑>0,当工判时，f Cr) =4-+Zrsin — —cos—.显然,当xn =孑-时,f，(jc„') = ―
Z Z XX Lm Z
即在任何(0,3)内都有点工,使/(工,)V0,函数不可能单调增加，即选项(A)错.类似地，选项(B)也是
错的.
(11) 答应选(A).
解 这是二阶常系数非齐次线性方程，它对应的齐次方程的特征方程是产+ 1 = 0,其根为n,2 = ±i.
把原非齐次方程分解为两个方程：/+^2 + 1与J'+v=sin工.对于方程>"+》=工2 + 1,其特解形式显
然为丸=心2+如+ c.对于方程J' + v = sin工，由于士 i恰是特征方程的根，故它的特解形式应为
yi =z(Asin z+Bcos z).于是根据叠加原理,原方程的特解形式为y' =yi +亥=arz +6j：+c+^(Asin x+
Bcos工)，即选项(A)是正确的.
(12) 答应选(D).
解 因为从x2+y2 = 2y解出、=1 士 k?,它们分别是内层积分的上、下限.故选项(A)可排除把
直角坐标系下的二重积分化为极坐标系下的二重积分时，面积元素da=rdrd0,故选项(C)可排除.由于
六了少关于y轴的奇偶性是未知的，故选项(B)可以排除，于是应选(D).当然,将二重积分化为极坐标系下
的二次积分可直接得到(D).因为区域。:0WY2sin 6,0<0,故
。
'2sin
p(巧)&心= d。 /(r2 sin Ocos O') rdr.
D 0 0
(13)答应选(D).
解 由题意知,q=e12e23w,其中
'0 1 0 1 0 0'
£12 = 1 0 0 ，打23(1)= 0 1 1
0 0 1, 0 0 1.
0 1 0 1 0 0' o i r
故 Q= 1 0 0 0 1 1 = 1 0 0
.0 0 1. 0 0 1. 0 0 1,
即选项(D)正确.
(14)答应选(A).
解法1若设A=(l,0),B=(0,l)T,显然AB=0,但矩阵A的列向量组线性相关，行向量组线性无关;
矩阵B的行向量组线性相关，列向量组线性无关.由此就可得选项(A)正确.
• 86 •2004年
° ＜全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
不少考生选(D),其原因就是对齐次线性方程组有非零解的条件理解不透彻.事实上，若设A =
(ai，a2,---,a„),其中a,a”是矩阵A的列向量组，则齐次线性方程组Ax=0便可写成
■ria】+互＜^ --- x^a„=0,
所以，方程组Ax=0有非零解的充要条件是列向量组a】,阪，…,a”线性相关.由已知条件AB=O,有BTAT=O,
因为A,B都是非零矩阵，所以At也是非零矩阵，这表明齐次方程组BTx=0有非零解，所以矩阵BT的列
向量组也就是B的行向量组线性相关.
解法 2 不妨设 由 AB=O,则 r(A)+r(B)V”，且 A 尹O,B 尹 O,则 所以
有r(AXn(A的列数)，r(B)V”(B的行数)，故选(A).
三、解答题:15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
〜 ,2 +cos x , (, | 2+cos x . \
In—— Ini 1+—--------1)
(15 )解 原式=lim--------3-----=临---------= lim--------------------------
l0 X L0 JC LO T
2+cos «z [
1
= lim--------2------
lO X
(16)解(I )当一2e时，矿Cr)V0,故甲'(1)单调减少,从而当e<^"足2)=号—£ = 0，
即当e(p(a),
即 In2 6— 6>1子。—tz,
e ez
故 ln26—ln2a>»-4(6—a).
ez
证法2原不等式等价于崂二炉〉§,左端可看作函数/(^) = ln2^在函,幻上的拉格朗日中值定
理的形式，故联三弊=，(Q = 2乎,aVEVD.下面对孕作估计：
令g(z)=岑孔则gJ)」x,当z>e时,g'&)V0,则g(z)在(e,+8)内单调减少，故g(&>
g(e?) =略=g,所以 ln^~jn>>4，即 ln26-ln2a>4(^-a).
e e o~a e e
(20) 解 由题设，飞机的质量m=9 000 kg,着陆时的水平速度％ = 700 km/h,从飞机接触跑道开始计
时，设t时刻飞机的滑行距离为工(t)，速度为vW.
根据牛顿第二定律，得
da ,
”瓦=_如，
又
<
dp _ dv dz _ dp
dt dr dz V dz,
由以上两式得&一苧地两边积分得
j?（z） = —^vQ） +C.
由于《0）=%,工（0）=0,故得C=*o,从而
R
]（!）=?[%—〃（：）].
k
-88 -2004年
°，、<〈全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
当 v(z)-*o 时,
瑚)一罕= 9 000X700 J 八“［、
=6.0X10° 55(km),
R.
所以飞机滑行的最长距离为1. 05 km.
(21)解苏=2由+仃£,忠=—2必+*e"；,
^^=2x［/n • (一2j>)+况• x^^+^fz+xy^fz+y^^fn • (―2v)+y£ •衣中］
=—ixyfu + 2 (工z —/)+炒(1 +巧)工.
— (22)解对方程组的系数矩阵4作初等行变换，有
1+a 1 1 1 、-4 0 0 1.
可知当。=一10时,r(A) = 3<4,故方程组也有非零解，其同解方程组为
—2jri+j72==O»
〈_3xi +工3 = 0，
、一4zi+z4 = 0,
由此得基础解系为
〃=(1,2,3,4)T,
于是所求方程组的通解为
x=kt],其中k为任意常数.
注 由于本题是含〃个方程〃个未知数的方程组，因此也可以考虑用行列式分析.
(23)解 矩阵A的特征多项式为
A-l -2 3 1A--2 2 — A 0
1 AE-A | = 1 A-4 3 A-4 3
=
1
-1 —a A — 5 — 1 — a A — 5
1 -1 0 1
=(A—2) 1 A-4 3
—1 —a -5 1
1 0 0
= (A-2) 1 A — 3 3
—1 — a — 1 A-■5
• 89・花争考研数学____________
o
n 真题大全解(数学二)〉〉
= (A-2)(A2-8A+18+3a).
若;1 = 2是特征方程的二重根，则有22 — 16+18+3^=0,解得a= — 2.
当a=~2时,A的特征值为2,2,6,矩阵
1 -2 3、
2E~A= 1 -2 3
T 2 -3,
的秩为1,故；1=2对应的线性无关的特征向量有两个，从而A可相似对角化.
9
若;1 = 2不是特征方程的二重根，MA2-8A+18+3a为完全平方，从而18+3a = 16,解得＜^—壹.
当a=-y时,A的特征值为2,4,4,矩阵
，3 -2 3、
1 0 3
4E-A=
-1
~3
的秩为2,故义=4对应的线性无关的特征向量只有一个，从而A不可相似对角化.2005年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
一、'填空题：1〜6小题,每小题4分，共24分.
(1) 答应填一7V&.
解 y — [exln(1+sinx)= (1 + sin i)z[ln(l+sin ~z) + 岸;
则 =_工,故 djJ = —7rdz.
I X=JT I X=Jt
(2) 答应填广了+*.
解 因为 a= 如乏=lim(1+f)z = 1血([十1) ' =L
JC JC /
ar-»4-oo x-*+oo „ 2 x-*+oo \
「(1+Z)号 (]+z) 3 3
L w x- l * i + m oo - J~x 2 —]2
A+—+3
=lim — 11 +〒 3>乂z +丁 ， = lim • z 工 x 3.
2+8《[(1+2广+了成] l+8
(F+
T
l
2
故斜渐近线方程为V=z+号.
⑶答应填学.
解令 z=sin i,dz=cos 仑出，贝!1 有
:f 辛=Fan(C°S t) I； = f-
。(2— /)/1三宓
⑷答应填尸专(inz—).
解 原方程可化为y+^y = \n z,这是一阶非齐次线性微分方程，故
y = ef (-号)& (Jin z . eITdrdr + C)
=A (Jj;2ln jcdx + C)
= jCflnLj号.手& + C)
x i x | C
=亏1^ —百+/•
由yW = 一-得C=0,故
x
y=—
3
In x~—
9 T
-91・亨考研数学
真题大全解(数学二)学'
⑸答应填号.
5 v yi+j?arcsin x~ Vcos x v 1+iarcsin z—cos z
解 1 =lim--------------r—2-------------= lim— .==-■~ 11 ------
f k工 z (v 1 i ^arcsin x+ v cos x}kr
1 [. / arcsin x < 1 — cos x \ 1/1 . 1 \
=矿理万+力，
故4=丰
(6)答应填2.
解法1利用行列式的性质计算.
| B I _ 一 I 口1 + a2 +。3， 。2 + 3口3 02 + 5。3 I
C2—C!
，| a】+a2 -ha3 ,。2+3以，2a31
=2|口 1+ 血+。 3 02，口 3 | =2|口 1 ,%,。 3 I =2|A| =2.
解法2 利用矩阵的性质计算.
'1 1 1、
8=(。 1+%+<»3，。1+2。 2+4 。 3，。 1+3 口 2 + 9。 3)=((«1，口 2，<«3)12 3,
.1 4 9,
1 1 1 1 1 1
则 |b| = |。1，%，。31 1 2 3 =\A\ 1 2 3 = lX(2-l)X(3-l)X(3-2)=2.
1 4 9 1 22 32
注解法2中用到了范德蒙德行列式.
二、选择题：7〜14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
是符合题目要求的.
(7)答应选(C).
解 当
Izlvi
时,/(x)=iim7TT|7F=i；
n~*8
当 |z|>l 时»/(*r) = lim|^|3 •』(尚)+1= |z|3;
当 |z| =1 时,f(jc) = l.
|工|《1,
故
IM〉1.
由J/ = /Xz)的图形容易看到,Z=1,Z= —1是不可导点.事实上，因
巾1)=卿也聊奁+好1)= 3,
f⑴=临为)乂⑴= limy = 0
X—r 1 】
故x=l是函数的不可导点.同理工=—1也是函数的不可导点.
注 若能想到重要极限Tim为汗房■•••■ a* = max{a,},a；＞0,£=l,2,“・，m”,则本题便可更简单:
n-*oo
，(z) = lim"+ |z 13” = lim |史|" = max {1, | ^ | }，从图形上容易直接看出八工)有两个不可
n-*oo n-*oo
导点.
⑻答应选(A).
解本题考查原函数的奇偶性与周期性等性质.
⑼答应选(A).
• 92 •2005年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
解 由 jc=3得3=《 + 2t,解得色=1"2 =—3,由v=ln(l+t)知应取,=1,此时y=\n 2.
判=击| =§,
丑3 27+21<=1 8
故曲线在(3,In 2)处的法线方程为
y—In 2= —8&—3).
令 V=0,得 z=gln 2+3.
O
(10)答应选(D).
因为四与豆土迈更出=["T 衣+8四&,故
解
^aVfU)+byf^)A =j_「"
4 Zf(H+/7Gy 2国 J/7 (^+4/7-60r) 」 vW+zray .
(a ++ 66))dc«Tt == --^i--((aa ++ 66)) •, -j-tt ・, 2222 ==。
乙乙 q Lt
D
注 本题利用了二重积分的轮换对称性，另外也可以直接取一个具体的函数如六工)=1去排除.
(11)答应选(B).
爵=W‘(z+;y)+"(%—、)+欧(工+了)一政(]—,),
解
(P y} — (p(7—山------
f x f{x — t)dt
J 0
令巾：〕"“)曲一加")血 洛必达法则 血]^")血+ —(%)_"("
f xfy(u)du f fy(u)du+xfa)
J 0 J 0
注 本题是一道很好的考查变限积分函数的极限问题，解法1使用了积分中值定理，解法2使用了极
限四则运算法则.
(16)解由题设5(了) = &3),知
J [e'— (l + e')]dz = j [In： —
即 /。(号甘-- )dz = j.ln
・94・2005年
° <«全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
两边对工求导，得
捉一身= ［12—心)第
由y=ex9得
yex —y = [z —w(b)]e，，
Q=z+去一|,
于是
g) = ln 了+窈一号，
从而
Ll”+寿-
故曲线G的方程为
1*(X2 +
(17)解
J 0
=(je2 +x)/z，(x) | —J (2x4- l)/，z(j?)dz
=一「(2z + l)，Cz)dr
Jo
=—(2z + l)/(z) | + 2 f /(z)dr
1 0 Jo
=—[7 X (— 2) — 2] + 2 [ f (x)dr = 16 + 2/(j?) 1
J 0 1 0
= 16+4 = 20.
注被积函数中有函数的导数,考虑使用分部积分法，并结合导数的几何意义及拐点的必要条件等确
定出相关数值.
，=业=业.J_ 虫，
(18)解
dr dz dz sin t d/
dt
]d2y cos t dy
sin2i di2 sin% At'
dt
将y'J'代入原方程，得
寿％-端粉+器*+、=。，
(1 — cos2i)
即
器+、=。，
其特征方程为产+ 1 = 0,解得r=±i,于是此方程的通解为
y=Cl cos i+C2sin Z,
从而原方程的通解为
y—C1x-\-C2y/l—x2.
由M =1，丁'| =2,得Ci = 2,C2 = 1,故所求方程的特解为
I x=0 I 工=0
y=2工+ \/1—x2.
(19)证(I )令 g(^)=y(x)+x-l,则 g&)在［0,1］上连续，且
g(0) = — l<0, g(l) = l>0,
根据连续函数的零点定理知，存在we (0,1),使得g(Q=f(Q+E—1 = 0,即/(?) = !-$
(U)由于函数/&)在［0,1］上连续，在(0,1)内可导，所以根据拉格朗日中值定理，存在〃£(O,QU
95存孕考研数学____________
o
真题大全解（数学二）＞〉
（o,i）,qe（&i）u（o,i）,使得
5——f ~T' fB 1-f - 1-e _i-r
/（"（§）=宁•岂=i.
从而
(20)解由 dz=2xAjc —2ydy 可知
z=f{x,y)=xi—y2+C,
再由 /(1,1)=2,得 C=2,故
令 |£=2x=o,|^= —2丁=0,解得驻点(0,0).
在椭圆 ^2+^ = 1 上，有 z=/-(4—4]2) + 2,即
z=5jc2 — 2( — IWjcVI),
其最大值为z =3,最小值为z =一2,再与，（0,0） = 2比较，可知/Xiu）在椭圆域D上的最大值
工=士 1 x~0
为3,最小值为一2.
注在边界了2十专=1上的最值也可以直接利用拉格朗日乘数法，令
F(j7,j/,A)=x2—+2+A —1),
由
||=2z+2 廊=0,
蓊=—2什知=。，一
哥=/+普-1=。
得出 M1(0,2),M2(0,-2),M3(l,0),M4(-l,0).此时 /(M1)=/(M2) =-2,/(M3) =/(M4) =3,故边界
/+# = i的最大值是3,最小值是一2.
(21)解 将区域。分成两个子区域
Di = {(%,/) | / +/ W l,z > 0以 2 0}，
D2 = {(x,y>) | ^+式 2 1，。1，。1},
则
D D,
由于
jj(l — y2)do = j I* (1 — r2) rdr =
D, 0 J 0 o
y2 — Dda = +y — l)dy—Jp/ y2 — 1)费
D2 D d,
=| dr j* (x2 + y2 — Ddy— —)
0
=(———£)|'+工=——-+-S-,
\ 3 3 / L 8 3 十 8'
故
• 96 •2005年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
|T|j：2+y — l|dcr=-|- — y4-y = y— y.
D
注由于Q是一个不规则图形,故利用分块的做法瑚'以+寸一1)&心写成JJ(，]2 +丁 — J ) —
八
D. D
Jc^+y-Ddzdj,的形式，这一技巧在二重积分中经常遇到，读者应熟练掌握.
(22)解 记A=(s，a2，a3),B=(A，庞，怯).由于阳&，必不能由a},a2,a3线性表示，所以A的秩
r(A)<3,从而行列式
1 1 a
|A|= 1 a 1 =-(a-l)2(a + 2) = 0,
a 1 1
得 a=l 或 a = —2.
当 a = l 时01=%=<»3=01 = ( 1,1,1 )。显然 ai ,02,03 可由 &,& ,03 线性表示，而此= ( — 2,1,4)丁 不
能由ai，a2,a3线性表示，即a=l符合题意；
当a = -2时，则有
，］ -2 -2 : 1 1 -2
(B : A)= 1 —2 — 2 ■ 1 -2 1
-2 4 -2 ： -2 1 1 ,
1 -2 -2 ■： 1 1 -2
—> 0 0 -6 : 0 3 -3
0 0 0 : 0 -3 3 .
考虑非齐次线性方程组Bx = a2,由上述增广矩阵可知矩阵B的秩r(B) = 2,而秩r(B ：死)=3,则方程
组Bx=a2无解，即％不能由向量组A，此,氏线性表示，所以a =- 2不符合题意,应舍去.综上a = 1.
注 向量组ai ,a2,a3可由向量组$ ,成,“3线性表示，则三个方程组-TiiPi +在艮十工,3屁=«,(z = l,2,
3)均有解；向量组,p2,p3不可由向量组ai ,a2.a3线性表示测三个方程组工伊1+工洒2+£睥3=。,(，=1,
2,3)至少有一个无解.
(23)解 因为矩阵A的第一行元素a,》,c不全为零，所以A的秩又因为AB=O,所以
r(A)+r(B)W3,
且矩阵B的列向量f}i=(l,2,3)T与外=(3,6,&)丁都是齐次线性方程组Ax=O的解.因而：
当互尹9时，功与 tj2线性无关，即r(B)=2,从而r(A) = l,此时Ax=O的通解为
X = Cl»Jl+cz%,其中Ci，Cz为任意常数.
当& = 9时,r(B) = l,矩阵A的秩有两种可能:r(A) = 1或r(A) = 2,以下分别进行讨论.
如果r(A)=2,方程组Ax=O的基础解系只包含一个线性无关的解向量，即为功= (1,2,3)。所以通
解为
x=c3m，其中为任意常数.
如果r(A) = l,方程组Ax=O的基础解系应包含两个线性无关的解向量.此时方程组Ax = O与ae +
如什％ =。同解.因为a,b,c不全为零,不妨设aNO,得两个线性无关的解向量
gi = (—们 a,O)T,品=(—c,O,a)T,
于是,方程组4x=0的通解为
X = C/'(;to)+/(Z0)&r,&r尹0,
于是 / (j：o + Az)—/(a:0)>y/ (x0) &r>0(zlr>0),即 > 0,
选(A).'
(8) 答应选(B).
o X。 x0+Ax x
1, •r〉0,
解法1取函数，(z)=〈0, z=0,它满足题设条件，则FGr)=
-1, •zVO,
fQ)ck=0|是一个连续的偶函数，从而排除了选项(A),(C),(D),故选(B).
0
解法2显然了(”在任何有限区间*0］上都可积，于是FGr)= fWdt连续;又因f(z)是奇函
J 0
数测F(z) = \fWdt是偶函数，故选(B).
Jo
(9)答 应选(C).
解 /i，(x)=e1+g(x) • g'G).
因 Zi'(l) = l,g'(l)=2,故
g(l) = ln —l = ln —1 = —In 2 — 1.
(10) 答应选(D).
解 因为是二阶常系数非齐次线性方程的解，故5 = Ge，+Gef是对应齐次
方程的通解,V* =ze，是非齐次方程的特解，从而r, = l,r2 = -2是齐次方程特征方程的根,齐次方程应为
J'+J —2、=0,这样可排除(A),(B).又a=l是特征方程的单根，故非齐次项，(工)=Ae~于是选(D).
(11) 答应选(C). y
解 积分区域D= {3,0) 10WY1,0(枝于}如图所示.若先对 > 积
2
2
分再对工积分，需将D分成两个区域D|和Dz，故可排除(A),(B).区域D
可表示为
d= || yi—y»
于是选(C).
(12)答应选(D).
解 设 F(z,js义)=，(］,少+祯(］，、)・ 、
由点(飞0，了0)是在约束条件乎&,、)=。下的极值点，有
dF\
I =，％)+渺;(Zo，:Vo) =0,
云
(旧，*)
dF\
=f；(工o，:yo)+M；(z()，:yo)=0,
5 •为)
dF\
all
=(P(^Xq ,jy()) =0.
(孔 >y0)
由于失；(了0，3\))乂0,故可得
.99 .。
&考研数学
真题大全解(数学二)〉〉
£6,辨一£6 必)冥£：顼)=。. (*)
将四个选项逐一讨论:若£6必)=0,由(*)式知很6,%)可以为0,也可以不为0,所以选项(A)
与(B)都不是必然的;若£&。,外)尹0,则石(工。,她)一定不为0,故选项(C)错误，应选(D).
(13)答应选(A).
解取A=O,则选项(B)与(D)不成立;若矩阵A的秩为n,选项(C)不成立，所以应选(A).
事实上，因为我皿，…,a,线性相关,所以隹在一组不全为零的数也，知…，尾，使得
灼 --- &a,=O,
从而有 +^2a2+,,•+^sai) =0,
即 --- ^sAa,=0,
由此可知存在一组不全为零的数奴,k2,-,ks使上式成立，所以As，Aaz,…,Aa,线性相关,即选项(A)是
正确的.
注还可以用秩来判定,r(Aai ,Aa2,---,Aas)=r(A(a1 ,a2, —,as))^r(ai,a2,,as),若ai,a2» — ,as
线性相关，则r(ai …，a*)Vs,从而r(Aai ,Aa2, ,,,,Aa,)<5,故此时Aai ,Aa2, — ,Aas线性相关，故选
(A).
(14) 答应选(B).
，1 -1 0'
解 由题设知B=PA,C=BQ,其中初等矩阵Q= 0 1 0，于是有
0 0 1,
C=PAQ.
不难验证PQ=E,即Q=P '，从而C=PAP 1，即选项(B)正确.
三、解答题:15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15) 解因为
e，= l+z+寿;东史+o(工3 ,
将其代入题设等式,整理得
1 + (1+B)z+ (土+B+C)z。+ ("I■+学+C)j：3+o(工3)= ]+a工十 o(史)，
故有
1+B=A,
*+B+C=0,
|+f+c=o,
解得
A=§, B=—g, C=£
3 3 6
注本题也可以使用洛必达法则完成，但较之用泰勒公式要麻烦许多.
(16)解 令 arcsin ex=tf 则 i=ln(sin t) ,dr=^^^d力
f & =[―・算dz =— "d( J-)
J e J sin t sm t J \ sin t /
=----r- F f J dz ----r-— In | esc t—cot 11 +C
sin t J sin t sin t
_ arcsin e，, i H _ 心一 e2" i
q
e | ex ex
・100・2006年
° <<全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
=_ arcsine：+ ln(1_yT^)_；c + c(
e
其中C为任意常数.
(17) 解因为L =虹+； + 丁&心=［言妍；击* =专ln(l +/) | ：=号In 2,
而区域D关于工轴对称，且］* j毋夕关于丁是奇函数，所以h =L+M+y&dy = 0,所以
I = L + 】2 = -yin 2.
(18) (1)证 用数学归纳法证明｛与｝单调减少且有下界.
由 OVziVtt,得
0Vz2 = sin jc\ Vzi <兀.
设 0Vz”V7r,则
0/(7r) = 0,j：e(0,7r),
因此了&)在［Om］上单调增加，当OVqVDVtt时，
/(6)>/(a),
即 6sin 6+2cos 6+7t6>Qsin a+2cos q+ttq.
(20) ( I )证 由 z=/(u),u= /^+寸，得
多=，. -y4=/，, 0 2毛 2+/ *--- ，
& \4r2+j/2 丑 x +) (jc2+j/2) 2
3z=尸. 些=「〃. y2 尸.
m f vO :y Ty* dy2 ' 1 J (/+ -2 /)¥'
所以根据题设条件可得f”+、,1, , • /=0,即
/■”3)+弓^=0.
(H)解 由(I )及/(D = l,得/(")=+，所以 /(M) = ln u+C.由/U) = 0,得 C=0,因此 /(u) = lnu.
・mi・山亨考研数学
P5 O
真题大全解(数学二)〉
⑵)解(I)由于
虫=_1_1 处=—_1
dr t ' dz2 t3
当t>0时，我VO,故L是凸的.
dx
(n)因为当t=o时,l在对应点处的切线方程为z=i,不合题意，故设切点(血点。)对应的参数为
«»>0,则L在(工。,北)处的切线方程为
令工=一1点=0,得
论+。<) — 2=0，
解得«o = l或% = —2(舍去).
由«o = l知，切点为(2,3),则切线方程为了=了+1.
(ID)当丁=0时他=0,处=4,则L与工轴的交点分别为(1,0)和(17,0).故所求平面图形的面积为
S = J + l)dz — j ydj：
=斗一r (4i-«2)d(z2 + l)=4—2「(4IW=M
乙 J o Z Jo o
(22)( I )证 设&，岳，&是题设所给非齐次线性方程组的三个线性无关的解向量，则苏一后，&—&
是其对应的齐次线性方程组Ax=0的两个线性无关的解向量.若令［表示方程组Ax = 0的基础解系所包
含向量的个数，则。2.又由r(A)+«=4得
4—r(A)22,即 r(A)<2.
不难看到，在矩阵A中有一个2阶子式:；=—1尹0(或矩阵A有两行(列)线性无关)，所以
r(A)N2,从而 r(A)=2.
(U)解 对非齐次线性方程组的增广矩阵彳作初等行变换：
1 1 1 1 ; -1' 1 1 1 1 : -1'
= 4 3 5 -1 ； -1 —A 0 -1 1 -5 : 3
a 1 3 b \ 1 , .0 1—a 3~a b~a : l+a?
10 2 -4 :2
—► 0 1 -1 5 -3 =B.
.0 0 4—2a 4g+。一5 :4—2a.
由(I )知,r(A) = r(A) = 2,故有
4—2a=0 和 4a+Z>—5=0,
从而得a=2M= —3.
此时有
a
0 2 ~4 2、
B= 0 i -1 5 -3
.0 0 0 0 0 ,
可得方程组的通解为
r 2 [ — 2、 '4、
-3 1 _5
+加 -\~k2
0 1 0
、0 0 ‘ .1，
其中 5 为任意常数.
• 102 •2006年
° «全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
(23)解(I)由于A的各行元素之和均为3,因此有
这表明3是A的一个特征值，向量a3 = (l,l,l)T是A的对应于3的一个特征向量.又因Aai =0,Aa2=0,
可写成恤】=0O1,Aa2 =0az,故0也是A的一个特征值,a】,8是对应于0的两个线性无关的特征向量，即
0是A的二重特征值.
综上,A的特征值为0,0,3；对应于特征值0的全体特征向量为kiai+k2a2a},k2为不全为零的任意
常数)，对应于特征值3的全体特征向量为k3a^k3为任意非零常数).
(D)为求正交矩阵Q,将ai，a2正交化.
令 &=ai = ( —1,2, —1)T,
& ：?,&=%+景1 =*(-], 0,1)丁,
再分别将 单位化，得 p}= I, J I, gi=7z.( —1,2, —1)T,
II bl II v6
1 1
版=盘1缠=点(1,1,1)『.
以 "，。3为列向量即可构成正交矩阵Q,以对应的特征值0,0,3构成对角矩阵A,即
I I
_1! T
y3l
'0
O
y3l ,A= 0 ,
1 3.
v3
-A 万
满足 QtAQ=A.
注 本题第一问要求矩阵A的特征值与特征向量，但A未知,根据题目的条件,A的各行元素之和均
为3,转化为矩阵乘法，得到(1,1,1)丁为特征向量,3为对应的特征值.
-103 ・2007年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
一、选择题：1〜10小题,每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
(1) 答应选(B).
解法1排除法.当Zf。+时,1 —，~—插,』1+五—1~~ /z , 1 — COS y[x〜-(五)2=3~«r,排除选
项(A),(C),(D),所以选(B).
[n 1+z
解法 2 事实上，lim 口 1.尹=limln(l+^)-lnd-^)
= lim 些普—limln(、在)=0—( —1) = 1.
L0 VX f' 」X
(2) 答应选(A).
解 由函数的表达式知,z=0,z=l,i= 士专是间断点，不难看出,了=1,了= 士号是无穷间断点，故只
能选(A).事实上，由于
、 i. (ex +e)tan x tan x 1+e1
hmj (z) = lim-------j--------= hm------- • 1 —F = L
j—x-»°+ z (e r — e) x-*o* z
r
li mj
rz
( x)
、
=
v
li m-
(
-
e
-
_
-
x L
- -
-
-
f . ~
x-
e
-
)
-
t
-
a
-
n
--
x
-= h
v
m -
t
-
a
-
n
-- -j-c •
舀=-1,
j^O ir-*0 Z (e x e) x-*0 Z ez —e
因此工=0是跳跃间断点，即第一类间断点.
(3)答应选(C).
解 由所给条件,/3为工的奇函数，故FG)为工的偶函数，所以F( —3)=F(3).再利用定积分的几
何意义，用半圆面积表示所要计算的定积分,于是有
f(3)=「「/(ndz+ r /(«)df=v-4=-i-^' f(2)= r /•«)&=夸，
J 0 J 0 J 2 £ O O J 0 Z
所以 F(3) =号F(2),选(C).
(4)答应选(D).
解由/Xz)在了=0处连续，要讨论_f(0)的值，自然想到利用/(0) = lim/(x).对于(A),由lim心
x-*0 ,1—»0 JC
存在，于是 /(0)=lim/(j：)=lirn^'^^ • j:^=0,
所以选项(A)正确.
对于(B),将/(x)+/(-^)看成(A)中的六工)，于是lim|7(z)+/(—z)]=0,即有
x-*0
/(0)+/(-0)=0,
故/(0) = 0,选项(B)正确.
对于(C),由(A)已知/(0)=0,按导数定义，有
f(0)=limE—;((°)= lim 冬，
I X — 0 X-0 X
・ 104 -花孑考研数学____________
o
3
竹 真题大全解(数学二)
(7)答应选(C).
解 选项(A)的等式是函数f(X,y)在点(0,0)处连续的定义，故它不是f(x,y)在点(0,0)处可微的充分
条件;
选项(B)的两个等式就是£(0,0)=0,£(0,0)=0,两个偏导数存在不是可微的充分条件；
选项(C)按可微性定义，
f{x,y)在(0,0)可微
<=>/(j:,^)=/(0,0)+Aj:+B3i+o( Vx2~\~y2)((j?，3z)-»-(0,0))
司 lim /~&，刃—
(x.y)-*(0,0)
其中A,B是与*点无关的常数.
选项(C)即A=B=0的情形，因此f(T,y)在点(0,0)处可微.选(C).
选项(D)被排除.也可举反例：
0,巧=0,
/(x,jz) =
因为
/(Az,0)-/(0,0)=0；益了，0)=临八工+星，?)一」工,°)=0,
£(0,0) = lirrr
) Ar A~r
故 lim[£(z,0) —£(0,0)] = 0.
jr-H)
同理 尤(0,0)=0, 1血[尤(0,少一石(0,0)]=0.
y-*0
但是在点(0,0)处，有
△户=r(0+q,0+3)—尸(0,0) = l,
£9,0)4 - £(0,0)3 = f 1.—部.
/(&r)2 +(3)2 籍 J(Ar)"(3)2
故函数在点(0,0)处不可微.
注二元函数在一点处连续、可偏导、可微和偏导数连续的概念以及它们的相互关系是多元函数微分
学的基本内容，这些就是本题要考查的知识点.只要了解各选项中等式的意义,就会得到正确的选项.本题
主要利用基本概念和推理,所以有一定的难度.
注意选项(D)中表示的极限是一元函数的极限，分别表示一元函数£m,o)在工=0处与£(0点)在
了=0处连续，不要误以为是表示一阶偏导连续.
(8)答应选(B).
sin xe 时,V'(a)>0,
V(a)单调增加.所以a=e时V最小，最小体积为
V(e) = x(点)=村.
(19)解令y'=p,则/=/>',原方程化为
p'(jc + p2)=p,
移项可得 pdj：—xdp=p2dp^
即 区专普=必，
d(亍)=d/>,
・109・花季考研数学_____________
n 5
真题大全解(数学二)>〉；
于是有号=/+Ci.因p =y(i)=i,得 g=o,故 p2=x.
X=1
由J(l) = l知，应取p=Jx.即
解得y=^ +C2.又由了(1) = 1得G=4■，故
o «5
1_ 2 4_l 1
(20)解 在 = 1 中，令 x=0,得、=1.
在 ' —招T= 1两边对Z求导，得乎一 L—平=0,即平=1 七T，半
az az az 1—xer az
(l-zD-bT (-L-g-空)处
_ dr
=2.
dr2 (1一]"—)2 'dr2
x=0
亲=f(ln j/~ sin x)
因为 —cos X
dz
故 =0.
dr
x=0
^^=/v(ln y一sin z) — cos z J + /(In 3^—sin x) [ —^^- + sin z]
又
d2司: 一。=r(O)(2T)= l.
所以 d?
⑵)证 令 /tCz) =/■&)—gCr)，假设不存在 ve (a,6)，使得 A(7)= 0.则对任一 (a,3) *(z)恒大
于0,或恒小于0,不妨设A(je)>0,设函数g(z)在(a,6)处取得最大值，则h(x0) — f(j：o)~g(^o)>O9
即r(zo)>g(zo).这与题设f(D ,g(z)在(a, 5)内存在相等的最大值矛盾,故存在* (a,b)，使得h(7j)=0.
因此由罗尔定理可知，存在& 6(5，&e (”,b)，使得
//(& )=九'(&) =0.
再由罗尔定理可知，存在泛(&,&)U(a,b)，使得 E =0,即
，(Q=g"(S)・
(22)解由区域的对称性和被积函数的奇偶性有
f(.x,y)da,
d d,
其中Di为D在第一象限的部分，而
JJ r(z，w)cb+JJ
f{x,y)do= fCx,y)ij,
o„
d, Dlt
其中 Dh = {(j7,^) |OV/<1—z,0WzW1},
玖2 = {(z，y)I lVr+、<2,z>0,；y20}(见图).
jj = jj
因为 f^Xyy')^ x2do
o„
d„
'\-x
dz ^2dy
0
=f j;2(1—x)dr=^r,
J o 1Z
Jj r(z,；y)cb =9沽1 产 dO sin ff+cos S J
sin sicoefl
%” 0
-110 ・2007年
«：全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
(克+1),
（23）解将方程组①与②联立，得
而+皿+心二。，
z 1 + 2x2 +皿3 = 0，
T\ + 4l2 +<2% = 0 ,
.Xi +2x2 +x3 —a—1»
则方程组③的解即为方程组①与②的公共解.
对方程组③的增广矩阵作初等行变换：
rl 1 1 0 <1 1 1 0 fl 0 1 ]_Q '
1 2 a 0 0 1 a—1 0 0 1 0 a~l
―► ―►
1 4 a2 0 0 3 a2~l 0 0 0 Q—1 1—a
、1 2 1 a— 1 - .0 1 0 a~l .0 0 0 (a —1) (a~2)，
显然，当S—l）Gz—2）=0,即〃=1或。=2时，方程组③的增广矩阵的秩等于其系数矩阵的秩，故方
程组有解•又可分两种情况：
当。=1时，
1 : 0
0 0 :： 0
0 0 : 0
10 0 0 : 0J
此时方程组③的所有解即方程组①与方程组②的所有公共解，为X = 4（ —其中互为任意常数;
当a=2时，
rl 1
0 0
0 0 1
、0 0 0
此时方程组③有唯一解X=（O,1,-1）T,这也是方程组①与方程组②的唯一公共解.
（24）解（I ）由 Aui =Ai«i,知
Bai = （A5 — 4A3 +E）oi =（眼一4厝 +1）% = — 2% ,
因而向量是B的属于特征值一2的一个特征向量.
因为A的所有特征值分别为；（”知人3,故B=k_4A3+E的所有特征值分别为人?一4人? + 1（，=1,2,3）,
代入数值后知B的特征值为一2,1,1.
由前面的讨论知是矩阵B的属于特征值一2的一个特征向量，故B的属于特征值一2的全部特征
向量为好山，其中加为任意非零常数.
又因矩阵A是实对称矩阵，故B也是实对称矩阵，从而属于B的不同特征值的特征向量相互正交•设
6，互，乃）丁是B的属于特征值1的特征向量，则（zis，z3）a】=0,即而一心+互=。・解此方程组得其基
础解系a2 = （l,l,0）T,a3 =（-b0,l）T,故矩阵B的属于特征值1的全部特征向量为解a2+k3a39其中系,
么为不全为零的任意常数.
（口）将8的特征向量ai,a2,a3正交化、单位化后构成一正交矩阵0
彪=褊顽血=用
・111・。
花/考研数学
ni
真题大全解（数学二）〉〉＞
-r f-1
可 3=策_ （丁 ? 3， ^ 口 2 5 ） % _ = 2 1 i C3=h 1 M n3 _ = ^ 1 1 1
I 2 . 、2
1 1）
京 一汞
1 1
则 Q= —后 席，
2
o
-/3
于是
1 l 1
1
， 一
2 73_I y6l 2 -il
B = Q T 、 = l 1 V31 _
x y3l y62 1 v2l
11 ，
ITQ y 2o 1
1
721
一
y3 7 6 一 V6 £
V6
据,
‘0 1 -r
= 10 1.
、一 1 1 o
注（1）在第一问求B的属于特征值1的特征向量a2,a3时,可以直接取二者正交的向量，这样就能
避免下面的施密特正交化步骤.由而一互+]3=0,取口2 = （1,1,0）丁，此时再设。3 =危】，互,孔）丁，且令
破。3=0,得而+互=0,联立[X1 可取。3 =（一I，】，？）'
1与+了2=0
（2）第二问也可以直接利用相似对角化求B.
-112 ・2008年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
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，只有一项是
符合题目要求的.
(1) 答应选(D).
解/■(*)在区间［0,1］和［1,2］上满足罗尔定理的条件，故在(0,1)和(1,2)内至少各有一个零
点，从而否定(A)和(B),又f(z)中含有因子了,故*=0也是，(z)的零点，于是选(D).
也可以直接计算：
3a73+2j72 , //(j;)=j:(4j：2 —9j;+4),
显然，r(z)有3个零点.
(2) 答应选(C).
解 I* = f z［d/(z)］=”(z) — f
J o J o Io Jo
=af(a)— I*
其中,af〈a)为矩形OBAC的面积，丑为曲边梯形ABOD的面积，两者差值即为曲边三角形ACD
的面积，故选(C).
(3)答应选(D).
解根据条件，由通解的形式可以看出此微分方程的三个特征根分别为l,2i,—2i,所以它的特征方
程为(厂一1)(产+4)=尸一，+ 4厂一4 = 0,从而可知该微分方程是— y + — 4^ = 0,选项(D)是正
确的.
(4)答应选(A).
解i=0,1是间断点.因为
1. InLz .
hm----- sin x= limzln| ,
i \x—\. l0
故z=0是可去间断点;而
, ln|x| . . i ln[l + &—1)[ . i i. x—1_ . i
lim-i— sin j;=sin 1 • lim—L~------- =sin 1 • lim----— sin 1,
I JS A I x~-*l -»■ "27 x-*l【 Z
lim-；~ ln| jr| si . n jc=sin . 1 i • l [ i . m — ln 1- T -- l - - - | - - - ( - x z- — --- 1 -- ) ] — _ sm . 「 1 • vli mj-c-~---1 —_ si.n 1,
liT%— 1| L1+ X—\ Ll+1— 1
故1=1是跳跃间断点.
(5)答应选(B).
解在选项(B)中，因为数列｛%｝单调,考虑到/Or)是单调有界函数，所以数列不仅单调，而
且有界，从而收敛.
工 。，
(1, 2 (— 1)” (1 > n=2R,
若取 xn =------- (〃=1,2,…)，则 liniz” = 0,且，(％)= &=1,
1—1, zVO, n L8 I —1, n=2^ —1,
2,…，故排除选项(A).
若取，&) = arctanz,z“=以〃 =1,2,…)，则易知选项(C)和(D)错误.
(6)答应选(A).
-113 -花/考研数学
o
真题大全解(数学二)〉
解因为
rr /(x2+y)
；呻dr
F(u,v) =
# y?+y J 0
uv
故芸=g).
(7) 答应选(C).
解法1因为A'=0,故
E=E 士 A’ = (E 士 A) (ETA+A2),
即分别存在矩阵E-A+A2和E+A+A2使
(E+A)(E-A+A，)=E,
(E-A) (E+A+A2 )=E,
可知E-A与E+A都是可逆的，所以应选(C).
解法2设人是4的特征值，由A3=O,得A3 = 0=>A = 0,故A的实特征值只有0,于是E-A的实特征
值只有1.E+A的实特征值也只有1,故二者均可逆.
注 解法1是利用定义法，解法2是说明0不是特征值.
(8) 答应选(D).
解 易知各矩阵的秩均为2,亦即各选项的矩阵的秩都等于矩阵A的秩.下面求矩阵4的特征值.
义—1 —2
|AE-A|= 八 ，=(A-1)2-4 = (A-3)(A + 1),
-2 A-l
即扁=3,心=一1.由此可知矩阵A的正惯性指数为1,类似可得：
矩阵([2 1 )的特征值为一3,-1,正惯性指数为0；
\ 1 ~2'
/ 2 — 1 \
矩阵 ，。的特征值为1,3,正惯性指数为2；
\ — 1 Z '
矩阵(；，的特征值为1,3,正惯性指数为2；
矩阵(\ 了)的特征值为3, — 1,正惯性指数为1.
\—Z 1 /
/ 1 —2 \
由此可知与矩阵A合同的是 ° ,(事实上，它们还是相似的)，即选项(D)正确.
\ — 2 1 /
二、填空题：9〜14小题,每小题4分，共24分.
⑼答应填2.
解因为函数六了)连续，故lim/(z)=_r(0).由题设
1 =吁== y/(0),
lo (ex —l)/(jz) f jc /(J?) 2 2 '
故 /(0) = 2.
(10)答 应填工(C—e"),其中C为任意常数.
解微分方程可变形为
dy 1
^~-y=Te
这是一阶非齐次线性微分方程,通解为
y = 6)7&。奸2(-+)&& + 句=z(j eF&+C)=z(C—eF,其中 C 为任意常数.
(11)答应填y=i+l.
-114 -2008年
° *全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
解 令 /(^>^) = sin xy+Xn^y—x^—Xf则
£(0,1)= (j/cos 巧|
=一1,
(0,1)
£S1)=( xcos 矽+了上二)|
=1.
(0,1)
_。=一需志=1,故所求切线方程为v=z+l.
于是
(12)答应填(-1,-6).
4 r 4 , 5 4 10 -a // 10 —J- I 10 -i_10Cz+l)
解 y—x3 —53 , y =—x3 — x 3 , y =—x 3 nx 3 =-----.
令/=0,得*= 一 1,又$ —0时+8.由于在工=一 1的左、右邻域内变号，在了=0的左、右邻
域内丁不变号，故拐点为(-1,-6).
应填弩(In 2-1).
(13)答
解法1 因为
-fz
ox
故
剽=争恒2一1).
d工
I ((11,,22)) Z
解法2 采用“先代后求-
案 L*3)L=£[G)' ] a)' =辛(卜2-1).
1=1 乙
(14)答 应填一1.
解因为|4|=6人,故有
-48=|2A|=8|A|=48A,
所以A = -l.
三、解答题:15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15 )解法 1 ]jm[sin z—sin (sin jOlsin z = z~~ sin(sin z) = j 计口。。、>-~cos(sin z)cos z
' - X提4 l0 X3 U 3]2
i_ -2
_v 1 —cos(sin z) 2 sm 1
l l im O c> _ x 2 h a m -*o t 6 _ x 2 rb .
解法 2 由 z—O 时，sinz=z—~ ^3+o(j?3),知 sin(sin z) = sin z—■ sin3j：+o(sin3x),于是
O 0
. . / • 、 sm x— sin x— sin3j：+o(sin3j：) J
lim [ sin a：—sin( sin z) ] sin z v sin x—sin< sin x) v
•z~*0
=l
■
i
x~
m
*0
----------
T
o----------------= l
j
i
t
m
-K)
---------
j?
sin，z+。( sir? rr )
= lim® 1
JT-*O 6 .
解法3 由于 j：—sin z〜!史(zf 0),贝!] sin i—sin(sin i)〜0)，于是
b o
1 • 4
—mn
r [sin z—sin (sin 1)] sin z v 6 t 1
lim ---------------7-------■*------= hm-----7— = w
I X=4 r-*0 J： 0
由半一2托-』0得寸&=2汕,两边积分并由条件上| =0,得e，= l+已即z=ln(l+F).
(16)解
dZ I£=o
・115・。
花/考研数学
ni
真题大全解（数学二）»
-
瓯异箜=(1+F)ln(l+Q,
T+?
整=£(半)=瓦[(1+：成炒? = 2 而(1顼)+2， =(]+Q[in(i+,2)+ i].
dr az \dz/ ddrr 乙t
_dF 1+?
E解由于邮M=+8,故 1擘写丑是反常积分.
o yr2?
[。,专)，则
令 arcsin z=sin
"工2^5& = '3 函^COS tdt = tcos 2t 此=§|：一H：
Zsin2idz = zd(sin 2z)
0 \/1—jc2 o cos t 0 0 2 2 0
_ K2 ^sin 2t 号. k2 1
sin 2zck = y^— cos 2t
=16 ~ 16
0
(18)解 曲线巧=1将区域D分成如图所示的两个区域Di和。
2.
jjmax{xy A}dzd^ = jpt^dzdjy+jjdzd;y
D D、 D2
「 2 drj ]Z；yd;y + J dr| dj/ + J±dz| (_1_ dy
0
=~Y — In 2+l + 21n 2=¥ + ln 2.
4 4
注也可采取分块的做法计算即JJdzdy = 『dzdy - jjdzdy
以 以
D D, -
（19）解旋转体的体积V=7T
:r (妥丑,侧面积 S=2tt [ fS) J1 +[尸(z)了 dr.
0
由题设条件知
/2(^)dz= [ f (工)Jl + [尸)T&.
0
上式两端对Z求导得
y2(n=/(j)yi+L//«)]2,
即
由分离变量法解得
ln(^+ VV — ]) =i+Ci,
即
y~\~ yy —l=Cer.
将J/（O） = 1代入知C=l,故
^=-^-(e'+e-z),
于是所求函数为
（20）证（I）设M与m是连续函数/&）在［q，M上的最大值与最小值，即
• 116 •2008年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
由定积分性质，有
m(。—Q)vj f (j7)dz^M(6—a),
即
由连续函数介值定理知,至少存在一点也,M，使得
一―由*■即
J f (,x)dr=fCr/Hb—a').
(□)由(I )的结论，可知至少存在一点 汪［2,3］,
| %(了)&=中(,)(3—2) = ］ 0,1 V&<2,
矿(&)=?(% 二?(2)0,
所以(0,0)为函数z=y&，V)的极小值点，即选项(D)正确.
注 dz=xdx+ydy=A{^-x2) +d("|•/ )=d(-|-x2+-|-y )，故 z=-|-x2+-|-y+C,其中 C 是任意
常数，由极值的定义可知，点(0,0)是极小值点.
(4)答应选(C).
解 [dr [ f(x,y)dy+ f d> [ f(j：,y)dj：的积分区域分为两部分:
J 1 J X J 1 J y
・120・2009年
° «全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
Di = {(z,j0 | ,
。2 = {&，丁)I lVyW2,3/Wz<4—、}・
将上述两部分合并写成
D=Di UD2 = {&,、)| IWj/WZKzWl—y},
故
「
f2 2 f2 f4-> f2 r4-y
& f(j：9y)dy+ dy f(j：9y)dz = 如 /(jr,j/)dr.
J y
JlJjr J 1 J1J1
故选(C).
(5) 答应选(B).
解 在^2+y=2两边对工求一阶导数，有工+"'=0,解得y(i)=-i.再求导，有
1 + (、')2+”"=0,
解得 /(1) = -2,
由上面的分析知:/(D = -l,/，,(l) = -2.
因为f"3>不变号，所以在区间口,2］上，"&)<0/危)是单调减少的，即/(^)0,从而/(2X0,故由零点定理知/(了)在区间(1,2)内有零点，即选项(B)是正确的.
(6) 答应选(D).
解根据题中函数y=f^)的图形，可知函数FG)= p/(«)dz在除了工=0,上=2两点外处处可导,
J
0
且F'(z)=f(z).由此可知：函数F(z)在(-1,0)内单调递增，在(0,1)内单调递减，在(1,2)内单调递增，在
(2,3)内恒为常数.由于函数FG)连续，且F(0)=0,因此正确选项只能是(D).
⑺答应选(B).
解法1对任一 〃阶矩阵C,有
C*C=CC* = |C|E,
其中C*是C的伴随矩阵.因此可直接用乘法验证，排除错误选项.
对选项(A),有
/O A\/ O 3B" \_/2AA' O \_/4E2 \
VB O八2A* O 厂、O 3BB" '、 9EJ'
风为2阶单位矩阵；
对选项(B),有
(° A\( ° 2职)=(6风 \ O A
O”3A* O)( 6E「 4 BO4'
风为4阶单位矩阵；
对选项(O,(D),分别有
t力 3A* \_/2AB* 0)
O 3BA*)
3 AB* 0)
O 2BA*)
由此知选项(B)正确.
解法2设
(° o' & X2\
. 121 .存，考研数学
Pj Q
真题大全解(数学二)〉
分别求出X】,X2，X3，X4.因为
X2 ax4 0 O
B O 八 X3 X4 bx2 B e2
所以BX1=O,AX4=O,由已知a,B均可逆，故X1=X4=O；另一方面，有
___ O A
AX3=BX2 = e2
B O
O A
其中 = (-l)2X2|A||B|=6,E2为2阶单位矩阵，故得
B
X3 = 6A—】 = 6^ =弘，，
D *
X2 = 6B-】=6 苗j = 2B*,
选(B).
O |A||B|=6,则(；；)可逆，于是
解法3 = ( — 1)2X2
B O
-1
O A\ , O A O A O B-1\
B O) =6 A-】O)
B O B O
_ / O 2X3JT O 2B*
一(3X2A-1 O
3A* O
选(B).
(8)答 应选(A).
解 对矩阵P作初等列变换:把第2列加到第1列上,便可得到矩阵Q.若记E21(l)为上述初等变换
所对应的初等矩阵，则Q=PEzi(l),其中
1 0 O'
E21(D = 1 1 0
0 0 1,
于是 eTAg=Ej；(l)PTAPE21(l)
1 1 0 0 0' 1 0 0'
0 1 0 0 1 0 1 1 0
0 0 1 0 2, 0 0
'2 1 0
1 1 0
、0 0 2
选项(A)正确.
二、填空题：9〜14小题,每小题4分，共24分.
(9)答应填y=2x.
解 点(0,0)对应于L=1.因为
| = [2011(2-尹)+" •
=—2,
dr
dt I I t=i =e-(1-z) .(—1) 1 =-l,
=JL
所以切线斜率为 〃 dr 1 dr =2,
dz
t=i
-122 ・2009年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
故切线方程为>=2*.
(10) 答应填一 2.
解因为 1=1 f +<» e心 dr = 2| f+°° evdr =2 lim I I b ,
1+8 k
J —OO J 0 I 0
又因为极限存在，所以互<0,1 = — W，因此k=-2.
k
(11) 答应填0.
解，令
= J e-xsin nr dr =— e-Jsin nz + nJ e-xcos nr dr =— e-Jsin nx — ne-xcos ru: — n21n<,
所以
j (sin rue +〃cos nz)e-x ,厂<
L =--------------cz~i--------------c,
即
limf e-xsin nzdr = lim (刃cos nz + sin nz)e"~* 1 "|
n2 + 1 I o J
(ncos n + sin n)e-1 . n "I n
=lim ―^Ti 十 EHL
n-^oo
注(1) je“sin tedz是典型的循环积分(两次分部积分后再次出现本身).
(2)本题实际上有着更一般的结论：
若/(z)在［0,1］上有一阶连续导数，则lim f /(jr)sin nzdr = 0.
n~*8 J o
(12) 答应填一 3.
解 当^=0时，由原方程得火0) =0.在方程xy-^e=x+l两边对1求导得
jy+zjZ+e^y』1, ( * )
代入 z=0,;y(0)=0,有 y(0) = l.
在(*)式两边再次对z求导，得
2yf+z_y"+eyyff-\~eyCyf )2==0,
代入•r=0,y(0)=0,j/(0) = l,得 y，(0) = —3.
(13) 答应填e= 2 .
解 因为y=^(21n x+2)，令J=0得驻点z=土.
当妊(0,土)时,J(r)V0;当仔，1)时，加)>0,即在(0,土)内单调减少，在(土，1)内
单调增加，故*=+为y=x2x的极小值点，此时v(—) =「7.
又 火1) = 1, j/(0+ ) = = lime2x,nx = 1,
x-*0
所以y=x2jr在区间(0,1］上的最小值为丁(4)=厂土
(14) 答应填2.
解 设«=(^1 ,12皿)丁，。=(、1必必)丁测
了 力 工点
5 3
a/T = 43 , 31 ，丁 2， 了 3)= •^2^1 血 3 丁 22 工2才3
、了 3'1 *3,所求/fa即为矩阵邱丁中主对角线元素之和，即矩阵的迹tr(a/f).而tr(a/JT)等于矩阵邱『的特征值
之和，也等于其相似矩阵特征值之和，故P『a=2.
三、解答题：15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
sec2jr
、
(15)解法1 lim" — *工)［工二ln(l+tan ^虬临工一卜(捋tan政=临.......
• 4
I ssiinn \zz I " I
v 1+tan x—sec2x v sec2^—2sec2j：tan x
=lim-------:-----------=lim---------
4X r-*Q 4
ar-H)
=J_
原极限=lim(l—8s Q我二ln(l+tan 力］Fim^Tnd+tan
解法2
X
JT*O jr*O
1. z—tan z+tan z—ln( 1+tan z)
= lim-
2了
r-*O 2
v x—tan x | v tan x—ln(l + tan x)
=lim—t~2----r hm---------------------------
x-*0 ZjT ar*O 2x2
1 +
-p-tan2\z 1
=0+lim—^~2— = -r.
z 2xz 4
注 遇到当zf 0时,分子含sin x,arcsin x,tan x,arctan z,分母对应为x3或者分子含ln(l+x),分
母对应是了2时都可以采用解法2这种加减项拆开凑常见差函数的等价方法进行求解.
(16)解令则工=日7^，于是
& = Jln(l+Qd(土)=岑峥 1 ,
In 1 + •注1如
又
(t2-D1(z + i)dz = _ TTi _(z + 1)2]1
dz
=|ln(i-l)-|ln(i+l) + FG，
2(z+l)
所以
t+1 1 |r
In 1 + dz =
t-1 2(< + 1)
=zln( ] + —--------c,
2( JI+z+aZ?)
其中c为任意常数.
注本题主要考查不定积分的换元法与分部积分法.
(17)解由于
||=/1+/1+以，第=1-刀+M，
因此
血 =襄&+融=(/：+”必)&+(工-”+5 心,
= • 1+/12 *D+/13 * 并尚 * 1+/22 •(-】)+璀, Z +
/a+j^E/ai . 1+危.(―1)+扃■ z]
・ 124 -2009年
<<全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
=f3* f如 ~fz2 +^yf^3 + (•z+jO/'M + (工一y)侬
(18)解 记J = P，则/=/,代入微分方程，当z>0时，
人，1人一2
p-----------p ----------------,
JC JC
解得
]=x (-j 号dz + G)=2+Gz,
y = P = dz + G
因此
y=2x+^-C1x2 +C2 (x>0).
由已知火0)=0,有Iin);y=0,于是C2=0,故
a-*0*
y—2x-\-- Cix2.
由题意，有
2= j(2z + ~|~Gz2)& = 1+ §G ,
所以G=6,因此
;y=2z+3z 2 (工>0).
由于
x=-y( /3y+l — 1), 0W;y<5,
故所求体积为
V = 5tc — 7t j, = 5江— | ( + 1 — l)2 心
(19)解 区域D的极坐标表示为
0+piy-1) + -+A-iy+p^=0称为。阶常系数齐次线性微分方程，其中pl,p2,-,pn
为常数，其对应的特征方程为r" + p1/'-1 + .- + p„_1r+A = 0,求出其特征根.有如下情况需要大家牢记,
其中C，G，G，"・，G，Di,・",D.均为任意常数.
(1) 特征根为单实根r时，微分方程通解中对应一项CeJ
(2) 特征根为&重实根"时,微分方程通解中对应4项(C1+C2x+-+C^*-1)e"；
(3) 特征根为单复根a士原(0>0)时，微分方程通解中对应两项e«(Gcos阪+Gsin沁;
(4) 特征根为k重复根a士旗(0>0)时,微分方程通解中对应2k项 ，
earE(C1+C2j：+,"+Ctr*_1)cos 但+(Di +D2j：+"-+D*j：*_1)sin jfitr］.
(10) 答应填y=2x".3 0-3
X I 1 1 0 31
解由于函数y=^T7连续，所以曲线无铅直渐近线.又因为lim性Y和lim刍旨都不存在，所以
十 L—8］十
曲线无水平渐近线.考虑到
1 L8
a = L 8 X = lLim8-］73十TT = » 6=lim(^—2j?) = lim— 十］
所以曲线有斜渐近线y=2z.
-130 ・2010 年
° :*全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
(11)答应填一2”(n—l)!.
解法1由于
，' = Wfc = -2(1-2"
v"=-2( — 1)(1一2工)-2(—2) = -2“1 一 2z)f,
j-*=-22(-2)(l-2x)~3(-2) = -23 • 2(l — 2z)T,
yw = -23 • 2(-3)(l-2x)~4(-2) = -24 • 3! (1一2工)二.
一般地，有 yn> = -2n(n-l)! (l-2x)~n,
所以 y-)(o)= -2"(n-l)!.
8 / i \ n~l _8_ 。孔
解法2利用泰勒展开v = ln(l-2z) =、H2_(_2Q”=、N/”，由泰勒展开系数的唯一
n=l n n=l n
性，得二=堂来，故 yn,(0) = —n! =-2"(n-l)!.
n n\ n
(12) 答应填企(e” — l).
解根据弧长公式得
s =「〃 + (一)2曲=「Je功 + e咆=42明=- 1).
Jo J 0 Jo
(13) 答应填 3 cm/s.
解以'表示对角线的长，则有
y = JM+w2, y = (〃'+wwf)，
J尸+杼
将 Z，= 2,w，= 3,Z=12,w=5 代入得到
12X2+5X3
y/ = =3 (cm/s).
7122 + 52
注 这里y,l,w均是时间t的函数.
(14)答应填3.
解 |A+B-11 = \AE+EB-11 = \ABBi+AA~1B11
= |A(B+A-1)B'1| = |A| |B+A~l| IB"11
= 3X2Xy = 3.
注 对于| A+B\型行列式，一般是恒等变形转化为乘积的形式,其中单位矩阵E恒等变形是一个常
用技巧.
三、解答题:15-23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15)解 函数六Z)的定义域为(一8,+8),由于
/(x) = x2| e-, dz — J teT' dt,
f (x) = e-1 d« + 2x3e-x —2^3e-jr = 2xJ e」'dr,
因此/'(*)的驻点为工=0, 士 1.
列表如下：
/J(CX ) (-00
—
,-1) -1 (-1,0) 0 (0,1) 1 (l,H-oo)
0 + 0 — 0 +
s 极小 极大 极小
• 131 •。
h亨考研数学_____________
P5
真题大全解（数学二）〉）>
因此/（工）的单调增加区间为（一1,0）和（1,+8）;六工）的单调减少区间为（一8, — 1）和（0,l）.y&）
的极小值为
/(±1)= (1 — z)"，dr = 0,
极大值为
,(0) =—J?e-d = 3(l —£).
(16)解(I )当 0&W1 时，因为 0Wln(l*)〈£,所以
0〈|ln £|[ln(l+t)]"V『|ln t \,
因此
秋 | In 11 dz.
（n）由（I）知
Z" | In f | dz.
o
因为
,1 fl 1
| In Z | dz = — I ^ln tdt= Jo In Zd(i"+I)
〃+l
n+lln' 0 〃+l J I/ndz=(^TT7'
所以lim「r|ln/|dz=0.故由夹逼准则可知lin叫=0.
nzr-»-oooojj Q0 n~»oo
注 （1）本题第一问用到基本不等式:了壬-< ln（l +力v e （0, +8）.
1十Z
（2）实际上，第二问有更一般的结论：
若，（Q在［0,1］上连续，则lim |\g）& =0（可用夹逼准则简单验证）.由于iimz|ln^| = 0,记
f（t）=小哗|，ovy 1,则可补充定义/（0） = 0,这样= 在［0,1］上连续，再根据上面的结
论便有
lim [厂 1 • ^ | In i | dz = 0,
n~»8 J 0
再由夹逼准则知,
lim J | In 21 [ln(l +1) ]"dz = 0.
（17）解因为
如=。'(£)
dz 2+2广
(2+2。疚。)一2祀(。
d2,_ (2+2Q2 火 t)
dr2- 2+2: — 4(1+。 3
由题设彩=点
得
(t) = 3
一4(1+疥 一4(1+/)'
从而
(l+WQ)-")=3(l+t)2,
即
妒 Q)—日了，Q)=3(l+t).
・ 132 -2010 年
° «<全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
设u=-1）.
（18）解建立如图所示的坐标系，则贮油罐底面椭圆方程为
y
与+若=1.图中阴影部分为油面与椭圆所围成的图形.记S为工 b
a b
轴下方椭圆面积，则5=土赫. s2
记S2为位于工轴上方阴影部分的面积，则 -f
S2 = 2j a dy
设 j/=6sin z,贝!| djz=6cos tdz,
° Vl — sin2i cos tdt
=2ab cos2zdz
J o
(1 + cos 2z)dz =沥(育+乎)■
于是油的质量为
(S】+S2)Zp=
（19）解“的复合关系如图所示
y
du_du
则 = ^+2—+—
a-tf'
du d2u 2 32U I o , dzu |，2 32U
矿 > ay=a ^+2aba^)+b 希，
d2U d2U | / |7、d2U | , d2U
—=a^ + («+W^+6^.
将以上各式代入原等式，得
(5a' + 12a+4)缨+[10泌十 12(a+6)+8]碧+ (5序 + 126+4)磐=0,
3? drf
-133 -亨考研数学
5真题大全解(数学二)
由题意，令
5/ + 12a+4=0,
5 胪+ 125+4=0,
a=—2,
a= —2,
》=一2；
a= — 2,
由10湖+12(a+》)+8尹0,舍去
》=—2,
9 9
故 a= — 2,b=或 a=一~ ,6=—2.
0 0
(20)解 由题设知，积分区域D如图所示，将积分化为直角坐标系下的二重积分为
= r2sin 0 Vl — r2cos2 + r2sin2 0 drd0
=-^- J drj y/1 — x2 + .y2 d( 1 - x2 + j/2)
Til—
设 z=sin 则
(21)证 设函数 F(x)=/(x)—题意知 F(0)=0,F(l)=0.
在［°4］和［土1］上分别应用拉格朗日中值定理，有
F信)-F(0)=F，(Q(3—0)=戋/(£)_臼虹(0,土),
F(l)-F(y)=F，()?)(l-y)=yL/(,)-72J,7e(y,l),
两式相加，得
Zee(o,|)^e(y,i).
(22)解(I )因为非齐次线性方程组Ax=b存在两个不同的解，即解不是唯一的，所以系数行列式
A 1 1
\A\= 0 A-l 0 =(A-1)2(A+1)=O,
1 1 A
解得；l = —1或1(二重).
・134・2010 年
O«＜全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
当A = 1时，对方程组Ax=b的增广矩阵作初等行变换，
1 1 13、 1 1 1 ： 1 '
(A M)= 0 0 0 ： 1 —► 0 0 0 1
J 1 1 ： L .0 0 0: a—\.
其秩为2，系数矩阵A的秩为1,方程组无解,故义=1应舍去;
当A=-l时，对方程组Ax=b的增广矩阵作初等行变换，
‘一1 1 1 3、 1 -1 1、
(A : b)= 0 -2 0 : 1 ―► 0 2 0 -1 =B.
.1 1 -1 i L 、0 0 0 a+2,
因为方程组Ax=b有解，所以g+2 = 0,即。=一2.
综上，人=—l,a= — 2.
（口）当义=一1~=一2时,继续对（I）中的矩阵B作初等行变换得
3、
1 0 -1
~2
_ 1
0 1 0
~2
.0 0 0 0 ,
于是方程组Ax=b的通解为
，3 〕
_ 1 ‘1
x~~2 -1 +k 0
I1J
.0 .
其中k为任意常数.
注 当IA | =0时,Ax=b可能无解,也可能有无穷多解,需注意取舍.
（23）解 由于W（1,2,1）T是正交矩阵Q的第1列，因此（1,2,1）T是矩阵A的一个特征向量.设其对
76
应的特征值为JG，于是有
~2+4=Ai,
即 < 5+a=2人 1,
、4+2a=4i，
r o -1 4
解得—l,Ai=2.由此可知 A= —1 3 —1
、4 -1 0
A 1 一4 A+4 1 -4
其特征多项式为 |AE—A| = 1 A-3 I = 0 A~3 1
-4 1 A —4—A 1 A
A4-4 1 -4 I
0 A-3 1 =以一2)(义一5)(义+4),
0 2 A-<|
则A的特征值为人i = 2,义2 = 5,人3 = —4.
当义2 = 5时,解齐次方程组
1QK。
存亨考研数学
P5
真题大全解（数学二）〉〉
'5 1 -4'
1 2 1
-4 1 5 ,
得到属于义2的一个特征向量我=（1，一L1）T
当人=一4时,解齐次方程组
，—4 1 -4 &1
1 一7 1
-4 1 -4 、及
得到属于人3的一个特征向量& =（ —1，0，1）丁
将d，&单位化后分别作为。的第2,3列，可得
1 1 1
席 42
2 __
Q= 汞 0
73
_1_
V6 /3 72 ，
2
且 eTAg= 5 .所以Q即为所求矩阵.
-4
• 136 -2011年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
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，只有一个选项是
符合题目要求的.
(1) 答应选(C).
解根据泰勒公式，有
sin 1 1 —吝 + o&3) (z f 0),
0
sin — 3x — x3 + o(史)& -► 0),
所以
/(j?) = 3sin x — sin 3z = 4/ +。(史)〜4j：3 & 0),
于是互= 3,c = 4,因此选(C).
(2) 答 应选(B).
解 根据导数定义/(0)= lim 了保玉了史)，有
lim或&匕2心 =]im「应2 _ 2 曾 ]=lim 仙送少_2 lim八丁「料
z x zLz x — 0 z X — 0
=7(0)-2/(0) =-/(0),
因此选(B).
注 可以取一个具体的了愆)，如fG) = Z,则(A),(C),(D)都被排除.
⑶答应选(C).
解 /(j:) = ln|j：—1 |+ln | x —2 |+ In | j: — 3 | ,
'(工)=-J_ + -J— + -J— = —3*2 — l2;r 十项_,
x—1 x — 2 x — 3 (jc — 1) (x—2)(工一3)
令 E)= 0,即 3了2 —12工+11 = 0 且工/ 1,2,3,由于其判别式△ = (-12)2-4X3Xll>0,因此
/(x) =0有2个互异实根，即_/■(*)有2个驻点，因此选(C).
(4) 答应选(C).
解 原方程对应的齐次方程的特征方程为, -A2 = 0,其根为rlt2 = 士人所以寸Ty =职的特解
形式为；yj = aze^ — X2y — e-Ar的特解形式为说=bx* ,由叠加原理知原方程的特解形式为
V* =zSe&+6ef
因此选(C).
(5) 答应选(A).
解 由 z = 得
夺=/(x)g(^), 孕=f(jc)g'(y)，
d工
§ = ra)g(^), 翥= r&)gG), 春= /•&)『⑶)，
A =凯=，(。庙(。)，B =翥 L "(o)g，〈o)= 0, C =券 L = /(0)/(0).
1Q~7花季考研数学
真题大全解(数学二)>〉)
由于
纠 =/(0)g(0) =0, 纠 =y(0)g"0) =0, /(0)>0, g(0)V0,
d工 I(o,o) dy |(o,o)
因此只有当/z(0) V 0,g"(0) > 0时,AC-B2>0,且A > 0,即此时z = 在点(0,0)处取得极
小值.因此选项(A)是正确的.
(6) 答应选(B).
解 当0 VhV手时,OVsinzVcoszVlVcotz =要z,且匝$在(°, +8)内单调增加，于
4 sin X
是 In(sinz) Vln(cosz) Vln(cotz),z€(0,号)，从而 J ln(sin x)dz 0）
x-H-oo JCa
ln(l+j2)
lim (a> 1)
ar^1 -
2/
，- H — 2 .. J_
lim a('T a — TlT) j;~ r — ~a7( a—1) X11 »IY I 1 o o JC°~7 ,
由题意 limF(x) = 0,得 a > 1.
T »4-OO
又因为
pln(l + ^2)dz
limF(x) = lim -----------------(a〉0)
xa
ln( 1 + 〃)
lim G>1)
azLi~
=lim 王］=—linir3-®,
CtJC Ct +
x-»q+
由题意limFG) = 0,得 1 V q V 3.
综上所述,1 V a V 3.
(⑹解 粉？1=沼， (Fy _ d /，2 — 1 \ 市= 4t
&2 —瓦。2 + 1 尸无=("+ 1)3・
令尊=0,得：=± 1.当 t = 1 时,z = •!■,/ =----;当 t =— 1 时=— l,y = 1.
令彩=0,得t = 0,此时]==§•
列表如下：
t (—8, — 1) -1 (-1,0) 0 (0,1) 1 (1,4-oo)
X (8, 1) -1 （-闩） 1 （14） 5 （号，+8）
3 3
y / + 0 — — — 0 +
y 〃 — — — 0 + + +
由此可知，函数 川）的极大值为 ”1） = 1,极小值为"（号）=—•};
曲线了 = 了&）的凹区间为（§,+8）,凸区间为（一8,号）；
曲线y — y（~x）的拐点为（§，§）.
（17）解法1因为2 =兀巧，泪（了）],所以
dx
= /l+：y["£+g（z），=] + g'（i）£+：yg'（i）["£+g（z）/^].
由题意极值g（i） = 1,则g'⑴=0,所以
-140 ・2011 年
° «全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
翥 |酒=尤(1,1)+ /'，(1，1)十/割1，1).
解法2 根据题意，有g(l) = l,g'(l)= 0.
因为 z = -By，yg(z)],所以
空=yA+〉g'(z)/l，
从而
, 襄L=/(g)，
所以 务岳 L=】=+了3'心 a+m，：y)]} |
=K(1,1)+弁(1,1)+化(1,1).
(18)解法1由导数的几何意义，有y = tan a,即a = arctan J,所以
da = 寸
dz l + (j/)2，
由题意宗=畏得1去=丁，即
y =寸口 + 3')勺・ ①
令J =力,则y =力'，代入①式得
pf = />(1 + />2)»
分离变量得
必 =dr
p(l + p2)血'
两边积分得
In ] ¥ 疣=2工 + In Ci(G〉0).
由题意有y(o)= 1,即当x = o时》=1,代入②式得g = 土，于是有
ex
y = P =
两边积分得
arcsin 芳 + C?. ③
由题意有＞(0) = 0,代入③式得G =一号,所以
ex tc
y = arcsin -------.
72 4
解法2由题设及导数的几何意义得
事=半=tan a,
QJC GJC
于是有
a = jy + C3， ④
1 cos Ct 1
az = —：---da. ⑤
sin a
. 141 .花亨考研数学
o
真题大全解(数学二)〉
由⑤式得
x + C = In | sin a I ,
即 sin a = C4 ex. ⑥
由曲线Z与直线｝ =z相切于原点，得
p(o)= 0,
ly(0) = tan a(0) = 1,
即a(0)=于，代入⑥式得G =会，从而得
a = arcsin 券.
将y(0) = 0和a(0)=学代入④式得C3 =亨.所以
• ex 7t
y = arcsin —----.
((19) I )证法1令/(x) = In > 0).对任意正整数〃，根据拉格朗日中值定理，得
In(1 + — ) = ln(l + n) — In n = -7-,
其中〃 VEO+1,所以 打名 Vln(l + 4)<4・
证法 2 令 F&) = z —ln(l+z)& > 0),则
F'G) = 1 — 1 J； - > 0(x > 0),
1十z
即F(x)(x > 0)单调增加.又F(0) = 0,所以FCr) > 0(x > 0)，从而
F(+)>。，即 ln(l + 4)<《.
再令 GCr) = Ind+Q — Y^Cz〉。)，则
\.~r x
G'(z) = , ；章 > 0(z > 0),
(1+z)
即G(x)(x > 0)单调增加.又G(0) = 0,所以GCr) > 0(x > 0)，从而
G(+)>0,即由Vln(l + + ).
综上可知,对任意正整数〃，有
七 0),可知 1 imF(工)=0.又
F'&) =—\ H—, 七■,、V 0(z > 0),
工(工十1)
即F(h)(z > 0)单调减少，所以F(z) > 0(z > 0),故
F3) >0,即 ln(l + ^-)<^-.
再令 GG) = ln(l + —可知 limG(工)=0.又
\ X / 1 十 Z
G’(i) =-----( [it + -77~t~V 0(z > 0),
•Z& + 1) (1 +
即GCr)Cr > 0)单调减少，所以G(x) > 0& > 0),故
・142・2011 年
°〈*全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
GS) >0,即Vln(l +《).
综上可知,对任意正整数n，有
土 Vln(l+^)V
〃十 1 \ n / n
(□)证 由(I)知，当〃 21时，有
a心-a“ =由 Tn(l + +)VO,
»
a„ = 1+-^-十…+ — ln〃>ln(l + l)+ln(l+-^-)+ …+ ln(l + 斗)—In n
=ln(l + n) — In n > 0,
故数列｛a“｝单调减少且有下界，所以｛a“｝收敛.
注(1)本题第一问就是典型的考查不等式的证明，以上给出三种不同的解答方法，都是证明不等式
的常用方法，其中证法2和证法3是利用函数单调性，也是证明不等式最常用的一种方法;证法1是利用中
值定理，对中值£进行放缩.
(2)这道考题是由1999年考题中的第(18)题取§3 = *构造出来的.
(20)解法1 ( I )设由衣十寸=1 (y W方)绕、轴旋转一周的旋转体体积为吼，由对称性，所求
的容积为
V = 2V\ = 2寸2 x2dy = 2kJ 2 (1 — y2)dy =罕(n?),
即该容器的容积为罕nA
(H)当一X 土时，功的微元
dW = lO'gTrd —— )(2 —少心;
当y 时，功的微元
dW = lO'gTr]]. — (了 一 1)2](2 — y)dy
故所求的功为
W = 103gJ2 k(1 — 丁)(2— ;y)d;y+ 10七"穴[1 — (y— 1)2](2 —少心
=1。3加[[：(2 —) — 2/2 + y )dj/ + j± (4j/ — 4j/2 +丁3)心]
=1。瑚(2、- 知 + A ) 11 +(2J - 号丁 + A ) | ； ]= ，
即所求的功为27"l°=g J.
解法2 (I)设由/ + J = 1卜(*)绕了轴旋转一周的旋转体体积为K，由了z +尸=
2y(y^j~)绕y轴旋转一周的旋转体体积为吼,故所求的容积为
V = Vi +V2 =寸2](1 — J)dy + 7：' C2y — y2)dy
=小一蜀匕+令一§)|；=罕&),
143花，考研数学
P5 Q
真题大全解（数学二）〉〉》
即该容器的容积为罕m3.
(口)同解法L
(21)解 因为/'(1,、)= O,,Cz,l) = 0,所以
= 0, = 0,
从而
I = = ^xdjc^yf^ (.x, y~) dy
D
=I*
Ayfx(^^y^
I — [
。 」
J 0 L I y=0 J
=—f dy\ xf^x,y}djc
J 0 J 0
=-jo ["(]，))I _o _L/a，V)&]dj/
=[dj /(jc,^)dz = a.
J o J 0
(22)解(I)因为4个3维向量$@邢3 0(，= 1,2,3)是线性相关的，所以，若0],。2，。3线性无关,
则=1,2,3)可由$眺邢3线性表示，与题设矛盾，于是$，如$线性相关，从而行列式
1 1 3
1。1，夕2，031= 1 2 4 = a —5 = 0,
1 3 a
即 a = 5.
（H）将$，怯,03用依，。2，。3线性表示，即解3个非齐次线性方程组：
■Th C1 + 而2。2 + 今 3。3 = A （/ = 1,2,3）：
由于3个线性方程组的系数矩阵是相同的，因此令A=（跖血血；仇，位,供）,并对A作初等行变换，有
4 0 1 1 1 3 0 1:1 1 3、
A = 0 1 3 1 2 4 —> 0 1 3 : 1 2 4
b 1 5 1 3 5, <0 1 4 : 0 2 2,
‘1 0 1 1 1 3 '1 0 0 2 1 5、
—► 0 1 3 1 2 4 ―» 0 1 0 4 2 10
0 0 1 —1 0 -2, 、0 0 1 -1 0
因此可得
征值，其对应的全部特征向量为知| 0 |（幻为任意非零常数）；1也是A的一个特征值，其对应的全部特征
1
向量为炳 0 以2为任意非零常数）.
1
由r（A） = 2,知A有特征值0,设A的对应于特征值0的特征向量为（心％,%）、由实对称矩阵对应于
・ 144 -2011 年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
不同特征值的特征向量是正交的，有
(1,0,-1) =0, (1,0,1)
即
= 0,
Xi — x-i = 0,
解得《JCZ=
+l3 = 0,
^3 =0,
0
于是对应于特征值0的全部特征向量为k3 以 3 为任意非零常数）.
0
1 1
0
用 访 -1 0 0
（口）令。= 0 0 1 ，则 = QTAQ = 0 1 0 ，故
、0 0 0
0
—用 Jz
1
o -i
会 o o 1
-1 0 01 1 0 0 V21
O o o
A = (2 0 1 0 eT 1 0 V2 O 1 O O
I 0 0 0 0 0,
0 1 0
1 1 0
注也可令 0 0 1 ，则
p=
-1 1 0
_ 1
0
'一 1 0 0 1 1 0 -1 0 0 ~2 ~2 0 0 r
A = P 0 1 0 p~l = 0 0 1 0 1 0 = 0 0 0
0
~2 ~2
、0 0 0. -1 1 0, 0 0 0, 0 0,
、0 1 0
145 -2012年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
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，只有一个选项是
符合题目要求的.
(1)答 应选(C).
解因为格=(菖*，所以
limy = lim 7~牛 i、= 1血 一= -z1-
a-*-i (jc—l)(z+l) x*-i x — 1 2
=四 3)ZV1)=蚣土 = 8,
故/=1是曲线,=洁 的铅直渐近线，且是唯-的铅直渐近线.
因为 \imy = lim 七 +f = lim-----= 1,
X-^OO •T-*8 X — 1 X-*OO 1 1
1------7
所以y=l是曲线y = 中[的水平渐近线.
X
综上可知，曲线V = 专3有2条渐近线.
X — 1
(2) 答应选(A).
解法1利用导数的定义，有
f(0) = lim 心二((°)= lim 笆—2).“(职一〃)一°
a-*o X — 0 ^*0 x
px _ 1 _
=lim-------• limf/e21 — 2)・・・(e* — 〃)] = (— l)i(〃 — 1)!.
•r—0 X
j>*0
解法 2 记 g(z) = (e2i —2)(e3x —3)"*(e,n: — n) ,JJl!| f(x) = (e* —l)g(工)，求导得 f (z) = e±g(工)+
(e-l)g(x),则 f(0) = g(0) = (-l)^(n-D!,选(A).
(3) 答 应选(B).
解 因为a” >03= 1,2,…)，所以数列｛&｝是单调增加的. ，
如果｛&｝有界，根据单调有界准则，知｛S,｝的极限存在，记limS” = S,由此可得
lima” = lim( Sn — Si) = S — S = 0,
n-*°o n-»oo
即数列｛右｝收敛.可知数列｛£｝有界是数列修”｝收敛的充分条件.
但是，若｛%｝收敛,｛S”｝却未必有界.例如，取％ = 1(〃 = 1,2,…),则｛%｝收敛，但S” = 〃无上界.可
见｛&｝有界并非是｛%｝收敛的必要条件,故应选(B).
(4) 答 应选(D).
解 对定积分 L = I ex2sin jcdx,I2 = f ex，sin jrdr,/3 = f sin xdx 两两进行比较.
-146 ・2012 年
°«<全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
— L = J e'sin 因为在(穴,2穴)内e'sin x V 0,所以L — L V 0,即匕V L・
I3 — I2 = I e'sin zdz,因为在(2k»3k)内 ex： sin x > 0,所以 I2 V L・
J 2n
L — L =［据sin *令飞=2穴+ '匚的齐sin /
=「e(23‘ sin tdt + f° e(2f' sin 油(第 2 个积分中令 t =一 u)
=f e(23，sin tdi—\ e(2x-M)Isin udu = f 住”血)，一e(2R-w)2］sin wdu > 0,
J 0 J 0 J 0
故 L > Ii.
综上，有1z0,故对于固定的y,f(x,y)是关于H单调增加的函数;同理，由于”如)V0,
ox dy
可知对于固定的x,f(x,y)是关于'单调减少的函数.因此，当而V0且益时，就有<
/(他，死)，故应选(D).
(6) 答应选(D).
解法 1 jj(xy5 — Ddrdy = (* —l)dy
D 2 SmX
=fL (¥瑚 F | 二产=匚(杀牛sin『1 + sin x)dz,
注意到4~-^，~r^sin6x和sin x均为奇函数，所以
o o
仔—【zsifz + sin 打& —0
i 工 E 6 工 6 zsin z ~r- sin 工)cec — u,
于是原式=1(— Ddz =— 7t.
J-2
解法2 将积分区域D分为D】和D2两部分(见图).
由于0关于］轴对称，巧5关于、是奇函数，因此
= 0.
d,
又关于丁轴对称，巧5关于Z是奇函数，故
^jcy5drdy = 0.
Dt
于是
jprJ&dj/ = 巧 s&dy+JJ巧 5(ird;y = 0.
d
d,
D,
利用割补法,不难看出区域D的面积是s因而
(jry5 — DcLzdj/ = 0 —jj dzdjy =— k.
d d
-147 ・存孕考研数学____________
o
P5
真题大全解(数学二)〉)
(7)答应选(C).
解〃个n维向量线性相关等价于它们组成的行列式值为0.可以利用排除法.首先，当打=1时，行
列式 I Oi ,a2 ,a3 I =— 1, I ai ,a2 ,a4 1=1,
所以此时向量组an% 03与a"2，a,都线性无关,即选项(A)与(B)排除
其次，当cz = Og = c< = 1时，行列式I 803 04 I =—2,即此时向量组a2,a3>a4也是线性无关的，选
项(D)也排除.
事实上，当5 =0时，由于*为零向量，故a, ,a3 ,a4线性相关;当弓乂 0时，有
(c3 + c4)ai — $ 耸 3 +四)=0,
所以对任意的常数C|,c3心而言,ana,,a,都是线性相关的.故选(C).
注 也可以考查行列式I a, 03,a, I是否为0.
(8)答 应选(B).
ri o o'
解法1由题设0 1 0知，矩阵A是可相似对角化的，因而其相似变换矩阵P的列向量
.0 0 2.
at ,a2 ,a3是A的分别属于特征值人i = 1,A2 = 1,A3 = 2的特征向量.由于J = Az = 1是A的二重特征值,
因此S +a2仍是A的属于特征值1的特征向量，即A(ai +a2) =a> +%,从而有
1 0 0'
Q~AQ = 0 10
.0 0 2,
应选(B).
解法2因为矩阵Q是对矩阵P作一次初等列变换——将P的第2列加到第1列得到的,所以有
1 0 0'
Q=P110,
.0 0 1.
1 0 0 -1 1 0 O'
从而有 QT'AQ = 1 1 0 P~AP 1 1 0
.0 0 1, .0 0 1,
,] 0 0、 ‘] 0 °〕 0 0'
-1 1 0 0 1 。 1 0
2〕
、0 0 1> .0 0 、0 0 1,
'1 0 0'
= 010.
.0 0 2.
故选项(B)是正确的.
二、填空题：9~14小题,每小题4分，共24分.
⑼答应填1.
解将£ = 0代入了2—丁+1 =出可得』 =0.
I x=0
在X2 — y + 1 = ey两边对z求导，得
将 x = 0,j/1 =0代入(*)式,可得 4^ I = 0.
I 工=0 CEC I x=0
在(*)式两边再对工求导，得
• 148 ・2012 年
O "＜
全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
2一合『，制+牟，
将z = 0,J =。亭| = o代入上式，则可解得骋| = 1.
I x=o dr | x=o dr I x=o
（10）答应填章.
解 四〃（击+ +…十 ；^）=四（毛+ +…+ • +
1
=lim
工 n-»oc 1 + l + G） 2 n
L
=J = arctan x | _7t_
T,
（11）答应填0.
dz _ rf 1 dz 八（-»
解
所以
（12）答应填77.
解 将微分方程变形为字+三=3弘这是一阶线性微分方程，其通解为
djy 丁
了 = eT 捉（J 3 遇服 + C）= *（R 出 + C =尸 + 号.
I代入上式，得c = o,于是工=寸，即＞=土77.注意到，T = 1,故将注一G舍去,
将y
I X=1
得；y = 4x.
（13）答 应填（-1,0）.
解将J = 2z + 1 J' = 2代入曲率公式K =― ，得
Ei +（y）2p
2 72
口 + （2工+1）叮* 2 '
整理后有 JT2 + J7 = 0 ,
由于z V0,因此得z =—1,又有y =0,故所求点的坐标为（一1,0）.
（14） 答应填一27.
解由题意知I B |=—| A I,而| A* | = | A I，-】=| A故
|B4* | = | B || A* |=-|A|3=-27.
三、解答题：15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（15） 解（I ）由题意得
由
a = lim
_［）=limZ + z〔—sin 了
.z—O sin x x / z•r~o*0 xsin x
= l + lim^^ = l + lim^ = l.
lO LX x—0 Z
（口）由（I）知Q = l.又因为
-149 -存孕考研数学
o
真题大全解（数学二）〉
sin z = z — m + o(x3) 9 zsin x = x2 +。&3),
b
所以
约二 v x + x2 — sin x — j?sin x
lim lim--------------Try------------
z X
•r + z2—(z----x3 x2 -Fo(x3)
lim-----------------------------------
A0
-1-X3 4~o(x3)
lim----------------
可知当1 — 0,3 =人+ 2时JG) — q与也是同阶无穷小量，因此互=1.
■r'+J
(16)解由 = xe ，得
2
^^ = (lT)e
dx dy
解得驻点(1,0),(-1,0).
A = 3：尊少=— 3)eT
ox
B = /巽，少=一 De^ ,
dxdy
C =捋亍以=xdy2 一 l）e~甲.
在点（1,0）处，由于AC-B2 =-|>0,A = 一条VO,因此六1,0）=2为Aw）的极大值；
在点（-1,0）处，由于AC-B2 =->0,A = |：>0,因此/（一 1,0） =-土为六叫）的极小值.
e ve ve
（17）解 设切点A的坐标为（心,少）,则切线方程为
1 Z 、
y — yi = —x\ （X —xi）,
将点（0,1）代入该切线方程，并注意到；yi = Inzi，解得心=e2,^! = 2,
所求面积为
e
s = In xdjc----(e2 — 1) • 2 = xln x x ・一 1 dr — e2 + 1 = 2e2 — e2 + 1 — e2 + 1 = 2.
2 x
i 1
所求体积为
2
V = 7Z ln2j?cLr — • 4 • (e2 — 1) = ■k(,有
e* + 9Ce" + W + Ce31 = 2ex,
可得C = 0,于是 y(z) = e1.
解法2，Cr)+f (*)—2/Xz) = 0对应的特征方程是r2+r-2 = 0,其根为n = l,r2 =一2,故
/■”(Q+fCr) — 2/Xz) =0 的通解为/Xz) =Ge，+ Gef,且
f (x) = Ge' —2Cg-气 f'S = Cie-r + 4C2e-2i,
代入 /■“(£)+，&) = 2e〜有
G e* + 4C2 e-Zx + Ci ex + C2 e-2x = 2e",
从而知G = 1，G = 0,即有y(工)=e".
(口)解由(I)知，
J = /(f)「六一户)& =事 pe-0时，/>0,又乂0) = 0,所以曲线的拐点为(0,、(0)),即点(0,0).
(20) 证法 1 记 /(x) = zln + cos x— \ —令(一1 V 1 V 1),则 f(jc)为偶函数.
1 — x 2
当 0 1 时(1)= In ? + 气］*，)— sin x^\n ? + ' + (z — sin j?) 2。，因为了(。)=。，
1 — x 1 — x 1 — x
所以，(z) N°(0Wi VI).
由于/(x)为偶函数，因此，Cz) 2 0(— 1 V z V 1),即
xln ? +干 + cos x 2 1 +夺(一1 VzV 1).
1 — x Z
证法 2 记 /(x) = x\n 干 + cos jc — 1 —当(一1 V 1 < 1),则
1 — x Z
f (x) = In :三云 + 卢，2 — sin x — z, f"h) =： 2)£ — cos z — L
JC
JL -27 J- \ x 27 )
• 151 ・h&考研数学_____________
o
真题大全解（数学二）〉—
当一1 Vz< 1时，由于八4 0 N4,l+cos;rW2,因此，Cr）>2>0,从而/（x）单调增加.
11 — X ）
又因为，（o）=0,所以当一 1 vzv。时,/（*）vo；当 o vxv 1 时,/（x）>o,故/xo）是 ya）在
区间（-1,1）内的极小值，也是最小值.因为f（0） = 0,所以/（x）>0（-l 1）,则 /（x）在上连续，且
1—J（F1 —— L T （）,
v
明）=（»+传）+ …
+#】 = 】=
1-±
2
/（I） = n-1 >0,
故由闭区间上连续函数的零点定理知,U）在区间（号，1）内至少有一个零点,即方程/+广+•••+£= 1
在区间（身，1）内至少有一个实根.
又
f O） = nr"-1 + （n — 1）工厂。H------ 2工+1>1>0,力£ （号，】），
故/（t）在传，1）内单调增加，可知f〈x）在区间（土,1）内只有一个零点，从而方程六了）= 0,即寸+
广+•••+■!= 1在区间传,1）内有且仅有一个实根.
（口）由于e （ya）,因此数列｛务.｝有界.又
旦+坤 H--------xn = 1,
亿需 + H------1-］并1 = 1,
而1需>0,所以
+z尸 H--------xn > +z必 H--------z*,
即
（z” 一二那）［1 + ｛xn +^那）+ …+ （z；】+%尸*什1 + ••• +zM）］ > 0，
显然方括号内各项均为正，于是有
Xn > "1，〃 = 2,3,…，
即｛乃｝单调减少.
由以上讨论知，数列｛］〃｝单调有界，故｛却 收敛，设limr” = Q.由于
n-*oo
对+z尸+…+工” =1,即£「*尸=1,
令〃-► 8,并注意到志v务! V互V 1，则有4" < Q W血< 1，1 a = 1,解得Q = 4■，即
Z Z 1 — a Z
limz” = #•・
n-»oo 乙
注 本题是一道综合题，考查方程的根的存在性及个数、数列的单调有界准则.
1 a 0 0| , !
1 a 0 q 0 0
（22）（ I ）解 |A|= = 0 1 a—al a 0=1—a4.
0。1 Q 0 0 1 Ola
q 0 0 1
・ 152 -2012 年
° :*全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
(11)解法1因为方程组Ax=fl有无穷多解的必要条件是其系数矩阵A的行列式为0,即| A | = 0,
由(I)得 1—= 0,从而 Q = 1 或。=—1.
当a = 1时，
1 1 0 0 : 1 1 0 0 1 <1 1 0 0 1
0 1 1 0 -1 ° 1 1 0 -1 0 1 1 0 -1
(A 侦)= - —►
0 0 1 1 i 0 ° 0 1 1 0 0 0 1 1 0
.1 0 0 1: 0 . .0 -1 0 1 -1> .0 0 0 0 _ 2,
由此知系数矩阵A的秩r(A) = 3,增广矩阵的秩厂(A “)= 4,二者不相等，故当a=l时，方程组Ax = fl
y无解.
当a =— 1时，
1 -1 0 0 :1 rl -1 0 0 1
0 1 -1 0 i -1 0 1 -1 0 -1
（4 ： P）= ―>
0 0 1 -1 :0 0 0 1 -1 0
、_1 0 0 1 :0 、0 -1 0 1 1 .
-1 0 0 : 1
0 1 -1 o i -1
0 0 1 -1 0
.0 0 0 0 : 0 .
由此知r(A) = r(A ,■ JJ) =3<4,故当。=一 1时,方程组Ax = fi有无穷多解.
为求Ax=fl的通解，只需解方程组
fjTl —X2 = 1,
oi
0 1 a -1 0 1 a 0 -1
（A ； P）= 0 0 1 a! 0 ―► 0 0 1 a \ 0
〔(
0 0 1: 0 . 一a2 0 1 : 一<2>
1 a 0 0 1 a 0 0 : 1
0 1 a 0 -1 0 1 a 0 i -i
0 0 1 a 0 0 0 1 a o
4 : 2
0 0 a3 1 —a一Q -0 0 0 1—a ■ —a —a J
由于当且仅当r(A) = r(A ： 0) <4时,方程组Ax = fi有无穷多解，故有1 一= 0且一«-a2 = 0,得
・153・存垢考研数学
O
真题大全解(数学二,)〉〉＞
Q =— 1,即当Q =— 1时,方程组Ax=fl有无穷多解.
以下同解法1.
(23)( I)解法1 因为2 = r(ATA)=厂(A),故可对A作初等行变换，有
(1 0 1 (1 0 1 rl 0 1
0 1 1 0 1 1 0 1 1
——► —►
-1 0 a 0 0 a + 1 0 0 a + 1
、0 q -1 -0 0 — a — 1 、0 0 0 >
所以a =— 1.
'2 0 1 — a
解法2 ATA = 0 1 + / 1 — a
、1 —Q a 3 +才,
2 0
由已知r(ATA) = 2,且ALA有一个2阶子式 丰0,故
0 1+a2
2 0 l~a
| ATA | = 0 1+a2 1 —a = (a + 1)2(3+ /) = 0,
1 —a 1 — a 3 + q2
从而得a =— 1.
(H)解由(I)知q=—1,得
2 0 2、
ATA = 0 2 2
〔2 2 4,
故矩阵ALl的特征多项式为
A — 2 0 — 2
I AE-ATA | = 0 A-2 -2
-2 -2 A-4
=A(A — 2) (A — 6),
则ATA的特征值为A i = 2，人2 = 6，义3 = 0.
当万=2时，解方程组
2^3 = 0,
< —2及=0,
、一2xi — 2x2 — 2工3 = 0，
1 ]
得相应的特征向量为 -1 ,单位化后为
r 1
_ 1
=用 -i
I o J
当A2 = 6时，解方程组
纭1 — 2正=0,
〈4互一2=3 = 0，
—— 2x2 + 2^3 = 0，
得相应的特征向量为单位化后为2012 年
° *全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
r]
当A3 = 0时，解方程组
2ii — 2x3 = 0,
y — 2x2 ~ 2归=0,
、一2xi — 2x2 — 4j73 =。，
， f 1 '
土 得相应的特征向量为1 ，单位化后为
—L
于是得到正交矩阵
1 I I
72 y6l y3l
-1 _
Q
V2O y62 y3_
1
y6 73
在正交变换x = Qy下，二次型的标准形为
f = 2yl+6yj.
・ 155 •2013年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
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，只有一个选项是
符合题目要求的.
(1)答 应选(C).
解 因为 cos z — 1 = zsin q(z),所以
sin a(z) 1
lim
x-*0 x 2
即有
lim sin a&) = 0.
注意到I aG) |V夸，可知linta(^) = 0,即a(z)是z —0时的无穷小量，且lim 呼早=】，故
lim 心=lim 蛔3
2
3^0 X X
即当1 - 0时,a(z)是与z同阶但不等价的无穷小量，选项(C)正确.
(2)答 应选(A).
解由方程cos巧+ ln、一1 = 1,可解出= /(0) = 1.
I工=0
在方程两端对了求导，有
—sin jcy • {y~\~xyf) + —•j＞，— 1 = 0,
y
将z = 0及J =1代入上式，得J | =f(0) = l,所以
I z=0 I x=0
】]=临四司业. 2 = = 2,
乙
n-*oo L. ' / _| n-*o°
故选(A).
(3)答应选(C).
sin tdt, 0《i V 穴，
{
" 「工
J sin tdt 4- J 2dr, 71(1《2式
(1 — cos x, 0＜1＜穴，
【2 + 2] — 2?r, 2k.
因为
limF(jr) = linjFG) = F(7t) = 2,
x-*x
所以F(z)在x = n处连续.
又
lim 眼. —一 7T)3)= ]im M■cZ — o s 7T l 2 =临略=(),
■r-t X — 7t a/ X — 7T x-^n 1
X
• 156 •2013 年
°全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
lim F0)—包=1皿 2 + 2l2l2 =履
JC — 7Z lT X — TZ
可知FL(jr)壬Ft(K),即FG)在x = n处不可导，故选(C).
(4)答应选(D).
解 考虑积分= '~ 丑,当a—1(0,即afl时，为普通定积分,积分自然存在
1 成—1)
当Q — 1>0时,
:白为无界函数的反常积分'且当L】<】,即心2时收敛;当。一121，即
a 2 2时发散.
无穷区间上的反常积分
r用 —1 』 1 1 ■4-00
J /(j?)dLr = e & =- X
lnaJ7 I e
当a > 0时，此反常积分收敛;当a < 0时,发散.
由以上分析知，若反常积分，
收敛，则有0 V Q V 2,故选(D).
⑸答 应选(A).
2
解 五 OZ =一 声/(巧)+，7''(勺)・ y =—声/'(巧)(巧)，
dz _ 上，(书)+乏，'(巧)■ ] = —/(巧)+"'(巧)，
dy X X X
X dz , dz __— 手/(巧)+妒(巧)+ 手(勺)=2/T (巧),
所以
y da: dy
故选(A).
(6) 答 应选(B).
解 注意到在区域上v —工2。，且等号不恒成立，在区域D上v —工<0,且等号不恒成立，
因而L>0，L V0.这排除了选项(D),选(B).
又区域0和D3都是关于直线y = m对称，在这两个区域内交换工与'的位置,则被积函数变为工一
丁,且 x — y =— (> —j?),于是 11 = /3 = 0,这排除了选项(A)和(C).
(7) 答 应选(B).
解本题考查向量组等价的概念以及对矩阵与其向量组之间的关系的理解.
设矩阵A = (ai ,。2 ‘…0)，C= (% ,为，…,打)，其中a "(/ = 1,2,・・・,〃)均为n维列向量.由题设有
(。1 ,口2,…，= 31，？2,…，灯)，
则
(ai ,a2, —,a„) =(H ,形，…，灯)质'，
即矩阵A的列向量组O1,a2,•••,«„与矩阵C的列向量组为，久，…能相互线性表出，所以矩阵A的列向
量组与矩阵C的列向量组等价，选项(B)正确.
此外，由于矩阵B可逆，因此其行向量组与列向量组都是线性无关的;而矩阵A是任意的〃阶矩阵，且
矩阵A的秩与矩阵C的秩相等，因此当矩阵A的秩小于n时，矩阵C的秩也小于几，即矩阵C的行向量组与
列向量组分别都是线性相关的.由此可知选项(C),(D)都应排除.
最后，设
1 1 2 1
AB =
0 0 0 0
知矩阵A=(：：)的行向量组(1,1),(0,0)与矩阵C = 2 :)
的行向量组(2,1),(0,0)是不等价的，从
0
而选项(A)也是错误的.
注 若Am^nX,=CmX>,则C的列向量组可由A的列向量组线性表出,C的行向量组可由B的行向量
. 157 ./考研数学
真题大全解(数学二)＞〉
组线性表出.
(8)答应选(B).
分析 两个同阶的实对称矩阵相似的充分必要条件为两者具有相同的特征值.显然矩阵B =
'2 0 0 rl a r
0 6 0 的特征值为2,6,0,故只需通过求矩阵A = aba 的特征值来确定a,。的值.本题是一道基
0 0 0. <1 a L
础题.
解 因为
A — 1 —a — 1
I AE—A | = —a A—b —a = At(A — 2)(义一b)—2a2],
—1 — a A — 1
所以，当且仅当Q = 0时，矩阵A的特征值为2,6,0,且D可为任意常数，即选项(B)是正确的.
当a = 2,b =。时，矩阵A的特征值为4, 一2,0,显然A与B不相似，所以选项(C)是错误的，从而可知
选项(D)也是错误的.选项(A)只是两个矩阵相似的充分条件，并不是必要条件，所以选项(A)是错误的.
二、填空题：9~ 14小题,每小题4分，共24分.
(9) 答应填丕.
解 这是“广”型，囤〔2-蛭尹^了 = ekO*2-门，而
1- 1 To ln(l+z) r x — ln(l + x) 1
zzL z J x-o 2
故临「2一垣Q土丝T =".
z L z 」
(10) 答 应填 ,一1一「..
71 - e"1
解 由题设y = /(^r) = I* \/l —eW,可得』 =—1.
J-1 I y=Q
根据反函数求导法则，有
& I = 1 = ] = ]
dj I j-o 坐 I /i _px | 1 — e-1
v L-i
(11) 答应填书.
解 曲线L：r = cos 3。(一言W。W言)所围成的图形是“三叶玫瑰线”的一个“花瓣”.注意到图形
关于极轴的对称性，其面积为
驻Jg = j：c°s顽=『旦严"品(会+ °)=备 ,
(12) 答 应填工+、一学一景n2 = 0.
解 曲线上对应于Z = 1的点处的切线斜率为
] 2t
M =勺五 =i,
Cut I t=i !•
1 + #2 i=l
因而该点处的法线斜率为k =~ 1.
-158 -2013 年
°〈《全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
又 x = arctan 1 = J, y — In72 = -i-ln 2,
I t=i 4 | f=i Z
于是所求法线方程为
y — In 2 =— (z — )，艮x + y —J- In 2 = 0.
乙 \ q / q： 乙
(13) 答 应填 e3x — ex — j?e2x.
解 记 少=少—必= 必=一方=b,
e3j,
则又是题设二阶常系数非齐次线性微分方程对应的齐次方程的两个解，且由和元线性无关.由此可得
题设微分方程的通解是
y = Gvi +C2^2 +^3»
即 V = G e3x + C2ex — xe2x,
代入初始条件：y | = o,y I = 1,得
I x=0 I x=0
jG +C2 = 0,
〔3C1+C2-1 = 1,
解得 Cl = 1,C2 =—1,故所求特解为;y = e3x — ex — xe2x.
(14) 答应填一1.
解 由at) +A0 = 0(:,; = 1,2,3),A” =一%,则A的伴随矩阵A,满足
A* =—AT 及 | A* |=(— I)3 I AT I =—I A I,
再由 | A* | = | A『T =| a |2,
得 I A |2 +1 A 1 = 0,即 1 A 1 =— 1 或 I A 1 = 0.
最后不妨设an^0,由行列式的展开定理得
I A I = fliiAn + G12A12 + 口 13 人］ 3
=—(afi +出2 +亦)< 0,
所以| A | = 0舍去，故| A | =— 1.
三、解答题：15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15) 解法1由题设知
1. 1 — cos x ・ cos 2x • cos 3x n
z ax
上式左边是型未定式的极限，应用洛必达法则，有
临1一 cosz・co：2z・mo§^
x-o ax
1. sin x • cos 2x • cos 3z + 2cos x • sin 2x • cos 3x + 3cos x • cos 2x • sin 3x
=11m------------------------------------------------—；---------------------------------------------.
z anx
由于当n = 2时，
i h . m sin x • cos 2x • c = o s 3jc — 1 ，
x-o anx Zg
1. 2 cos x • sin 2x • cos 2
hm 9
z anx a
v 3 cos x • cos 2x • sin 9
lim — ，
z anx M
e r 1 — cos x ・ cos 2x ・ cos 3x 1 + 4 + 9 7_i
因此 hm----------------------------------=-----5-----....-------1'
ax Zg a
故 a = 7,
当〃夭2时，显然不符合题意，所以n = 2,a = 7.
・ 159 •。
h'考研数学
真题大全解（数学二）〉
"―cosvcos 2了 • cos 3z
解法2
ax
Hm 1 ― cos。+ cos。一 cos c • cos 2z + cos z • cos 2z — cos c • cos 2。・ cos 3z
z axn
1 — cos z j cos z ・(1 — cos 2;r) cos z ・ cos 2z ・(1 — cos 3z)
=lim
x—»0 ax cue ax
由于当n = 2时,
■
1 — cos z _ ]. 2____ 1
lim ； —lim 2~ — ~iy~，
ax z ax La
j-*o
COS • -y • (2z)2
limcos^ .a-cos 2工) il •i m-----------z- p---------=—z
x-*0 ax x-o ax a
COS X • COS 2jc • • (3x)2
lim cos cos 2了・!1^国逢) 9
lim------------------5---------------
ax i ax 2a
因此 ]血 1 — cos z ・ cos 2z ・ cos 3z = 1 + 4 + 9 _ 7_
" f axn 2a a '
7
由题意知一=1,所以a = 7.
a
当〃尹2时，不符合题意，故n = 2,a = 7.
解法3由泰勒公式，知
cos x = \----x2 -Fo(x2) , cos 2x = 1 — 2x2 + o(jc2), cos 3z = 1------x2 +o(j:2),
于是
i l . i m- 1 - - — -- - c - o -- s - - x - -- • -- c - o - s - --2-j-c- - • - - c - o -- s - - 3 - z -
z ax
=lim 1 一 I】一夸 *灯)]口 一 2^ +。(& [1 — # + 心)]=]面 7廿+。次)
i aa:n x-o ajcn
可见，当n = 2时此极限为L
a
又因为当z -► 0时，1 — cos z・cos 2jc ・cos Zx与axn是等价无穷小量，故有二=1,即q = 7.
a
当〃丰Z时，不符合题意，所以n = 2,a = 7.
（16）解 吃=』撰dr = 3籍3 ,
J o b
由V, = 10K，即鱼窘=10.鱼* .解得a = 141.
（17）解法1 直线工+ 丁 = 8与直线了 = 3工和z = 3?分别交于点（2,6）和（6,2）,直线x = 2将区域
D分为D］和两部分（见图），则有
力 心+
2
=部也+』:（瞄-#）&
-160 -2013 年
° «〈全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
=号工'| + (杀 一' ) | =半
3
「 嚣
解法 2 (TL z2c dzd3/ = f ^311, 3 cW cos sin 0r 3°c os2cMr
JJ J arctan 。-z- J o
D =町
53 COS^ ..
0 0) 4
4 J arctan ■} ( COS + sill
g4 f arctan 3 ]
=-r i /i ..d(tan 0)
4 ( 1 + tail ff)
J arctan +
=_ & ] 153 = 416
—12 . (1 +tan 疔 J* - ~T'
((18) I)证法1因为六了)是奇函数，所以/(0) = 0,又因为函数六工)在区间［0,1〕上可导，且
/(I) =1,所以由拉格朗日中值定理，存在££(0,1),使得
/(?)=/(!)-/(0) = 1.
证法2 令F(工)=/(x)-x,则函数FCr)在区间［0,1］上可导，且F(0) =y(0)=0,F(l)=六1)一
1 = 0,由罗尔定理,知存在(0,1),使得F'(Q =0,即/($) = 1.
(H )证法1因为六工)是区间［一1,1］上的奇函数且有二阶导数，所以f(z)是偶函数，结合(I)，故
f (—争=/(0 = 1(? e (0,1)).
令 FJz) = ［/Cr) — l］eL则函数 FQ)在［一1,1〕上可导，且 FJ—Q = FJQ = 0.
根据罗尔定理，存在(-&E)U(—1,1),使得F；(/ =0.因为
Fl(?)= LT3)+r3)— l］e，,且 e，尹 0,
所以
/ 3)+/3)= 1.
证法2因为心是区间［-1,1］上的奇函数且有二阶导数，所以f(H)是偶函数.
令F2(x) = f(z) +，Cr) 一工,则函数FzG)在区间［-1,1］上可导，且
F2(l) = /(1)+/(1)-1 = /(I),
f2(-d = f(—i)+y(—1) + 1 = /(i)-/(i)+ i =
根据罗尔定理，存在(-1,1),使得F；3)=0.
由 f；(z)= /w(^)+7a)-i,知
f"3)+ f(〃)一i = o,即 f'3)+ r(v)= i.
(19)解 设(工,少为曲线上的任一点，目标函数为距离的平方即f^,y) = x2+y,构造拉格朗日函
数
L(x,j»,A) = x2 +y2 +义(工3 — xy +y — 1).
令
祟=2了 + (3x2 — >)A = 0, ①
第=2y+(3j—E =。， ②
* =工' —巧 + J ' 1 = 0. ③
当z>0，v> 0时，由①，②式得
—=~-i----',即 3xy (.y — X)--- &十、)(工一y),
y 3/ —x
得v =工或3工> =—(工+ /)(由于x > 0,y > 0,舍去).
将y = x代入③式得
2*3-工2一1 = 0,即(x-1)(2x2+x+1) — 0,
. 161 .花季考研数学________________________
o
P5
〉)>
真题大全解(数学二)
解得= 1,从而点(i,i)为唯一可能的极值点.
又当工=0时,y= 1;当V = O时口= 1.分别计算点(1,1),(0,1 )及(1,0)处的目标函数值，有
/(1,1) = 2, /(0,1) =/(1,0) = 1,
故所求最长距离为再，最短距离为yr = i.
((20) I )解 由 /(x) = In x + — {x > 0),得 f (z) - x g-.
X X
令f〈工)=0,解得/■(工)的唯一驻点工=1：
又/'(I)= 牛| = 1>0,故，(1) = 1是函数六了)的唯一极小值，即最小值.
X I X=1
(H)证由(I)的结果知1* +手21愆>。),从而有
In xn H— V 1 W In 与 +【(％ > Os = 1,2,…),
Xn
于是与Vi*,即数列伐Q单调增加.
又由In xn + -^- < 1,知In xn < 1,得％ V e,从而数列｛z。单调增加且有上界，故limz”存在.
］什
1 «-*°°
设lim% = q,可知q 2心> 0.在不等式In而,+ —L < 1两边取极限，得In a + — 1.
i° 而rH CL
又 In a + — 1,故 lnG +【=1,可得 g = l,BPlinizn = 1.
U Cl 18
(21)解(1)/ = y(x-^),则
i+(打=1+十3 - 2+罚=+。+手),
于是L的弧长
■(苓+ 北)|：= e2 + l
=£ Jl +(V)2& = H(* + £)& = 1 1
4
scydx
(n)平面图形 的形心横坐标的计算公式为质=牛一，其中
d
) | ： =
£巧& =— lln& =(备'一 土血工十 ^(e2 + l)(e2-3),
x2 — In z ) & = ( ------x\n x + -^-x
所以D的形心的横坐标为
_ 土(普 + 1)(/_3) 3(/ + 1)(封_3)
工_ 七—M 4(e3-7)
12 12
jprdzdv jjydzdy
注 平面区域D的形心坐标一般表达式为成=岑-----
jj djcdy jpird"
D D
(22)解 设矩阵C=(; ；),代入
AC-CA =B,
得方程组
-162 •2013 年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
互 +az3 = 0,
—az】+血 + 在4 = 1， / 、
< （* ）
Xi — x3 — x4 = 1»
、互—女3 = b.
对该方程组的增广矩阵作初等行变换，有
，0 —1 a 0 0、 rl 0 -1 -1 1 ]
—a 1 0 a 1 0 1 —a 0 0
—►
1 0 -1 -1 1 0 0 0 0 a + 1
、0 1 — a 0 4 、0 0 0 0 b ，
当Q1或 ”0时，方程组（* ）无解.
当g =— 1且6 = 0时，方程组（* ）有解，此时同解方程组为
J 而一工3 一 ^4 = 1，
+%3 = 0,
求得其通解为
1 -1 - 1
0 +加 -1 0
x = -\~k2
0 1 0
o 、0
其中g为任意常数.
综上，当且仅当Q =— 1且5 = 0时,存在满足条件的矩阵C,且
c=/（1+A1刈+ &2 一
k
加
2
\）'
其中刈以2为任意常数.
（23）（ I ）证法1 记列向量*=血.由于
、％3,
类似地，缶而+缶互+缶^ 也有对应的表达式，因此
3
f （工1，工2，了 3）= 2（^X1 +a2x2 +a3x3'）2 + （缶心 +b2x2 +b3x3'）2
0、 11 、 %】
2(JCj , »-^3) a2 （G1 ,口 2 ，。3） +,13) b2 (b] 土2 ,。 3 ) 工 2
S 、无， 03 .
=2xTcaTx^-xTHPTx
=xT（2aaT +fl5T）x,
又（2皿丁+律丁）丁 = 2皿T+fljT,即2axT+flJT是对称矩阵，所以二次型，对应的矩阵为2皿丁 +律丁.
证法2 将二次型展开并写成矩阵相乘的形式，得
■ bl bib?
/Xzi ,Z2，Z3)= 2&1，Z2，Z3) 502 明 12
、b03 房 了
3
而
flla3
163h孑考研数学
o
P5
真题大全解(数学二) >>>
b\ bxb2 缶。 3 bl
bx b2 bl b2 (bl 土 2 ,》 3) =爵，
、。、 但但 bl 。
1 3 3
所以
Xl
y(Z],Z2，Z3)=(Z1 ，工 2，^3 ) ( 2fltt
- .时
又(2aaT+flBT)T = 2aaT+/pT,即2aaT+flPT是对称矩阵，所以二次型，对应的矩阵为2aaT+fl8T.
(II)证法1 记矩阵A = 2aaT+fl8T,由于a,。是相互正交的单位向量，即aTa = = l,alp = =
0,因此
Aa = (2aaT +fl8T)a = 2a,
Afi = (2aaT+fl8T)p = p,
即= 2,A2 = 1是矩阵A的特征值.
又 r(A) = r(2aaT +flST) r(2aaT) +r(fl9T) 2,
即A不是满秩矩阵，因此捕=0也是矩阵A的特征值，故二次型f在正交变换下的标准形为2yl +掳.
证法2同(口)的证法1：兀=2,确=1是矩阵A的两个特征值,a,。分别是其对应的单位特征向量.
取单位列向量y使得其与向量a,。都正交，即a1/ = 0,jJTy = 0.
令矩阵Q = (a,p,y),则Q为正交矩阵.在正交变换x = QyCy = (乂 ,％,丁3尸)下,二次型
/(X] ,x2,x3) = yTQT(2aaT+flBT)2y
V
=尸俨(2aaT+fpT)(a,fl,y)y
.rT.
aT
=?t 俨(2a,p,0)y
,rT.
'2 0 O'
=尸 0 1 0 y = 2yl+yj,
.0 0 0.
即f在正交变换x=Qy下的标准形为
164 •2014年全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
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
是符合题目要求的.
(1) 答应选(B).
解 当z-*0+且a>0时,ln"(l + 2z)〜2W是£的a阶无穷小,(1一《»工)J。. 〜土1 —2 是工的—? 阶无
2° °
穷小.
由题意可知a > 1,2 > 1,所以a的取值范围是(1,2),应选(B).
a
(2) 答 应选(C).
解显然，四个选项都无水平渐近线和铅直渐近线，下面只讨论是否存在斜渐近线.
对于(A) ,lim '* sin ’ =],而]血(了 +sin z—工)=limsin x不存在，故无斜渐近线.
Z _r~»8 x-^ca
2 | ,
对于(B),lim'十smz = 8,故无斜渐近线.
x-*°° 3C
2 I 1
x 十 sin ―
对于(D),lim----------- = 8,故无斜渐近线.
廿8 X
对于(C),可知= lim(l + —sin —)= 1.又lim(;y —z) = limsin — = 0,所以 = j? + sin—有
x-^oo x-*oo \ JC JC / x-*°° JC OC
斜渐近线7 = 了,因此应选(C).
(3) 答应选(D).
解法 1 易见 g(z) = /(0)(l-x)+/(l)x 是过(0,/(0))及(1,/(1))的直线，故当 即
/&)为凹曲线时，有fCr) r4 a 0 0 b C2—C4 a b 0 Q
0 c d 0 0 c d 0 OOdc
c 0 Q d 0 a b 0 0 Q b a
=（be — ad） （ad — be） =— （ad —be）2.
解法2 利用行列式的性质与按行（列）展开定理计算行列式：
0 a b 0
b 0 b 0
0 0 b
=。（一 1）2刊 d 0 + c(— 1)4+1 0 0 b
0 d 0
0 0 d d 0
0 0 d
a b a b a b
ad + bc =—(ad — be)
c d c d I c d
=—（ad — be）2.
注 解法1中利用了如下的拉普拉斯展开式.
如果A与B分别是川阶和”阶矩阵，则
A * A o
= \A\\B\,
O B * B
O A * A
— =(—/ | A | | B |.
B * B O
・ 166 -2014 年
° 全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
（8）答 应选（A）.
解 若Oi ,a2,a3 线性无关，设义i（ai + 血3）+A2（a2 + 奴3）= 0,即义血 4-A2a2 +（^i +/A2）a3 = 0,
则入1 == A2 = fell +ZA2 = 0,从而at +血3 >a2 + /a3线性无关.反之，若aj +ka3 ,az + la3线性无关,不一定
有a】，az ,a3线性无关.例如，取
显珈,ai +如3 '% +幻3线性无关，而02 03线性相关.故«1 +钮3 >«2 +奴3线性无关是O1 ,«2 »«3线
性无关的必要条件，而不是充分条件.因此选（A）.
注 这是一道选择题，可直接取仓=1 = 0,此时显然向量组a】线性无关是向量组ai，az,a3线性无
关的必要非充分条件.此方法仅可用于排除法.
二、填空题：9〜14小题,每小题4分，共24分.
（9）答应填*兀
O
解匚护+，+ 5丑= 1 dr _ 1 z+ ]
〜a+i)2+4 _ Tar an ~17
(10) 答应填1.
解 当 r e [0,2]时,r(G = J2(z— l)dz = ^-2x+C.由 *)为奇函数可知 /(0) = 0,代入得C = 0,
即 /(x) =^-2z.又 /(x)是周期为 4 的奇函数，故 /(7) =/(-1) =-/(1) = 1.
(11) 答应填—cLz— d、.
解 先求）•在原方程中令工= 得w + z = 1,则2（¥~,号）=o.
设F（x,y,z）=卢+工+》牛一号,冗=1,足=2次*+2了,玲=2站+ 1,当£ =、=号时,z=0,
则手 \剖(甲=-#"*) =_土所以司华）
F」（i，|）
OX （M）
(12)答
应填m+了一号=o.
{x = r(^)cos 0 = ^cos 0t — . - ,,
解 先把曲线方程化为参数方程 /,、. 0 a. n于是在e =f处,z=o,、=专tt,
顷=r(H)sm。= Osm 0, 乙 乙
sin。+ Ocos。I =一｝则L在点（展= （号，专）处的切线方程为
& I片号 cos 0 — Osin 0 \ 片号
(13) 答应填桔.
f xpCx^dx [ (—了3+ 2工。+;r)dz 书 ,,
解 质心坐标X = %----------=苇-----------------==-=元.
J p(z)dz J (―/ + 2了 + l)dr —
(14) 答应填[-2,2].
解由于
/(Z1 ,互，13)= ]£ —弱 + 2aZiZ3 +4二2^3
=Xi + 2ax\x3 +a2X3 —蒙 + 4x2x3 — (2x3)2 +4z； —a2xl
・167・h/考研数学
o
nl
真题大全解(数学二)
=6 +ar3)z — (x2 — 2j:3)2 + (4 — a2~)xl，
因为f的负惯性指数为1,所以4 — 2 0,故一 2 < a W 2.
三、解答题：15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
dz
=lim「〃 ( e三-1) - z]
(⑸解
1 x
jr2ln( 1----
u ==—
h i- eM — 1 — u ,• eM — 1 1
——lim------o------= hm —r—=
d+ u d' Zu Z
(16)解 由工2 +y2y' = 1 —y,得 y =彳十* 令 J = 0,得 I =士 1.
当zV-l时点'<0；当一IVrVl时,〉'>0；当工>1时，7<0,因此,了=一1为其极小值点U = 1
为其极大值点.
将原方程分离变量后得
(1 + j/2) dj/ = (1 — jr2)dz,
其通解为
〃 + y _ 3^ + 3, = c.
又；y(2) = 0,得 C = 2.故 j? + 了3 — 3^ + 3了 = 2.
所以*)的极小值为火一i)= o,)a)的极大值为火1)= 1.
(17)解 利用轮换对称性.
捉113/：2+寸)&心=j方in(昨+刃&心
j^ + y D 丁
D
1『■zsinSZzZ+^^+'sinSyy+y)
2 JJ zJc ++ y drdjz
D J
=~Usin 77 v"J：2 ~by2) dzdy = -y j2 J *2 3_
rsin rcrdr =—
T,
(18)解 案=/(bcos 3/)excos js
n2
2 = /"(e^cos 3/)e2jcos2j/4-y，(eJcos j/)excos
= /^(e^cos 3,)e2jsin2jz —y7 (eJcos jObcos y9
则窘+春=(4z + e，cos睥可化为
/"(bcos j/)e2x = [4/(excos y) + bcos 3z]e2jr,
所以函数r(“)满足方程
f'(u) = 4/( u) + ”，
解得通解为
f(u) =Cie2M + C2e-2tt-y.
G +C2 = o,
由 /(0) = 0,f (0) = 0,得y 2G — 2G — + = o,解得 G =奈，G =— * 故
1682014 年
° <全国硕士研究生入学统一考试数学二解析
/(u)=二10(/-/'一侦).
(19) 证 (I )因为 0 1 ,
再有
o^-*0+ Z x-*0+ 招1不存在, a i,此时/（o）= 0.而
limar^cos = 0,
0, 。一0—1>0,
邮—m土二不存在，
a — B— 1（0,
因此,/(工)在了=0处连续=a — 3> 1.选(A).
(4)答应选(C).
解 六了)在(一8, +8)内连续，除点z =。外处处二阶可导.y = /(J7)的可疑拐点是，(了)= 0的
点及/"(x)不存在的点.
E)的零点有2个，如图所示,A点两侧f"(x)恒正,对应的点不是V =，〈工)的拐点.B点两侧广’(工)
・172・c 2015年
°全国硕士研究生招生考试数学二解析
异号，对应的点是J = /（Z）的拐点.
虽然r（o）不存在，但点x = o两侧f'（z）异号，因而（o,y（o））是V = f（H）的拐点.
因此共有2个拐点.
/"E
L
d
A OI IB X
⑸答 应选（D）.
解法1 先求出f（u9v）.令
u
3 = i + y, X = -；—，
1 + p
寸=义 uv
I ]
如 u2 （ 1 — v） （2 1），
于是 （1+汾
2 （1 + ^2 1 + v " \l + v
因此 弭=。，
du \（1,1） \1 十。 / |（1,1）
3/1 =_ 2"。 I =_ ±
I（1,]） （1 + v）2 I（1.1） 2 *
解法2 不必先求出
{^ + y = L 何=号，
由〈卫_] 得〈 ]即（w>v） = （1,1）对应字少=（2,万）.
将一寸两端分别对工点求偏导数，得
堂
+
•（-声）=2了，
du
堂 1 o
+ • — =—2丁，
du x
以上两式中令1 =奇■，:y =号得
/| + 新 .（一 2） = 1,
引 I（1,1） ap I（i,i）
弭 + 第-2=-l-
如 |
Id" I （1,1） （i,i）
由此解出咨| = °，字1 =— .选（D）・
ou I（i.i） ov I（1,1） 2
（6）答 应选（B）.
解 区域D如图所示.作极坐标变换，将少&心 化为累次积分.区
D
域D用极坐标表示为
号 w。v 奇，/ 二 w 厂 w /1 ..
4 3 y2sin 20 Vsin 20
・173・花,考研数学
o
Pi
真题大全解(数学二)〉〉>
因此
『/"(了，了)&心=f dfff /(rcos 0,rsin ff)rdr.
,g J十 J 品顽
(7) 答应选(D).
解 Ax = b 有无穷多解 0rCA : b) = r(A) < 3.
I A |是一个范德蒙德行列式，值为(a —l)(a —2).如果aCC,则| A |尹0.此时Ax = b有唯一解，排
除(A),(B). -
类似地，若d G。，则r(A ； b) = 3,排除(C).
当 a G Q,d £ 0 时,r(A M) = r(A) = 2,Ax = b 有无穷多解.选(D).
(8) 答应选(A).
解设二次型的矩阵为A,则
'2 0 0 '
P^AP = PTAP =010,
.0 0 -1.
可见e】，电,e,都是A的特征向量,特征值依次为2,1,-1,于是一也是A的特征向量，特征值是一1.故
'2 0 0"
Q-'^Q = QT^Q =o—io,
.0 0 1.
从而在正交变换X = Qy下的标准形为2yl-yl+yl.
二、填空题:9〜14小题,每小题4分，共24分.
(9)答应填48.
解由参数方程求导法则，得
事=£ =为声=3(l+f2)2
az xt 1
1+7
再由复合函数求导法则，得
书=£[3(1+打]=告[3(1危)勺关=6(l+z2) • 2t. 4 = 12x(1+t2)2, 制 _] = 48.
(10)答 应填 n(«-l)(ln 2)^(n= 1,2,3,-).
解法1用求函数乘积的n阶导数的莱布尼茨公式.
笋 >(工)=会隽(了2)成>(2，)1>,
*=0
其中C5 =妇曜叫.注意(以"|,=° =。。尹2),Q ="匕1),于是
fn)(0) = Cf ・ 2 ・(2，)(T) = n(n-l)(ln 2)"-2(«>2), f(0) = 0,
因此 尸”>(0) =n(«-l)(ln 2)^2(n= 1,2,3,-).
解法2利用泰勒公式展开
/(工)=弟，=工吏女峪 =S 也答『=吏尹当令”,
nn==00 'n- ・! n=0 n ! n=2 乙)*
由泰勒公式展开系数的唯一性,得户苓1j -=%.又/(。)=。,故
(〃一2)!
〃(o)= ；ln 2痒!
=n(n— l)(ln 2)n~2{n = 1,2,3,…).
(n — 2)!
・ 174 •2015 年
°〈＜＜全国硕士研究生招生考试数学二解析
(11) 答应填2.
解 甲(z)=』/(i)dz,由变限积分求导法得
Jo
叩'(z)=j，Q)ck+ "(狞). 2z = j fCt)dt + 2x2f(x2),
由 甲(1) = I* f(t)dt = 1,
J 0
, s'(i)=j；y«)dz + 2y(i)= i + 2/u)= 5,
得 /(l) = 2.
(12) 答 应填 e-2" + 2e\
解 求归结为求解二阶常系数齐次线性微分方程的初值问题，即
{y ~^~y ~^y =。’
i/(o)= 3,y(o)= o.
由特征方程/ +厂一2 = 0,即(厂+ 2)(厂一1) =0,得特征根r1 =—2，a = 1,于是得通解
y = Qe-2-1+ C2ex.
由初值条件得
I[G + C2 = 3»
=G = 1,C2 =2.
I-2G+C2 = 0
因此 了&)= e-2x + 2ex,
(13)答应填-- dr— dy.
解 先求z(0,0).在原方程中令x = 0,y = 0,得
e3 皿。)=1*0,0) = 0.
将方程两端对z求偏导数，得
『5(1 + 3阳+务+巧专=0,
把％ = 0以=0,2： = 0代入上式，可得1 + 3手| = 0,即夺I =—
OJC |(0,0) d工 I (0,0) 5
将方程两端对'求偏导数，得
革2他(2 + 3忠)+空+巧|| = 0,
把z = 0,/= 0,z = 0代入上式，可得2 + 3手| =0,即=—
oy I(o,o) dy I(o,o) 〕
因此 (襄&+贰心)|同=_§&一奇心.
(14) 答 应填21.
解 因为4的特征值为2,一2,1,则B的对应特征值分别为3,7,1,所以|B 1=21.
三、解答题:15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15) 解利用泰勒公式.
/(x) = x + aln(l +i) +&rsin x = x + aFx----x2 + +。(〃)]+如+o(x3)
=(1 +a)x+ (b— )〃 +言] 3 +o(]3).
当 z -► 0 时/(z)〜奴3,则 a =— ],a =— ,b =----
-175 ・乔玄考研数学
真题大全解（数学二）〉〉
(16)解 = 7rf2 A2sin2j?dz = nA2 P ----- dz =公？.
J o Jo Z 4
由A>0,可得
，号
V2 = 2n\
J o
x • Asin xdz =— 2txA
J
\
0
zd(cos z)
2 \
=—2tzA (zcos x cos jcojc ) = 2tzA.
0 '
因为V1 =吼，即罕 =2冗A,所以A = E.
4 7T
(17)解由 fZ5)= 2(^+l)eS得
f&，y)=
因为 £(z,0) = (x+ l)ex,所以甲(z) = (x+ l)ex,从而
仁(工,/)= (;/+2j/)ez + O+De1.
将上式两端对z积分得
fCx,y) = + 2y) ex + xex 4-(p(.y),
因为六0,少= = + 2y,所以"=),从而
= (x + y2 + 2j/)eJ.
于是 h(工,y) = (2j/4-2)ex,/X(^»^)= Cx + y2 +2y + 2)ex9ff^(jc,y) = 2ex.
令 fq,y) = 0,/；&点)=0,得驻点(0, — 1),所以
A = rZ(O, — 1) = 1, B = /X(0, — 1) = 00,, C = «(0, — 1) = 2.
由于AC-B2>09A> 0,所以极小值为/(0, 一 1) =- 1.
（18）解 因为区域D关于y轴对称，所以 曷&心=0.
Jjj7(x + y^dxdy
D 0
j：4 dz.
0
令 1 = "sin t,则
x2V2 — xzdx -- J 4sin2fcos2idz = -|-J4 (1 — cos 4z)dz =
J 0
又I* x4dz = 所以
J o o
1
(19)解 ，(z) =—车令 fCr)=0,得驻点 7— 2.
当时,/&） < O,/（X）单调减少;当Z > y时,f（z） > 0,/a）单调增加.
因为/XI） =0,所以六工）在传，+8）上存在唯一零点.
又/（*）0,解得
T =旋* + 20.
将初始条件T(0) = 120代入上式，解得C = 100,故
T = 100厂如 + 20.
将i = 30,7= 30代入上式得互=安,所以
T = 100e-哪 + 20.
令T= 21,得z = 60.因此要降至21 °C,还需冷却60-30 = 30(min).
(21) 证 曲线v = 在点〈b,f(b))处的切线方程是y_f(b) = /(6)a-6),解得切线与工轴
交点的横坐标 工< =b —
由于/ J) > 0,故/(X)单调增加.由b>a可知f(b) > /(a) = 0.
又/(&) >0,故*法 >0,即有 z。V6.
, f(b) (b — a)f(b) — f(b)
工。一 a = b-jr^-a =--------- ,
由拉格朗日中值定理得 f(b)= f(b)—f(a)= f(—a),aVE〈b,
因为> 0,所以/(x)单调增加，从而/(f) < f (b),故f(b) < (b — a)f(b),由此可知工。一a > 0,
即工。> a.
综上,a < x0 < &.
(22) 解 (I)由于A3 =O,所以| AF = O,故
a 1 0
| A | = 1 a — 1 —a3 =0,
0 1 a
于是a = 0.
(口)由于
X-XA2-AX+AXA2 = E,
因此 X(E-A2)-AX(E-A2) = E,
(E-A)X(E-A。=E.
由(I)知
1 -1 O' '0 0 r
E-A = -1 1 1 ,E~A2 = 0 1 0 9
、0 -1 L l-l 0 2,
因为E —A,E — A。均可逆，所以
X = (E-A)t(E-A2)t
-r
"2 1 T r2 0
= 1 1 T J 0 1 0
.1 1 0 0 o ,
「3 1 -2'
= 1 1 -1 ，
2 1 -1,
• 177 •存罗考研数学____________
o
P5真题大全解（数学二）＞〉
（23）解（I）由于矩阵4与矩阵B相似，因此
tr(A) = tr(B), 1 A | = |B |,
于是 3 + a = 2 + b, 2a — 3 = b.
解得 <2 = 4, 6 = 5・
，0 2 一3] fl -2 O'
（口）由（I）知 4= -1 3 -3 ,B= 0 5 0 .
、1 -2 4 J [0 3 1,
由于矩阵A与矩阵B相似，因此
I AE—A | = | AE-B | = (A-l)2(A-5),
故A的特征值为人 =义 = 1，义 = 5.
1 2 3
‘2、 -3'
当Ai = A2 = 1时，解方程组（E-A）x = 0,得线性无关的特征向量& 1 ，&2 = 0
Q 1 ,
当A3 = 5时，解方程组（5£ —A）x = 0,得特征向量&
2 -3 -1
令 ，备）= 1 0 -1 ，则
P =（gl，&2
、0 1 1
1 0 O'
P~AP = 0 1 0
0 0 5,
故P为所求可逆矩阵.
・178・2016年全国硕士研究生招生考试数学二解析
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
是符合题目要求的.
(1)答 应选(B).
解 当工-0+时，
oi — jr(cos a/z — 1) ------X2 9
a2 =序ln(l + 卷)〜G 右=z* ,
a3 =忙+ 1 — 1----%,
则从低阶到高阶排序是& g皿,故选(B).
(2)答应选(D).
出愆―1)丑，工<1, s—iy+G， x 1),也排除.
(2)解法2较解法1简单，读者应学会利用变限积分函数来表示一个具体的原函数，即］/(工)位 =
£/(i)di + C,对于分段函数f(x),a往往取分段点更简单.
• 179 •。
存孕考研数学___________
)^5真题大全解(数学二)>
(3) 答应选(B).
解匚土 e+& = ° e+d(-+ )=-e+ 0
=1,收敛;
广$丑=一e+ 发散.
= +8,
J 0 X 0
故应选(B).
(4) 答应选(B).
解 如图所示，工1,工3为驻点，而在⑥和互两侧f'(x)变号,为极值点;及两侧，(了)不变号，则不
是极值点;在互处一阶导数不存在，但在而两侧f (工)不变号,则不是极值点;在互处二阶导数不存在，在
乃和无处二阶导数为零，在这3个点两侧一阶导函数单调性发生变化，则都为拐点，故应选(B).
(5)答应选(A).
解由U(z。)VOG= 1,2),且)连续知，在孔某邻域
内曲线y = )和y = /z(h)的图形是凸的，又在该点处曲线
y =/1(工)的曲率大于曲线y = /z(z)的曲率，如图所示，有
人(工)< fl(H)< g(z).
(6)答 应选(D).
解直接计算，
rf _ ePz — _y) — e* 尸 _ ex
(z 一少 2 ' Jy G —y)2'
因而
选(D).
(7)答应选(C).
解 依题意可知,存在可逆矩阵P,使得P^AP = B,则
BT =(F'AP)T = PtAt(P~1)t = pT4T(pT)-l = p-1 ATp
其中R = (PCT可逆.故AT - BT.
BT1 = (P-'AP)-1 = LAT(P-i)t = p-'A~P,
故AT〜fi-1.
广(A + A-】)P = p-iAP + P^ A *P = B + B~i,
故 A + A"' -B + BT1.
P~* (A 4-AT)P = P~AP + P-*ATP, P-AP = B,
而
a/Tp
未必等于BL故选(C).
(8)答 应选(C).
解二次型的矩阵
all'
A = 1 a 1
.1 1 a.
由特征多项式
• 180 •2016年
八
Q--------------------------------------
全国硕士研究生招生考试数学二解析
X — a — 1 — 1
I AE 一A | = —1 A — a —1 = (A—q — 2)(义一q + 1)。
—1 —1 \ — a
得矩阵A的特征值为q + 2,。一 1 g — 1.
(q + 2〉0,
由于正、负惯性指数分别为1,2,可知 ，八因此一2Va=2*—x1.
解利用线性微分方程解的性质与结构.设所求的一阶非齐次线性微分方程为
y + p(x)y =
显然y = jc2 —(.X2 — eJ) = er是对应的齐次方程y' + p(x)y = 0的解，代入方程得
0(z) =— 1.
再把 y = x2 代入方程 y + = qM)得 g(x) = 2.x — x2.
故所求的一阶非齐次线性微分方程为
y 一 y = 2jc — jc2.
(12) 答 应填5・2吐
解 f(z) = 2M+l) + 2y(z), /(0) = 2+ 2/(0) = 4,
f(x) =2 + 2/(^), /w(0) = 2 + 2X4 = 10,
/(*) = 2y"(z), /*(0) = 2/w(0) = 20,
产■>(*)= 2尸> (工)=2。产l2>m)= ... = 2i/"a),
则 扩(0) = 2厂2/'(0) = 2-2 . 10 = 5 • 213 2 2).
注 本题也可求解出/XQ的表达式(两端求导解微分方程)，然后再利用泰勒公式求fn, (0).
(13)答 应填2屈。. .
解由题设知I = =仙+丁,则
了 dZ = — 2jc， + 6 - j - c - 5 - 3 d 7 -r ， H d/ I I =— 8 次 。=2 9 J 的睥
& 2/子十史 & dz I 2/2
〈14)答应填2.
解 题中所给矩阵分别记为A,B,矩阵A,B等价Or(A) = r(B).
1 1 0 q -1 -1
因为r(B) = r 0-11 =2,所以 I A | = -1 Q -1 =(a — 2)(a + I)2 = 0.
.1 0 1. -1 -1 a
. 181 .。
h'考研数学_________________________
P5
真题大全解(数学二)〉办
因为当a =— 1时，易见r(A) = 1,所以当a = 2时，矩阵A和B等价.
三、解答题：15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
] ln(cos 2x+-2xsin x>
(15)解 因为lim(cos 2z + 2zsinz)F =琳 / = e”，这里
x—0 J
A __ Hm ln(cos 2z + 2—sin z)
_ hm ln( 1 + cos 2z + 2zsin z — 1)=】血 cos 2z + 2zsin z — 1
J? Z X4
lO
1 — (2x)2 + 击(2«r)4 + o(x4) + 2x 工—史 + o(x3) ]- 1
1
=lim----------
3
故lim(cos 2z + 2zsin = 反.
(16)解当 0 Vzf 1 时，
'I t2-x2 | &+「| t2-x2 | dt
g =
0 J X
(x2-z2)dz+p(«2-x2)dz = 4^3-^2+4-
3 o
J x
当Z>1时, /(x)= f (x2 — Z2)di = x2----・
J o
0
■|-x3 — / + §, 0Vz 1,
3
2- ] _ 2
4/3 _ 2 +_______ /2
—— =2,兀(l) = lim—「3 =2,
而 ，_(1) = lim
jc—1 ' x— 1
4]2 — 2x 9 0 V z < 1,
故 f (x)=
2x, z > 1.
由f'3 = 0解得唯一驻点了 =身,又/'(+ )> 0,从而工=奇为六工)的最小值点，最小值为
Al)=l-
(17)解 在(x2 + y2)z+\n z + 2(x + y+1) = 0两端分别对工和丁求偏导数，得
2空+ (/+J)李+【手+ 2 = 0,
ox Z dX
< (*)
2yz + (x2 + ) ^ + — |^ + 2 = 0.
dy z dy
1
X =—,
镌=。稔=。，得
T^-~'
，=—土，
x =— 1,
代入方程(/ +、2)z + In z + 2(«r+ y+ 1) = 0,得 Inz +2 = 0,可知 z = 1,从而
z
y =_ 1.
对(*)中两式两端分别对求偏导数，得
2z + 4工ff + 澎+寸)窘一身 2 , 1 d2z n
H-------京=°，
2z 也+ 2v 亟dz +| / ( _ / 2 + l j_2)、 bz____dzdz , 1 d2z = o
dy ddxx dxdy z2 dx dy zz ddxxddyy '
22+4>g + az+y)0-^ 2 , 1 d2z _
H---C = °，
g 9y
・ 182 •2016 年
〈<全国硕士研究生招生考试数学二解析
从而A = f^| 2 r a2z I n r 32z 2
=一亏必=宓| =°，。=灯
(-1,-1) (-1,-1)
由于 AC-B2>0,A<0,因此 = 1 是 zCrj）的极大值.
(18)解 因为区域D关于' 轴对称，所以武上drdy = 0.
D '
D
D J
=［:物 逖 纬
-Sin2 dr
3k
=-5-1 (csc2^— 2)cW
Z J奇
=亏(一cot。一 20)
Z I 3
(19)解 将/(z) = "(z)e，代入原方程并整理得
(2z — l)tl' + (2z — 3)i/ = 0.
令 /(") = z,则
(2z — l)z' + (2z — 3)z = 0,
解得
z = Ci (2 j: — 1) e-x,
从而
u(x) = J G(2z — l)e-xdr =—G[(2z — l)e-x + 2e-x] +C2.
由 u(— 1) = e,u(0) =— 1,得G = 1,C2 = 0,所以
“(z) =— (2j?4- l)e-x.
所以原微分方程的通解为
/ = Ge，- C2(2x+1)，其中C19C2为任意常数.
(20)解 设。绕％轴旋转一周所得旋转体的体积为V,表面积为S,则
V = -|-7r — [ ny2dj： = f 7tsin6i(cos3z)，dz
o J 0 O J "2^
2 rf
=—K + 37tj (1 — cos2^)3 cos2 id (cos Z)
2 16 _ 18
亏穴_面江—35K，
S = 2穴+「2p(z)JC/Q)]2 + [yQ)了此
=27t + 27r sin% v/9cos4Zsin2Z 9sin4Zcos2zd/
J 0
=2穴 + 6爪 sin4icos tdt
J 0
⑵）（I）解 由题意知,/G） = J：爰#z.在区间［0,夸］上的平均值
・183・花寸考研数学
n 5
真题大全解（数学二）〉〉＞
7 =阳'：贝）& = £［： （£爰斜）如，
换序，积分区域D如图所示，故
,2 cost , 1
上式=说1。虬一盗L *仙=说
（口）证 由题意，得/（了）= 若（0,零）.
当ovz＜号时，因为fa）vo,所以/ax/（o）= o,故，&）在（o,号）内无零点，且/（专） <0.
由积分中值定理知，存在z。e ［o,夸｝使得贝。）=孑=土＞0,由于当*
（0
号］
时,/（x）＜0,所以
zo e 2，2 "」
根据连续函数介值定理知，存在E 6 专,z°)U 奇,零）,使得睥 =0.又因为当专 GV等时,
/（工）＞0,所以阳）在（号，考）内至多只有一个零点.
综上所述”（工）在（0,粤）内存在唯一的零点.
注上面讨论的后一部分也可这样做：
JC _ = - 3 zk-—t 零•
cos jc j _____乙 1 2 sin t A
27^^ tJo ~rdt
= lf：半市+切；亨曲
1
1 ，2心/ +牛 ;半 2 — sin ：— u ajw
2 0 t 乙' 0 7T 十〃
]
1 就半出＞°,
sin tdt +
2 TZ~\~t
而/（f ）＜0'并注意到六工）在（专，夸）内单调增加，所以及）在（号,尊）
内有唯一零点.
（22）解（I）对增广矩阵（A ;/»）作初等行变换，有
,1 1 1-a 0 ‘1 1 1 — a • 0
(A S = 1 0 a 1 ——► 0 -1 2a — 1 ； 1
a + 1 1 a + 1 2a — 2, 、0 0 —a2 + 2a : a — 2,
由方程组Ax = P无解知，厂（A : P）＞ r（A）,即一q2+2q = 0且〃一2 乂 0,解得a = 0.
（口）由（I）知Q = 0.对增广矩阵OVA ； ATp）作初等行变换，有
3 2 2 -1 '1 0 0 : 1、
(ATA j ATP) 2 2 2 -2 ―> 0 1 1: -2
，、2 2 2 -2. .0 0 o i 0 ,
］
0、
所以方程组ATAx = ATP的通解为x = -2 -1 ，其中左为任意常数.
、0 . 、1 ,
-184 -2016 年
°〈<全国硕士研究生招生考试数学二解析
(23)解 (I)因为
A 1 -1
| AE-A |= -2 A + 3 0 = A(A + l)(A + 2),
0 0 A
所以A的特征值为A i = — 1,入z = — 2，义3 =
当A, =-1时，解方程组（一E —A）x = 0,得特征向量
& = （1,1,0）七
当义=一 2时，解方程组（一 2E —A）x = 0,得特征向量
& = (1,2,0)。
当A3 = 0时，解方程组Ax = 0,得特征向量& = （3,2,2）、
1 1 3] [-1
令？=(&,品，&)= 1 2 2 测 P^ 'AP = -2 ，所以
.0 0 2J . 0,
'(一 1)折 '
A" = P (-2)" P-1
0.
-1 -2
X
2
1
2
（口）因为B，=曲，所以
B100 = B98B2 = B"A = B97B2A = B98A2 = ••- = B4",
即
2" - 2 1-2" 2 - 298'
（。1，03） =（a】，血） 2100 — 2 1 - 2100 2 — 2"
0 0 0 ,
所以
fl, = (2"-2)a1 + (2100—2）。2，
< p2 = (l-2")aI + (l- 2100)a2,
p3 = (2-2% +(2 IM.
• 185 •2017年全国硕士研究生招生考试数学二解析
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，只有一个选项是
符合题目要求的.
⑴答应选(A).
1 r -y (Vx) 1
解 = 1 l - i m- 1 - — --- - C - O -- S - \ - / - x - = l 1 i - m-- z - ---------= l 1 ，
r-*0+ lo+ ax lo* ar La
lim/(j：) = limA = b.
要使在z = 0处连续，则
lim/(x) = lim /(x) = /(0),
x-*0+
即土 =，,从而有沥=土故应选(A).
(2)答 应选(B).
解法1 直接法.
由题设知曲线y = f^ 过点A(-1,1),B(O,-1)和C(l,l)且是凹
的(见图)，连接AB和BC,得两条线段而和配，设这两条线段对应的函
数为y — g(z)，由于y = f (工)在[―1,1]上是凹的，因此
< gG) e [—1,1],
则£/(^)dz<£g(^)dz(/a)与g(z)只有三个交点，故取不到等号).
由定积分的几何意义知
g(z)dr = 0, g(z)dz = 0,
则j ]g(z)dz = 0,故应选(B).
解法2排除法.
取 S = 2了2 — 1,显然符合题设条件，由于f3)是偶函数，故『/(*)& = 丑,则(C), (D)都
不正确，又
| (2xz — 1)dr = 2J (2工2 一 1)& = 2(音史 I 一 ])=-- V0, ,
则(A)不正确，故应选(B).
(3)答 应选(D).
解法 1 设limr„ = q,则limsin 而,=sin g = 0,sin。= 0 的解不唯一；
»-*OO rt-*oo
lim(j?n + \/\ xn I ) = a + \/| a \ = 0=>a = 0 或 q =— 1 ；
n-^00
lim(而,+ ) = a + a2 = 0=>a = 0 或。=—1.
n-*oo
于是(A),(B),(C)被排除.因此选(D).
解法2 设limr„ = a,则
n-*oo
・ 186 -2017 年
«全国硕士研究生招生考试数学二解析
lim(r, + sin x„) = a + sin a = 0,
因z + sin工是单调增加的，故只有唯一零点即工=0,因此a = 0.选(D).
(4)答应选(C).
解 对应齐次方程的特征方程为/一4r + 8 = 0,解得rm = 2 士 2i.
方程y- 4/ +跄=歆的特解可设为有=Ae\
方程 y — 4j/ + 8丁 = e*cos 2x 的特解可设为 yi = xe2z(.Bcos 2x + Csin 2x).
故该方程的特解可设为
>
y, = yi +j»2 = Ae2i + j：e2x(Bcos 2x4-Csin 2x).
应选(C).
⑸答应选(D).
解 由欧/)〉o知/(工,力关于z单调递增(此时v固定)，则
OT
fC0,y) +% +。 3)= 攵 1 +尘 2 +知3 = a2 + 2a3 -
故选(B).
(8) 答应选(B).
解A和B都是上三角形矩阵，特征值是对角线上的元素，都是1,2,2,它们是否与C相似只需看它们
是否可相似对角化.
对二重特征值2,«-r(2E-A) = 3-1 = 2(等于重数)，于是A可相似对角化,A相似于C.
对二重特征值2,n-rC2E-B) = 3-2 = 1(小于重数)，于是B不可相似对角化,B与C不相似.
故选(B).
二、填空题：9〜14小题,每小题4分，共24分.
.(9)答应填 y = z + 2.
. 187 .化，考研数学
P5
真题大全解（数学二）〉〉
解由于 lim 以 =lim (1 + arcsin 号)= 1 = Q,
. . 2 . 2
—az) = limzarcsin — = limz • — = 2 = 6,
X-»OO JC X-* JC，
因此斜渐近线方程为v =工+ 2.
（10）答应填一冬
O
心 _ /Q) = cos t d2j/ _ — sin t •(!. + /) - e’cos t ]
dz x (i) 1 + ez * dr2 = (1 + er)2 l + e‘
I ,=° = 1
则群
⑴）答 应填1.
g ln(l+z)」 「 (点)
解 o 7TT^&=— ln(l+Qd
ln(l+z)广 + 广 dz
1+z I 0 J 0 (l+z)
1 + Z | 0
(12)答 应填勺比
解由题设知役=档佥=了（1+贝,利用偏积分有
=J^clr = xy^ +(p(y),
则技=i(l + v* + "(丁) = z(l + /)叭得 ,(y) = 0,有乎(y) = C,
因而 f(xjy) = z’e7 + C,由 /(0,0) = 0 得 C = 0,故 f(.x9y) = xy^,
(13)答 应填一ln(cos 1).
解 积分区域如图所示,交换积分次序，有
「心「些弘=Pdzp坦巨如=「
tan idr
Jo J y X Jo Jo X J (o
1
—ln(cos X) =—ln(cos 1).
o
（14）答应填一1.
解 是A的特征向量，于是A
则 4 + 1 — 4 =义，1 + 2 + 2。=人,故。=—1.
三、解答题:15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（15）解 令 x — t = u,则 t = z — u,dt =— du,于是
J 工—teW
lim o ,_
y/ue^du
0
=lim —----- = lim
x-^)+ 右 1
・188・2017 年
° «全国硕士研究生招生考试数学二解析
= lim 务 2
X—0* 3 /~
(16) 解 因为 / =/Xe'cos z),所以
尊=Kb-gsini,
= /leJ + (/neJ —，履 sin j?)eJ — f'cos z —( /^eJ — /^sin jr)sin x.
>
当工=0 时,“ =e。= 1 ,v = cos 0 = 1,所以
平 |
dz I x=0
=71(1,1),
器 |
o
=*(l，l)+f，(l，l)—%(1，1).
(17) 解 lim\ 1 + — ) = lim为—ln( 1 4- — V —
…M ' nJ 18 M ' n / n
=I* zlnd+z)& = #[ ln(l+z)d(z2)
J o Z J o
= #ln(l+M-
点)&
= 52-H：(l1 +
=#ln 2----(z—I)2 I-------ln( 1 j?) I =斗.
Z 4 | o Z I o 4
(18) 解 由史+ / — 3z + 3y — 2 = 0关于]分别求一阶导数、二阶导数，得
3/ + ^y2y — 3 + 3j/ = 0, ①
61 + 6了(寸)2 + 3y2yf + 3寸=0. ②
在①式中令J = 0得z =— 1或z=l.
当 z 分别取一1 和 1 时，由 Jr，+了3 _ 3z + 3、一 2 = 0 得 y(— 1) =O,jy(l) = 1.
将 =— 1,了(一 1)=0 及 y (— 1)=0 代入②式得寸'(一1) = 2.
jc
因为y (— 1) = 0,yz(— 1) > 0,所以y(— 1)=0是机7)的极小值.
将i = 1,火1)= 1及y(i)= 0代入②式得/(1)=—1.
因为y(i)= o,/(i)v o,所以j(i)= 1是”的极大值.
(19) 证 (I)由lim 仙 V0与极限的保号性可知，存在a €(0,1),使得应<0,即六a) V0.
x a
又/(1)>0,所以存在。£ (a,1)0(0,1),使得f(b) =0,即方程/(x) = 0在区间(0,1)内至少存在
一个实根.
(D )由题设知/(x)连续且lim 心存在，所以/(0) = 0.由(I )知f(b) = 0,根据罗尔定理知，存在
jr-*0+ *37
c e(o,6)u(o,i),使得r(c)= o.
令F(z) = 由题设知FCr)在区间[0,6] ±可导，且
F(0)=0, F(c)=0, F(6) = 0.
根据罗尔定理，存在(0,c),?e (c,b),使得F'(Q =F'(m =0,即&〃是方程八了)f'(z) +
E/U)T =0在区间(0,1)内的两个不同实根,得证.
(20) 解 j[(*+l)2&dy =
D
D的边界曲线在极坐标系下的方程为r = 2sin。(0 W。W兀)，所以
・1RA・布孑考研数学____________
真题大全解(数学二)»
rr fx f2sine
jjx2dzd^ = J d^J r3cos2^dr
D
、
=4 sin^cos?。费
J o
fn 1 — COS 20 • 2onj/)
= -----z-----sin'2。明
J o Z
=日;血顷-丫
cos 20 sin2 2060
o
1 — cos 4。)69
=_7t_
_ T
又因为 jj(2z + Ddrdjy = JJzxdzdj/ 4-jJdzdj/ = O + tt =江，所以&+ 1)?&心=手
D D D D
(21)解 曲线Ity =火1)在点PCx9y)处的切线方程为
Y — y = y (X —x),
令 X = 0 得 Y> = y — xyf.
曲线hy = :y&)在点P(z,y)处的法线方程为
y(Y-jz) =-X + z,
令 Y=0 得 乂「= 1 + ”'.
由题设知z + yy' = y — xy.整理得
义一1
， y=~^x― —x= ----
了+z 卫 + ]
令乏=u =" + z若,代入上述方程并分离变量得
x
出 d”=n&,
1+u X
两边积分得
arctan u + -^-ln( 1 + u2) =—ln|z| + C,
即arctan卫+ glnG，+ J) = C，其中C为任意常数.
X L
因为曲线I过点(1,0),所以C = 0,于是曲线I上点的坐标(工,少满足的方程为
arctan 卫 + -^-ln(x2 + j/2) = 0.
x 2
(22)(1)证 由a, = ai + 2%,知a】,血血线性相关，故r(A) <2.又因为4有3个不同的特征值,
所以A能相似对角化且至少有2个不为零的特征值，从而r(A) 2 2.故r(A) = 2.
(口)解 由ai+2a2-a3 =0,知4； 2 j = 0,故| 2 |为方程组Ax = 0的一个解.
1 '
又r(A) = 2,所以2 为Ar = 0的一个基础解系.
、一1,
因为
190C 2017年
° n:*全国硕士研究生招生考试数学二解析
= Oi + a2 + a3 = A 1 ,
所以 为方程组Ax=p的一个特解.故方程组Ax=p的通解为
-x=2 ，其中&为任意常数.
（23）解 二次型，的矩阵为
，2 1 —4、
A = 1 -1 1
—4 1 a .
由题设知1 A | = 0,又
2 1 --4 0 3 -6
1 A | = 1 -1 1 = 1 -1 1 =6 — 3a,
-4 1 a 0 -3 Q + 4
于是a = 2.
由于矩阵A的特征多项式为
A-2 -1 4 0 A2 — A — 3 6 —A
1 AE —A = -1 A+1 -1 —1 A + 1 — 1 =A (A + 3)(4 — 6),
=
4 -1 A-2 0 4A + 3 A-6
因此特征值人i = —3,人2 =6=。・
矩阵A属于特征值;li =-3的单位特征向量为& =会（1，一1，1）七
属于特征值据=6的单位特征向量为&
属于特征值A3 = 0的单位特征向量为周=&（L2,1）T.
] 1 1〕
一成
73
1 _2_
故所求的一个正交矩阵为Q=（&，$，$）= —后 0
1 1
-191 ・2018年全国硕士研究生招生考试数学二解析
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，只有一个选项是
符合题目要求的.
(1) 答应选(B).
解 这是勺8”型未定式，则有lim(eJ+ar2+fa)7 = 5 = 1,这里
, 1+z--3C2 + oCx2) + cue2 + bx — 1
A = lim -j(eJ +az2 — 1) = lim-----------------------------------------------
r-*0 x d x
(1 +b)x + (¥ +q)%2 +o(/)
=lim---------------------5-------------------= 0，
z x
解得 a =— ~ ,b =— 1，选(B).
(2) 答应选(D).
解 按定义考查心在工=0处的可导性,即考查lim 心 F°)是否存在.
x-*0 X
选项(D),
lim S)F°)= lim * "-I = Hm Zllll.
lO X X lO X
-【I £ I z I
因为lim -------=—牛,临 -----=4，y；(0) #7^(0),所以/(O)不存在.因此选(D).
j?-»o 乙 j—*0 «27 乙
(3) 答应选(D).
解 对任意的Q,。,当Z 乂 0,1尹一1时,/(x) ,g(jr)均连续，所以/*(z)+g(j：)连续.
只需考虑在Z = 0与z =— 1处的情况.
lim [/(J?) +g(z)] = lim (— 1) + lim (2 — az) =— 1 + 2 + q = g + 1,
■l'"*—1 x-*—1 —1
lim [/(x) +g(z)] = lim (— 1) + lim jc =— 1 + (— 1) =— 2,
—1 x-*―1 x-*—1
由 Q + 1 =— 2 = .(— l)+g(— 1),可得 Q =— 3.
又 .
lim[/(jr) + g(z)] = lim(— 1) + limz =— 1,
jr-»O
lim[/(jc) + g&)] = liml + lim(j? — b) = 1—6,
a^-*0+ j^*0* x-*0+
由 1 — A =— 1 = /(O) +g(0),可得 6 = 2.
因此若/Cd+gCz)在R上连续，则a =—3/ = 2.故选(D).
(4) 答应选(D).
解 f(D在[0,1] ±二阶可导,则由带拉格朗日余项的泰勒公式有
=/(y)+r(y)(^-y)+yr(f)(^-y)2,
・192・2018 年
° .〈<全国硕士研究生招生考试数学二解析
其中E介于了与号之间.上式两端在［0,1〕上积分得
y(j：)ciz ”信)&+"(罚3
0 0 0
： ( )2
HT)T+mE T dr = 0,
故 ^00,即 /(f) > 0 时,/(y)<0,因此选(D).
注本题若是利用几何画图则可以更直观地得到(D)正确.
(5)答 应选(C).
解这是同一区间［一芍，号］上比较三个定积分，其被积函数均连续，只需比较被积函数的大小.
先利用奇偶函数的定积分在对称区间上的性质化简，
2 (1+x)2 , 2x .JI
M = 工 Idz +
~2
现只需在［一专，号］上比较以下三个函数
1 > , ］ + J cos x:,
e
易知 1 V 1 + J cos z (zE (—，号))，
因此 M = (1 + ycos j?)dr = K.
下面证明：当zf r-y,y］,且£尹。时,V均寸> 1+工0，&) = b — *一1>0.
证法 1 令 f(jc) = ex —jc—1,则 f'G) = eJ — 1, f(jc) = eJ > 0,故
<0(x<0),
f o)< = o(z = o)> /(o)= oa 尹 o).
、>0Cz>0)
证法2 令/(jc) = ex — x — 1,当］乂。时，用泰勒公式
fG) = /(o)+/(o)x + y/(e)x2 = ye«x2 > 0(e 在0与工之间).
由以上证明可知N?5 < 夭0),故N V M.综上,K >M>N,选(C).
e
(6)答 应选(C).
解由题设可知，积分区域D如图所示，原式=］J(1 一巧)kdy
D、
因为D关于了轴对称，且巧是关于工的奇函数，所以grv&dy = 0,则
D
原式=可dzdy = 2Jo&j ld^(Di是D的右半平面)
= 2*2 —工—^)& = 2(2 一奇— *)=§.
(7)答 应选(A).
-193 ・/考研数学
o
真题大全解(数学二)〉
1 1 0'
解 设4= 0 1 1 ,A和各选项中的矩阵都不是对角矩阵.对这样的两个矩阵，要判定它们相似
.0 0 1.
需要大纲要求以外的知识，而判定它们不相似是有办法的.因此本题采用排除法较简便.
根据相似矩阵的秩相等，知若A相似于B,则A-E相似于B-E,从而r(A-E) = r(B 一 E).
‘0 1 0'
A-E= 0 0 1 , r(A-E) = 2.
.0 0 0.
而当B取(B),(C),(D)中的任一矩阵时,r(B — E) = 1.从而(B),(C),(D)都排除，故选(A).
(8)答应选(A).
解 一方面,A是(4 耶)的子矩阵，因此r(A 仙)2r(A).
另一方面，(A AB)是 A 与(E B)的乘积，即(A AB) = A(E B),因此 r(A AB) 0,由此得唯一拐点(1,1).
当z = 1时,y(i)= 4,于是拐点处的切线方程为
y = 1+ 4(z— 1),
即 y = 4：jc — 3.
(11) 答 应填yin 2.
解老―广―)位
J5 x —4z + 3 J5 \x—l)(z — 3) 2 J5 — 3 x—1 /
-194 -2018 年
°〈＜全国硕士研究生招生考试数学二解析
= ±ln^jz3 +oo 1 In 1 — In 号 =-~-ln 2.
2 i—l
(12)答应填号.
解用参数式求导法，有
半=必=3：in 浑ost =—tanz, 女|
=—1,
dr x t — 3cos isin t & I T
d2j> , x/ dz ] ______1__ , 处 T="・
-t-*? =(― tan t) 3- =-------r
, dr dz cost —3cos2isin t dr2
按曲率公式兀=f对应点的曲率为
K =
［】+⑵丁 23/2 — 3 '
(13)答应填
解 由方程In z + L = xy确定z = z(x,y).先求z(2,*|"),由
In z + L = 2 X 号=1,
得之=1(令，(z) = lnz + ei — inf(z) = + e^1 > 0(z > 0)=>/(z)在(0,+8)内单调递增，有唯
z
一零点 Z = 1),因此 z(2,3~)= 1.
将方程两边同时对z求导，得
1 dz I 2-1 3z
—• -Z- + e2^1 . = JS
Z ox ox
把x = 2,y = y ,z = 1代入上式，得
(14)答应填2.
0 0 '
‘2
解 4(。1，。2，口3)=(2。1 +。2 +(13，。2 +2。3, —。2+。3)=(口1，。2，。3) 1 1 —1
X 2 1 ,
记「= (。1 ,。2 03)，因为。1，口203线性无关，所以P可逆，于是
‘2 0 0
P~'AP = 1 1 --1 =B・
2、 1
所以A 〜B,故二者具有相同的特征值，则有
A — 2 0 0
I AE-B| = —1 A —' 1 = (A-2)(A2-2A + 3),
-1 -2 飞一1
因此A的实特征值只有2.
三、解答题：15〜23小题，共94分・解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15)解 Je2xarctan』矽一Idz = arctan ex — lcKe2^)
・ 195 -h&考研数学
o
真题大全解(数学二)<
= -^-e2jarctan %/ex — 1----[ — &.
2 4 J
p f e2j 1 f ex 次工\ f (b —1) + 1“
又 ■ dz = - - d(eJ) = ----- d(eJ)
」\/e r — 1 」J e* —] 」 Ve1 — 1
=f \/ex — ld(eJ) + I* - 1 dS)
J J 7ex-l
所以 I e2jarctan Je' — 1 dz = -^-e2xarctan -/ex — 1----3 + 2) Je' — 1 + C.
J Zb
(16)解 (I)令u =工一 t,则
f — Z)dz = I* (x — u)f(u)du = x\ /(u)du — f u/(u)du,
J o J 0 J 0 J 0
由题设知
f /(i)dz + Jtl* /(w)du—f uf(u)du = az2.
J 0 J 0 J 0
上式两边同时对]求导，得
/(x) + [ f(u)du = 2oz,
J 0
所以/Cr)可导,/XO) =0,且
f (工)+/Xz) = 2a.
于是，
f(jc) = e-J(C + J2aexdz) = Ce-X + 2a.
由 f(0)= 0,得 C =— 2q,从而 /(j;) = 2a(l — e~x).
(11)由题设得[2q(1 —广)& = — = 1,故q =岑・
J o e z
(17)解 jj(x + 2j/)cLrd3/ = j|*(— 7t)dzdj/ +Jj (2y-\~n)cLrdj>.
D D D
因为D关于直线X = K对称(由参数方程可知此曲线为摆线)，所以j[(z — 7r)dzdy = 0.
D
设曲线『一：一sm '' (o w，< 2k)的直角坐标方程为v = >(工)(0〈工W 2招,则
顷=1 — cos t
IT(2^ + 7r)drd^ = I* dzf (2;y + 江)心=[[JCz) + »(])]&.
JJD Jo Jo J 0
又
f2ir Cln
rj/2(j?)dr = (1 — cos Z)3di = (1 — 3cos t + 3cos2i — cos3z)dz = 5tt>
、
J 0 J 0
「 2“ C2k f2n
3>(j7)dr = (1 — cos tYdt = (1 — 2cos t + cos2i)dz = 3tt,
J 0 J 0 J 0
所以JJ(i + 2少&心=7t(5 + 3k).
D
(18)证 设f(x) = x — In2 j; + 2k\n x—l(z>0),则
f'(x) = 1-^-^ + — = —(x-21nx + 2^).
X X T
设 g&) = z — 21n «r + 24,则 g'(z) = 1 —.令 g'&) = 0,得 g(z)的唯一驻点 x — 2.
x
又g〃(z)=号>。，故z = 2为g(z)的唯一极小值点，于是g(2)为g(r)的最小值.
196c 2018年
°全国硕士研究生招生考试数学二解析
因为友21n2 —1,所以 g(2) = 2 — 21n 2 + 2*>0,从而 gCr) > 0(z 尹 2).
综上可知fS > OCr尹2)，所以/•(£)单调增加.
又/(I) = 0,故当0 <工又1时,/(x) <0；当z> 1时,/Cz) >0,所以
(x — 1) (x — InW + 2Aln z — 1) 2。.
(19)解 设圆的半径为了,正方形与正三角形的边长分别为丁和给则问题转化为函数fCx.y.z)=
w2+y+yz2在条件2tw + 4v + 3z = 2a>0,y>0,z>0)下是否存在最小值.
构造拉格朗日函数
= nx2 + y2 + 亨 / +义(2冗飞 + 4丁 + 3z — 2).
考虑方程组
牛=2*+ 2冗人=0,
dx
膏=2\ + 4义=。,
Y
3L 73 , ,, °
—=-ttz + 3A = 0,
dz Z
等=+ 4jz + 3z- 2 = 0,
1 2 2^3 1
解得五=
7v + 4 + 3 7c 4 4~ 3 -J3 穴 + 4 + 3 将 穴 + 4 + 3花
又当2口 + 4y + 3z = 2且xyz =。时,/(j:，3»,z)的最小值为
(°, 2 , 2月)____1__ ,
' ‘4 + 3沔‘4 + 3应 4 + 373*
而连续函数在闭区域｛Cx,y,z) | 2h + 4、+ 3z = 2uN0，y>0，z20｝上必有最值，则此最小值取自区
域的内部.
所以三个图形的面积之和存在最小值，最小值为
，可设点F的坐标为(花，坪)，则直线AP的方程为
(20)解 由已知点P在曲线L上
(4 1 \ ,.
了=(亏〃_打.+ 1，
故直线OA与直线AP及曲线L所围图形的面积为
+ 1----二2]&
-hzzz ——4 7/23
2 3 , 1
=铲 +Tm-
所崂=著『(叙+号悸
由题设知，当m = 3时亭 =4.所以当P运动到点(3,4)时,S关于时间，的变化率为穹=10.
p-1! -- 1
(21)证 由于Z] >0,因此寸=°
-197 -。
花/考研数学
真题大全解（数学二）〉
根据拉格朗日中值定理，存在£ 6 （。,勾），使得亍=或所以寸=或故及=&。〈血V皿
假设0 V而冷 < 而,,则
px«-l — 1
产，=------=e7（0 < n< ］*）,
所以1*2 = ,，0 V工计2 V而《+1・
故｛%｝是单调减少的数列，且有下界，从而｛%｝收敛.
设liniZn = 〃，得aea = ea — 1.易知a = 0为其解.下证唯一性.
n-»oo
令 /Xz） = xex — ex +1,则 f （z） = xex.当 z>0 时,f（z） >0,函数 f（x）在［0, +°o）上单调增加,
所以a = 0是方程aea = ea — 1在［0, +8）上的唯一解，故limz” = 0.
n~*8
注 先解出£出=In 土皇,再分析也是可以的.
（22）解 （I ）/3,互,互）=0当且仅当
*1 —互 + 而=0 9
<互+互=o,
、了1 +ar3 = 0.
对方程组的系数矩阵施以初等行变换，得
-1 ］、 0 2
0 1 1 ——► 0 1 1
、1 0 a. 、0 0 Q —2,
当a#2时，方程组只有零解，故，（而见中）=0的解为x = 0；
-2、
当q = 2时，方程组有无穷多解，通解为x = k -1，其中人为任意常数.
、1 ,
故六心,血，互）=0的解为x = ｛—1\其中人为任意常数.
（n）由（I）知，当Q尹2时,/（xi，x2,x3）正定,y（xi，x2,x3）的规范形为yl +展+ 乂.
当q = 2时，求解六心，五,心）的规范形有两种解法.
解法1 /(xi 9x2 ,互)= 2xi + 2x1 + 6x| — 2xxx2 + 6j?iX3
=2 (工1----X2 + -|~工3 ) + ~|~&2 +了3)2 ,
1 3 \ O o
= - -
2
-
2
)
/ ，
7
壁
2
2 76- O
= + m 有 ¥ 2 尹0,所以/（e ,互，孔）的规范形为H +崩.
-
76 2 1
解法2 /Xzi ,互，而）=2药+ 2x1 + 6秘一2心工2 + 6心13
由A的特征多项式为
A — 2 1 -3
I AE — A | = 1 A — 2 0
-3 0 A-6
-198 ・2018 年
° ＜〈＜全国硕士研究生招生考试数学二解析
=A3-1OA2 + 18A,
解得A的特征值为人1 = 0,义2 = 5 +＞/7,A3 = 5—5/7.所以/(xi，x2»^3)的规范形为y\ +展.
(23)解(I )对矩阵A,B分别施以初等行变换，有
'1 2 a 0 3a
A = 1 3 0 ―► 0 1 —a
、。
2 7 —<2. 0 0 ,
，］
a 2' 0 0 、
B = 0 1 1 —A 0 1 1
、
-1 1 L 0 0 2 —Q,
由于初等变换不改变矩阵的秩，则r(A)=厂(8),故。=2.
'3 — 6虹 4一6处 4一6奶、
X = — 1 + 2灼 一1 + 2^2 — 1 + 2^3，其中力1成2以3为任意常数.
、 用
^1 &3 >
由于| X | = k3-k2,因此满足AP = B的可逆矩阵为
'3 — 6灼 4-6处 4 —6 么、
P = —1 + 2kx — 1 + 2k2 — 1 + 2k3，其中 k2 7^ k3.
、bi k2 k3 ,
1992019年全国硕士研究生招生考试数学二解析
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，只有一个选项是
符合题目要求的.
1. 答应选C.
解 当z f 0时,z —tan z------工3,由题意知,k = 3.应选C.
2. 答应选B.
解 y = sin jc + zcos x — 2sin x = jtcos x ― sin x,
y = cos x~\~x • (— sin x) — cos =— jrsin x,
jc
令 = °，得 z】=°，互=7t.
在勾=0的左、右两侧邻域内，都有/ <0,同号，则点(0,2)不是曲线的拐点.当ttVz V2/时,
y > 0；当0 Vz V五时，寸V 0,故(江，一2)是该曲线的拐点，故选B.
3. 答应选D.
解 对于 A 选项，［= x * (― e~x) — (* (— e-x)(ir
2 1 2 I g i
对于B选项，x 乙 €x dr =—■乙 e-x =方；
J 0 I o
对于 c选项，L 罕蜀fdz =-|~(arctan z)2 L = 号；
对于D选项，广 & = §ln( 1 + ^ ) |心=+ 8,发散，故选D.
J o 1 十z L I o
4. 答应选D.
解 由通解形式知= h =一1是特征方程^+^+6=0的二重根，即
3+1)2 = r2 + 2r+l = 0,
故 a =2,6 = 1.
又V = b为j/〃 + 2j + 丁 = cW的特解，代人得c = 4.故选D.
5. 答应选A.
解 该题是比较二重积分的大小，由于积分区域相同，因此比较被积函数的大小即可.因为具域。为
I B | + | 了 IW 号，则 0 W Vx2 y2 W 专，所以
sin + 寸 W vV + 3 ,
1 — cos Jz' + -2 < \/工2 + J/' ,
且等号不恒成立，因此L V L，L V L.
另 夕卜, 1 — cos Vjc -\-y = 2sin------- sm-------匕,
si . n V /" x 2" 7L -r _ y 2 = n 2s ， m / -- 寸 --- - + - 力 cos \ - / - 二 --- 2 + ~~ 寸 匕，
-200 .2019 年
°〈〈全国硕士研究生招生考试数学二解析
因为0(如2土”W号，所以
sin J弓+ 寸/*/%* 匕
1 — cos + .2 < sin Vx2 -V y2,
且等号不恒成立，所以I3 < 12.综上所述，L V L V L ,选A.
6.答 应选A.
解’若，G),g(z)在£ = a对应的点处相切且曲率相等，则/(a) = g(a),/(a) = g'(a).
根据曲率公式K =— ，则f"(a) =±g"(a).
[1 + ( J)予
lim^(j) =limH禁二牛=iimf'&)_g"(Q
™ (x-a)2 x-^a L\X Cl) jr~^a 2
— g"(G)_ 0, f(a) = g”(Q),
_ f'S)
2 f(Q), f'(Q)=—g〃(Q).
因此，必要性不成立.
由临八尸—乌"=0,可知/'(a)
g(Q).
La («z — a)
0 = 1血八尹一砖工) =lin/'%)匚g'S)(得 /(a) = g，(a))
(] — a) L\JC CL)
x-»a 〜 Z
=』〃(Q)— g〃(a)
— 2 '
则 /"(a) = g"(a).
故曲线y =，(工),y — g(>r)在 = a对应的点处相切，且曲率相等，充分性成立，故选A.
jc
7. 答应选A.
解 由于方程组Ax =0的基础解系中只有2个向量，则n — r(4) = 2 = 4 — r(A),得r(A) =2 <3.
故rGT ) = 0,因此选A.
8. 答应选C.
解 设A的特征值为;I,由A2+A = 2E,BJ得足+人=2,解得A=-2或1.再由|A| = 4,可知A, =A2 =
-2,A3 = 1,所以规范形为院一点故选C.
二、填空题：9~14小题,每小题4分，共24分.
9. 答应填4e2.
O
解 这是“广”型，lim(_r 十 2，)“ 2 =曲京9并 4>,而1血4(工 + 2，一1) = 2 + 21而 O~-T ___ 1=2 + 21n2,
_r->0 r-*0 JC J—*0 JC
故 lim(x+2O- = e2+21"2 = 4e2
10.答 应填夸+ 2.
解当1 =萼时，
My 3tt —s • i nw 3tt = ^ 3tc + i -l1 ，
y = 1 — COS y = 1,
即切点为(y + 1,1
. 201 .。
花&考研数学_________________
pi
真题大全解(数学二)>» 一
切线斜率& =虫_ = d〃dz I = sin t I =_ i
dr I —乎 dr/dz |,=竽 1 — cos 11 ,=努
故在仑=萼对应点处的切线方程为丁 一 1 =— 1 • （z —夸一1）,即y =— z 十学+ 2.故其在y轴上
的截距为粤+ 2.
11. 答应填 3^/（^）.
解 因为2 = "（¥），由复合函数求导法则知
岸=妒（白（-目）一多任），
嘉"（勺+/（丹孕=，侈）+客（勺，
所以 2蜷+携= 2z.[—女（洲+M心）+乎广（勺]
=”（勺.
12. 答应填*3.
3 「工
解 弧长 5 = \/1 4-(y)2dz = \/1 + (— tan z)2(ir sec xdz
J o J 0
=In | sec x + tan x \ | = In （会 + V ） = 3，
13. 答 应填cos「1.
解 由题意得/（I） =0,根据分部积分法,
J：E=£（4：
半&）&=芸•
j；
半虬-踞•骨&
2 Jo 4 I o 4
14. 答应填一4.
解根据行列式的性质与按第一行展开计算行列式：
三、解答题：15〜23小题，共94分・解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15 .解 当 z > 0 时（z） = 2x2x（ln z+1）；当 zVO 时,f （工）=eJ（x+ 1）.
因为
lim亡二^ = H理芝二1 =临她M =_ 8,
1
■r-^0+ JC ^)+ JC
所以/（0）不存在.
综上，
. 202 .2019 年
°〈〈〈全国硕士研究生招生考试数学二解析
. (2x2x (lnz + 1), z〉。，
fS = z
le，Cz+l), iV0.
令 f 3) = 0,得驻点 oc =— l,z = *■・
当 <— 1 或0 时(z) V 0;
jc e
当一1 Vz< o 或 ^> —时,f(z) >0.
. e
所以/XG在区间(一8, —1)和(0，+ )内单调减少,在区间(-1,0)和(+，+8)内单调增加，从而
*)的极小值为/(—1) = —*，，(£)= M,极大值为/(0) = 1.
16.解设
______3z + 6_______ A I B . Cr + D
(Z— 1)2(J：Z + + 1) X — 1 (X— l)2 X2 + 4- 1 *
则
A(z — l)Cz2+i+l)+B&2+z+l) + (Cz+D)Cr_l)2 = 3z + 6,
]A + C = 0, rA =-2,
B-2C + D = 0, B = 3,
所以< 解得V-9
B + C-2D= 3, C- ---- u ,
—A + B + D = 6, D= 1.
土& + 捐二产
故 / (Z—+1)& =-J j +J
|一土+
=—21n|z — l ln(f+z + l)+C.
17.解(1)由一阶线性微分方程的通解公式，得
川)=州。+ ［专
=+ C).
因为丁(1)=据,所以C = 0.从而yCx)=石湿.
(2)。绕z轴旋转所得旋转体的体积为
V =［兀、2(1)& = ［ dr = -yex? I = -y (e4 — e).
18.解 因为。关于，轴对称(把］换成一 不变)，所以
.. ,__ x ____dzdv = 0, -drdv = 2 ' -&dy・
J£ v 1.
(2)因为伯)在区间［0,目上具有二阶导数，利用泰勒公式，存在7 e (0Q.使得
y(0) = /XQ+rCQCO— £)+］，( v)(0-Q，
因为六0)= o,/(e)= 0,所以/'(/ =一捋空.
又因为 0 VEVl,y(E)> 1,所以 /'(") V—2.
22.解 记A = (a, ,a2 ,a3 :白，艮，震，对A施以初等行变换，有
1 1 1 1 0 1 1 0 2 1 2 3
A = 1 0 2 1 2 3 ―A 0 1 -1 0 -2 -2 =B.
4 4 a2+3 Q + 3 1—Q + 3 / 0 0 a2-l a — 1 1 — a —1,
q2
当a =— 1时，由于
1 0 2 1 2 3、
B = 0 1 -1 0 -2 -2
0 0 0 -2 2 0 ,
因此$不能由a (x)| = C^2ln(l-x)]<",|
I x=0 I x=0
=C? [In(l -z)T”>3)叫 +c [ln(l 一工)了1>3)，| +C2 口n(l -z)丁 1>次)”|
I x=0 I x=0 I x=0
=n(n — 1) [ln(l —/丁"^)| = n(n — 1) • (— 1) —I
I x=0 — X； I x=0
=-----(n N 3).
n — Z
、
故选A.
注 另外,本题也可以对In(l-x)作麦克劳林展开从而求解/°°(0).
5. 答应选B.
解 咨 | = limfS°)—r(S°)= lim=^ = 1,故①正确；
ox |(0,0) •^*0 工 ^*0 Z
当 '尹。时,/,(0，v)=1血也旭二^心 =1此型n不存在，从而知普I 也不存在，故②
z x 2 1 dxdy I(0,0)
不正确；
・207・。
h亨考研数学____________
nl
真题大全解(数学二)>〉
不管(1,少以何种方式趋于(0,0)时，根据题中f(.x9y)的表达式都有fCjc,y) -► 0,故③正确;
‘0,巧尹0,
\\mf(x,y') = < 0,j/ = 0,于是lim lim/"(z,;y) = 0,故 ④正确.故选 B.
t-*0 y-*0 x-*0
= 0,
6. 答应选B.
解法1选项A,由单调性易得乌二VI,A错误.
— 1;
由题意得七尸? > 1,从而［七件(dr >「Idz,即In > 1,故舟°?、> e,B正确.
j\jc) J -1 j\x) J -1 —I? j\—1)
类似地,In> 2，故> e?；In > 3,故> e',C,D错误.故选 B.
解法2由解法1知A错误，由f(i) >r(z) >0,知/(I)—r(z) >0,构造函数F(z)= 与
e
(了 €［—2,2］),则F'Cz)=［号］'>O,FCr)在［—1,0］上单调增加.所以碧| _。> 碧|」故
/(0) > 生尹,从而舟J > e,B正确.同理，可得舟* > e2，普、> e3,C,D错误.选B.
e j{— l) j{— l) /(.— I)
7. 答应选C.
解 由于A不可逆，因此r(A) V4,又由于Ah尹0,因此r(A) >3,故r(A) = 3,所以r(A* ) = 1,则
A'x = O的基础解系中有3个线性无关解向量，由A*A = |A|E = O,知A的列向量都是方程组4 - x =0
的解向量，又因为A&尹0,所以* ,a3,a4线性无关，故所求通解为x =友m +&血+奶a〈,其中kx,kz,k3为
任意常数.故选C.
8. 答应选D.
解 由于8,8是A的属于特征值1的线性无关的特征向量,a,是A的属于特征值一 1的特征向量，
因此一a,仍是A的属于特征值一1的特征向量,a】+a2仍是A的属于特征值1的特征向量，故选D.
注(l)s +a3不是4的特征向量，故A,C不正确，B中的P对应的对角矩阵是
'1 0 0 '
0 10.
.0 0 -1,
(2)实际上,2012年的第(8)题和2015年的第(8)题与本题本质上都是一样的.
二、填空题：9~14小题,每小题4分，共24分.
9. 答应填一克.
业=£ = _± 处=_±(1_).虫=_ 〃+ 1
解
dr
jc t
t 'dr2 dt\tf dr
=—t/2.
10. 答应填y(2/2-l).
解 [d、j广 J £ + ]& = | dr + ld^ = jc2 \Z?~+Tdz = W (F + 1)时 1 = 4O(2V2-1).
0 0 o 9 I o0 y
答 应填(7u — Ddz — dy
dz = ;y + cosa + y) dz ____■_z_ +__ c_o_s_(_z_ +__ jz_)____
解
1 + \_xy + sin(j; + _y) T， dy 1 + [巧 + sin(x + 少 T '
则& (7： — Ddr — dy.
(O.K)
12.答 应填ya3^.
*〃〃，〃〃么
解 如图所示,该平板一侧所受的水压力为
P = 2pg(a — y)ydy = ya3^.
入，
-208 ・C 2020年
°全国硕士研究生招生考试数学二解析
13.答应填1.
解 直接在微分方程y+2y' + y = Q两端作积分并借助牛顿-莱布尼茨公式，有
J f -l-oo >(x)，(.r) = 0.理由简单表述如下:二阶常系数齐次线性微分方
程的通解只有三3|■情况，如在两个实特征根n丰r2时,= Ge"，+ Gef 注意到当工T 8时,
=+8(发散),e- = 0(收敛)，所以这类题目为了保证其收敛，往往都是特征根r<0,这时不管是
火+8,)还是J(+8)都为0,以上只是简要分析，读者可试着严格推演其他情况.作为填空题，考场上有
这种大嗣的估计已经够用了.
— 14. 应填 a2(a2-4).
a 0 -1 1 a a 0 0
a 1 ~1 Q 0 0
0 a 1 -1 0 a 1 -1
解 =a(- 1)心 0 a a + (—1)4+1 a 1 一1
-1 1 a 0 0 0 a a
-1 0 a 0 a a
1 -1 0 a 1 -1 0 a
=a2 (a2 — 2) — 2a2 = a2 (a2 — 4).
注 本题也可以将各行都加到第一行，提出公因子再消零并展开计算.
三、解答题：15〜23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
_l+x
】5•解令g = E，则
fM) .. 1 1
lim 】------=lim -------------—
X x-^+oo ( ] + 1 ) e
且 lim
1= lim (1+x)1 t]
I X »4-oo
e-(l + *)'
=lim j?・
eg)'
1
X = T ] e—(1+况
=====—hm----------------
e 7 t
1，- l — e，
=—lim--------------
e d， t
1 i・ t — ln(l + Z)
=——lim ------------
e t .2
_ 1
=是
所以曲线7 = 77 ]壬]+□-:草(了 >。)的斜渐近线方程为+冬
(1 +x)x e Ze
16.解 由lim^U = 1 知limyCz) = 0,又，Cz)在 了 = 0 处连续，所以 f(0) = 0.
J-*O x L0 '
g(0) = j y(O)di = 0.
从而
当]乂 0时，令“ = 则 g&) = I /(u)du.
2^ =临也一
当z = 0时, g'(0) = limg(j)-g(o) = lim 1
a-*0 X — U X a0 LT Z
，(、£Cz) 1
当z夭0时, g (x) = 1-----------2 /(w)dw.
X X
0
・209・。
存孕考研数学
P5
真题大全解（数学二）〉
因为 limg'Cr) = —\ I* /(u)du~|= ｛，
z zLz x J o J 2
所以 limg'G) = g'(0),故 g'Cr)在 1 = 0 处连续.
x-*0
17.解由f(z,少=〃 +时3_书,得
咨=3〃 — y, 咨=24/2 — X.
ra
一k- a =0,
二X二得驻点燮和（羟）•
令 3 即
1
3=0,
记 A △ = S 丑 = A6 z, BR = =— 1 1 , 厂 C = 3 殂 = 4 AQ 8y
dx dxdy dyL
在点（0,0）处，由于AC-B2 =-l<0,因此（0,0）不是fa,y）的极值点；
在点（号'5）处'由于AC-B2 = 3>0,且A>0,因此（号房）是六W）的极小值点，极小值为
了（亏'宣）=_赤.
18.解 由 2/(x)+x2/(^) = 弓莘与（z > 0）得"（土 = 1,+2工 结合两式,解得
V1 +x2 \ X / Z 1/1+/
/(x) = —===.(x > 0).
由,=一各一；得工=■,况=, （0。<1）,从而曲线y = fa）,y = j-,y = ^及v轴所围图形
\/1 + —2 V1 — y
绕z轴旋转所成旋转体的体积为
y2
V = 2n \-Lxydy = 2 k
v = sin i
——2穴 sin2^dz
, 7?
_ 6 ,
19.解 -52 1 - --- r - ? -- d 1 r .a. sec^OdR
D 由 rcos 0 0
因为
sec'Od^ = sec ^d(tan O')
o o
=sec 仇an 0 sec 0 tan2^d^
0
(sec3^— sec 0)60,
0
则
:sec3 Od0 = -y (次 +J： sec。曲)
=J_ ln(sec tan 0) | ]
_ ~2
=4- ln( 0,所以 /(2) > 0.
令 g(z) = /(x) — (2 — z)e',则 g(l) V 0,g(2) > 0.
根据连续函数的零点定理知，存在(1,2),使得g(Q = 0,即据Q = (2-E)/.
(2)令邳工)=In了,在区间[1,2〕上应用柯西中值定理，存在(1,2),使得
' 1(2) — 冲=/(2)一六1)=心=
j
A(2)-A(l) — In 2 - In 1 J_ 俨'
7
即 y(2) = In 2 •温
21.解 曲线了 =，(工)(工> 0)上点MG,、)处的切线MT的方程为
Y-> = yCX-x).
T点坐标为(z 一多,0),由题意，得
丁(t)dz.
两端对JC求导，有
'(专J()2 — J " /
=1
2 ■必 日口 即刃 〃 一 2 耳 , 3 ，、 )2 = n°・
令P = ，得普 f孚3 = 0舍去)，积分得P = c",即y' = c"，解得3孩=Gz + G.由
火0) = 0,得C2 = 0.因此所求曲线的方程为v = Cz3(c > 0).
22.解(1)由题意，二次型血，五)与g(、q2必)的矩阵分别为
1 a a 1 1 0、
A = ala ,B = 1 1 0
a a 1 0 0 4,
且 PTAP = B,于是 r(A) = r(B) = 2,故
1 a a
I a| = ala =(2a+ 1) (1-a)2 = 0,
a a 1
解得q = 1或q =----・当。=1时,r(A) = 1(舍去)，当a =----夺时,r(A) = 2,所以a =----y.
(2)由⑴知a=-y，于是
,X2>X3) = Xi +xl +xf — XXX2— XXX3 — X2XZ =(Z1---X2----13)+ ~|-(X2 ~ JC3)
令
_ 1 _ 1
1
~~z ~~2 ii'
知
= o 73 _V3 12
2 2
*3. “3,
.0 0 1 .
则 /(Xl ,X2,X3) = Z1 + 妨.
又 &(少点 2，丁 3)= yl+yl +4 展 +2W2 = 31 +丁 2)2 +4况，
令
• 211 •h/考研数学
}^i真题大全解（数学二）〉〉＞ Q
则 g31，％，>3)= Zl+zj.
令
1 _ 1 -1 1 2学
~~2 ~2 ‘1 1 0、
p = 0 0 0 2 0 1丰
~2 ~~2
<0 1 0,
<0 0 1 . 0 1 0 ,
Z1' yi'
则当 工2 =P y2 时,f3\ ,$2 ,工 3) =川 1，、 2 必）.
丁
3, >
23.（1）证 若P为不可逆矩阵，则a,Aa线性相关，因为a # 0,所以存在数；I。,使得必=Aoa.这与
a不是A的特征向量矛盾，所以P为可逆矩阵.
（2）解因为
AP = (.Aa,A2a) = G4a,6a —4a) = (a,Aa)
0
1
一6
1
\ )-「/(0
1 -
6
1 )
\
，
所以
, /0 6
P^AP =(]
-1
可知矩阵A与（:：］）相似，则有
A -6
|ae-a| =
=(A-2XA + 3),
-1 A + 1 '
2 0
得A的特征值为2,-3,因此A相似于对角矩阵
0 -3
-212 ・2021年全国硕士研究生招生考试数学二解析
一、选择题：1~10小题,每小题5分，共50分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是最符合题目要求的.
1. 答应选C.
(e「一 l)dz z6 _ i x 9 6
解 lim --------7------- = 1血一---=阮产=0.
z x z 7史 z 7必
或当 —0时J： (e? — 1)±是X的(3 + 1) X 2 = 8阶无穷小，故选C.
2. 答应选D.
/(0) = lim y(z)—f(°)= lim—2-------- =lim -----\~- = lim 土一- = £,所以 /(J?)在
解
JC •r~»0 JC a。 x jr—o LX 乙
* = 0处可导且导数不为零，故选D.
3.答应选C.
解 设底面半径为r,高为们则宵=2,案=-3,由V = m,S = 2M+2”2,得
dV c , dr , 7 dh nnA
瓦=2赫瓦+ "~瓦=一1°°兀
半=2nh 半 + 2nr 半 + 47tr 半=40兀.
dz dt dt dt
4.答应选B.
解 由f(jc) = az — bln zS > 0),则z >。且f (工)=a—斗，当。时,f'(工)2。’不满足条件，
舍去；
当 6 > 0 时，令 f (工)=0,得工=% 当 (0,§)时(z) V 0,当]€ (#，+8)时,f 3 >
0.又
lim/(jr) =+8, lim f(jc) =+oo,
则应有 ) = b — 61n = b(l — ln#)< 0,得 In # > 1,即# > e.故选 B.
5.答应选D.
解 /(z) = sec x = /(O) + /(0)z + — +。(/) = 1 + +o&2),
所以可得a = 0,b = -y.
6.答应选C.
解 由/Xz + 1 ,e，)= 1(]+1尸，两边同时对z求导，得
/^(z+ LeO +£(z + Lb) • eJ = (x-F I)2 +2z(z+ 1), ①
令x = 0,代入①式得
-213 -7 /考研数学_________________________
"I
真题大全解(数学二)＞〉〉
十％(1,1) = 1. ②
由了&,了2) = 2x* 2ln工，两边同时对x求导，得
_/^(x,j:2) • 2x = 4xln x + 2x2 •—, ③
X
令了=1,代入③式得
£(1,1)+2尤(1,1) = 2. ④
联立②式、④式，解得71(1,1)= 0,£(1,1)= 1.所以好(1,1)=心,故选C.
7.答应选A.
解 将区间［0,1］进行〃等分，在每个小区间［守，= 1，2,•••/)上取区间中点的函数值
k ! k-1、
，小区间长度为+，故选A
n n
2 ,
8.答应选A.
解 y（Xl 9X29X3） = （11 +血）2 +（12 +13）2 —（冯一11）2
=药 + 2^i ^2 + 蒙 + 隽 + 2x2jc3 + 盘一式 + 2xrx3 — Xi
= 2^2 + 2xiX2 + 2j?2X3 + 2^1^：3-
'0 1 1]
记二次型的矩阵为A 1 2 1 ,则其特征多项式为
、1 1 0J
A -1 一1 A +1 0 -A-1 A +1 0 0
I AE-A | = -1 A — 2 T = -1 A-2 -1 = -1 A — 2 -2
-1 -1 A -1 -1 A -1 -1 A-1
1 0 0
（A + 1） -1 A — 2 — 2
-1 -1 A-1
=(A + 1)E(A-2)(A-1)-2］
=A(A + l)(A-3),
则正惯性指数p = 1,负惯性指数9=1.故选A.
9. 答应选D.
解 由题意，可知存在矩阵C,使得A = BC,则AT = UBL又易知BTx = 0的解均为€^七=0的
解，即ATx = 0的解，选项D正确.
10. 答应选C.
解
验证选项A,B,D均不符合题意.
故选C.
二、填空题:11〜16小题,每小题5分，共30分.
11.答应填日予
解原式=2 药工& = 心)=-点3, 4-oo =J_
0 0 In 3,
• 214 •2021 年
° <«全国硕士研究生招生考试数学二解析
应填奇.
12.答
心 _ 起2 _ 4e' + 4(Ll)e' + 2, _ 柄
解
dr - x(7) - 2d +1 '
处 I _ d⑵)_1 I _ 2 I _ _2_
dzz | ,=。一 ~dT • 777) I ,=。— 2e' + 11 ,=。— 3'
13.答 应填1.
解，将X = 0,3； = 2代入原方程得z = 1,方程（z + Dz + yln Z —arctan（2勺）=1两边同时对]求
偏导数，得
z+（r + l）也+ 立_1_ 也----- ----- — o
十s十n危十'z a工1 + （2可尸u,
将]=0,丁 =:2,z = 1代入上式得夺=1.
dx
14.答 应填-ycos —.
Z 7t
解 交换积分次序，得 r。）= ji drj]sin子心=.d，： sin子& = [ （[ sin§dr）d、测 f Q）=
:sin千&,所以
广（号）=J：sin 土&——号 * 夸：=fcosf-
2
应填Ge，+ e* （Gsin条+ C3COS务），其中G，G C为任意常数.
15.答
解 设其特征方程为r3 — 1 = 0,则n = 1 ,r2 =-----§ +亨i，"3 =------ 争.故其通解为
了 = Ge，+eT'（Gsin孝z + C’cos务），其中 G，G，G 为任意常数.
16.答 应填一 5.
解 含/ 项的有 a12a21a33aM ,aua22a33atl 两项，则史项为（一1叶农3 + （-1）^>4^ = _ 5p,因
此工3项的系数为一 5.
三、解答题：17〜22小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
..[1+fVdr ] .. (l+1：e''df)sinz — e，+ l
17.解 lim J 0________1 — lim 2
x-*0 r 1 • ■r~*0 3C
1 e — 1 sm x
(1 + j e"dz) cos x + ex* sin — eJ
je
—hm 0 9
x-*o Lx
(1 + j 甘2 dz) cos x — e1 ]
—lim 0 + °
D LX Z
—(1 + e" dz) sin z + e1 cos — ex 〔
jc
—lim - - - - ' + ?
乙 乙
l0
=--1
2,
• 215 ,。
h/考研数学
pj
真题大全解（数学二）＞〉》
,r2
z V 0 且 z 尹一1,
18. 解 f3 =晋
•Z 2 °・
1+z'
当z尹0时,
_ x2 + 2x
一(1+Q2 z V 0 且 z 丰一1,
/（JT）=
x2 -|~ 2x
d+Q2' •z > 0.
2
(1+Q3 •z V。且 z 夭一1,
2
z > 0.
HU
当一1 VzV o时/〃 Cz) VO,故(一1,0)为曲线y = fM)的凸区间；
当1V— 1或1>0时,f'Cr) >0,故(一8, — 1),(0,+8)为曲线丁 =尸&)的凹区间.
因为y (z) = lim : = 8,所以X =— 1为曲线y = fCx)的铅直渐近线.
因为 lim = lim 厂三―=1,且 lim [/&) — z] = lim =— 1,所以 y = x~ \ 为曲线 y =
十
X-H-OO JC J^»4-OO 1 -JC X »-|-oo x-*+oo 1 z
g)当z T 8时的斜渐近线.
因为 lim = lim「产=—1,且 lim[/( = lim 厂壬一=L所以 —z+1 为曲线丁 =
j;) +z] y =
x-*—°° JC x~*~8 £ ~j~ JC. X-*"-OO X-*•―oo 1 JC
fS）当£ — 8时的斜渐近线.
19
.解 在等式j 号& = */—了 + C两端对了求导，得
f （工）=七工G-插,
L的长度为
5 = 1 J] + [/'(>Z)]2&
=』:土1（石+会）\.
品£（在+*）&
=22
~ T*
L绕z轴旋转所成旋转曲面的面积为
= 2寸 /（J7）/I + [― （z）]2&
A
=2寸：（*K-序）.3产+*）&
寸:申_号1）&
425
・ 216 -2021年
° *全国硕士研究生招生考试数学二解析
20.解 (1)由 Jcyr — 6j/ =— 6 得 j/ — -^-y =—孚,解得
y = ef*& [J (― ~ ) e-牌&& + c] = Cr6 + 1.
又火将)= 10,得C = §.故
y(z) = + l(i > 0).
⑵曲线y = + 1在点PG,、）处的法线方程为
它在丁轴上的截距为
八=去+¥ + 1・
窘 =—§ + 2芸,令柴 =0,解得z =— 1（舍去）,z = 1.
当0 V z V 1时，井 V 0;当］> 1时，於 > 0,所以z = 1是最小值点.
故所求点为P（l，*）.
21.解 曲线（工2 +寸）2 =衣一了2（］ 2 0以｝ 0）的极坐标方程为r2 = cos 29（0 < T7T
于是
'7^20
曲 r3 cos Osin Odr
0 7 o
=J4 cos Osin ^cos2 20d0
奇
■—会 cos3 20
48
0
1
48-
22.解 因为
A — 2 -1 0
I AE-A | = -1 A — 2 0 =(A ~ 6) (A — 1) (A — 3),
-1 — a k-b
所以A的特征值人i = b，M = 1,人 3 = 3.
因为矩阵A仅有两个不同的特征值，所以I =人或Ar = A3.
①当 Ai =A2 = 1时，有6=1.因为A相似于对角矩阵，所以r（E-A） = 1,故。二 1.
、
f-1 I‘°〕
解方程组（E-A）x = 0,得A的对应于特征值1的线性无关的特征向量& = 1 ,&=
0
对;（3 = 3,解方程组（3E-A）x = o,得A的对应于特征值3的特征向量& = pj-
-i o r 1 0 0、
令 P = (gl '&，&3)= 1 0 1 ，则 LAP = 0 1 0
0 1 L .0 0 3,
・217・。
花季考研数学
P5
真题大全解(数学二)〉〉＞
②当 Ai = A3 = 3时，有6=3.因为4相似于对角矩阵，所以r(3E-A) = 1,故a =—1.
解―)…,得"对应于特征值3的线性无关的特征向…J—』.
-r
对人2 = 1，解方程组(E-A)x = O,得A的对应于特征值1的特征向量爪= 1
、1 ,
1 0 -1 3 0 O'
令「=(邛1，邛2,邛3)= 1 0 1 ，则 LAP = 0 3 0
0 1 1 . 0 0 1,
• 218 ・2022年全国硕士研究生招生考试数学二解析
一、选择题：1~10小题,每小题5分，共50分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是最符'合题目要求的.
土 1.答应选D.
解①匝箱=15四推5 = 1，正确;
③ lim* = In =]血 软一 lim 俱=1-1 = 0,正确；
Z 映工) a(z) z a(z) x-o a(z)
lo
④ lim 、( = 0=> lim。件〈—lim = 0=> lim = 1,即 a(x)〜B(工)，正确.
z a^JC) z a^x) z a(z) t a\x)
取cr(jr) = h,例a:) =—z,则②错误，故选D.
2. 答应选B.
解 原式=fdzp 2 心=「身/. d—：.dz
Jo J 0 Jl +]3 J 0 2 Jl +〉
=「M+e+dC^ + l)
-Jo 0
=4-2(i+x3)+r = i-4=4-
o | o 3 3
故选B.
3. 答应选C.
解 由于/(j:)在了 = Zo处有2阶导数，故limf (工)=f〈工。),则当f (为)> 0时，由极限的局部保
号性知，存在£。的某邻域U(血，幻，当工e uao,8)时，有f (工)> 0,即fG)在Xo的某邻域内单调增加，
故选C.
4. 答应选C.
解 F(.x,y) = jrf /(z)dz — y\ fMdt — f t/XQdl,贝 I」
J o J 0 J 0
「lv f-r-y 〜、.
—= fCt)dt-{-a:fCx — y) —yf (x — y) — (z — 3/) — y) = ,
ox J 0 Jo
d2F _ “ 、
□ p 「 L_y f 3T-y
—
dy
=—jcf (j: — y) —
J 0
f(t)dt-\-yf(x — y') + (.x — y} f {x — y} =~
Jo
fMdt^
可得穿=—务尊=八工一少=暮故选c.
5. 答应选A.
解 原反常积分可写为「屈 &.对Ve>0,有
J 0 TP (1 —X) P —X) P
In z
lim ——" 1 "----= linir6 ■ In z = 0.
J-*O+ 1 x-*0*
・219・。
h&考研数学
P5
真题大全解(数学二)>〉
若r却瑚敛，即》vi,则「品骂声&也收敛•
当工-「时‘了，(1'二)~〜(1二;r=互m户收敛不>一1，故选a・
6.答应选D.
解 取了，= (-1)"・•，则｛z"｝发散，且有
J2 J2
limcos ( sin x„) = cos %， limsin ( cos x„) = sin %,
n~*oo Z n-*oo Ci
limsinF(— l)n •手]不存在，故选D.
L8 l q」
7.答应选A.
解 设/(i) = * —ln(l+z),x G (0,1),则 f (工)=—i ] =法」、VO,即 f(jc)在(0,1)
Z L 1 -r x L^\.~r X)
内单调递减，则r(工)W六0)=0,故分 sin *，可得
乙 11 I cos oc) J. I sin jc 乙 乙
(2cos 号)> (cos 专 + sin 专)，
即 4cos2~2- = 2(1 + cos z) > 1 + sin x9
故 ----\ -- ，又 21n(l + X)< 2x,x € (0,1)，则 I2 < L.故选 A.
2(1 +cos z) 1 + smz
8. 答应选B.
解 根据相似对角化定义,B选项可以直接推出A的特征值为1,一1,0,又若A的特征值为1,一1,0,
互不相同，则A 一定可相似对角化，故可推出B.故选B.
9. 答应选D.
1 1 1 ； 1'
解 (A M)= 1 q a? ： 2 ,
1 b b2 : 4,
1 1 ： 1
I A | = 1 a : a2 = (b — a){b— l)(a — 1),
1 b : b2
I A学0=>r(A) = r(A ： b) = 3,方程组有唯一解；
I A |= 0=>r(A)丰 r(A ： If),方程组无解.
综上，选D.
10. 答 应选C.
A 1 1 1 '1 A 1 A
解 1 A 1 A —► 0 1-A A-l A2-A
、1 1 A A2. 10 0 —(义 + 2)(义一1) (1+1)(1—人 2)
若人=1,贝r(ai ,a2 »«3)= r(ai «a2 «a4) = r(ai ,a2 »a3 >«4)= 1，等价；
若入=0测 厂(。1，。2，。3)= r(a]= r(a】，血，口3，<14)= 3,等价;
・220・2022年
°〈〈<全国硕士研究生招生考试数学二解析
若 A =— 1,则 r(ai ,az ,a3) = 3,r(ai ,a2 ,a<) = 2,不等价；
若4 =— 2,则 r(a),a2,a3) = 2,r(at ,az,a4) = 3,不等价;
当 A 取其他值时,r(ai ,a2,a3) = r(ai ,a2,a4) = r(a, ,a2 ,a3 = 3,等价.
综上，以 | A G R,A^-l,A^-2},故选 C.
二、填空题：11〜16小题,每小题5分，共30分.
11.答应填庇.
l + ex\rotJ =! t(( 1 + eJ
解 lim
2
l0
T”型
=e = e
e囤分=e蟋=
12.答 应填一||・
解 方程两边对z求导，得
2z + 巧,+ / + 3丁 . J = 0. (*)
将 z=l 代入 x2 +xy+ yz = 3,得丁 = 1;
将x = l9y = 1代入(* )式，得寸=一土
(*)式两边对z求导，得
2-\~y + xyf + y +6y • y • y + 3j/2 • y = 0,
代入 z = i,j/ = i，3/ =—解得:/⑴=—券
应填磐兀
13答
2z + 3」_ '】2z—l + 4」
解
o
/一"1&
—5—-d(j?2 —工 + 1) + —2~ 4 二 j clr
0 1 1 + 1 X — Z 十 1
「十4匚工」占位
=lna2-x + l)
1
=4
o
1 i
] X~~2 _ 8^3
=4 —^-arctan ———
73 73 = _rK-
2 2
14 .答 应填 CieJcos 2jc + C2eJsin 2j: 4- C3,其中 Q ,C2 ,C3 为任意常数.
解 特征方程为r3-2r2 + 5r = 0,即r(r2 — 2厂+ 5) 0,解得厂i = 0,r2t3 = 1 士 2i,则通解为y =
W(C】cos 2x + C2sin 2x)+C3,其中 G CC 为任意常数.
15.答应填令.
S = [3 -J-sin23^cW = [3 -^-sin23M(3^)
解
J 0 Z Job
・ 221 -。
存罗考研数学
P5
真题大全解（数学二）〉〉
=sin2udu = § X 2 X 2LX—=
2 2 12*
16 .答应填一1.
-r
1 0 O' 1 0 0、 -2 1
解 0 0 1 A -1 1 0 = 1 -1 0
、。
1 0’ .0 0 1> -1 0 0 ,
-2 —r -r
1 1 0 °' -1 1
-1 0 0 1 1 0 = -1 0 0
、1 -1 0 , 0 0 L 、0 -1 0 ,
0 -1 0 '
则A—】= 0 0 -1 ,tr(A—】)=-l.
-1 1 一 1,
三、解答题:17〜22小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.解 因为/(x)在1=1处可导，所以/(x)在x = l处连续，从而
lim[/(ex*) — 3/(1 + sin2x)] = /(l) — 3/(1) =— 2/(1).
由lim ----3/p + sin z) = 可知 1血[六决)—3/(1 + sin2x)] = 0,所以 /(l) = 0,故
X x-M)
lim/(e-)-3/(l + sin2^)
T X2
,「f(e')—f(l) e? -1 o /-(l + sin2x)- f(l) sinSl
=蜘 eJ . ~一3 泰L------ J
= /(l)-3/(l)
=-2/(1).
综上,/(l) =-l.
18.解 微分方程2j：yr — 43/ = 21n x — 1可化为y —y = —In h —其通解为
X X Lx
g)=』弘[Je*(*lnL 我)& + c]
=4 梏""_土)& + 弓
==x2[-lf(lnX-l)d(?)+C]
=Cr2 — In x.
由 3^(1) = §■，得 C = §■，所以 3^(x) = ----In x,
所求弧长为
• 222 .c 2022年
°〈＜＜全国硕士研究生招生考试数学二解析
［：VTTT7W& = j； Ji + (
千一土) &
= *〕；(，+*)&
19.解 令
D = {(r,e)|o〈y 2,0<用亏
玖={(展
l°°, = (u2 + v1 - 2u - 2v) e~^ ,
dU duov
雾=3+i + 2)5
系=
0,
u = 09 /u = 1,
令＜ 得 或
琴=0, v = 0, v = 1.
0,AC —B2 >0,从而点(0,0)
du duov dir
是r(〃,p)的极小值点，极小值为/(0,0)= 0.
在点(1,1)处，因为 A = = 0,B = =—g，C = g = 0,所以 AC — B2 VO,从而点(1,1)不
du dudv e dzr
是的极值点.
• 223 .存玄考研数学_____________
o
真题大全解（数学二）〉〉〉
21.证 必要性:对不同的实数a,们根据泰勒公式，得
s=，（字）+，（孝）A 啰）+土&（工-？
其中8位于号与z之间.
因为广&）＞0,所以
当a＜b时,
]/（£）&2/（啰）（》_办+匚广（啰）（了_孝）&,
又因为J： 广（孝）（工-字）& = o,所以了（十）w洁」&）&.
当a＞b时，同理可证（宰）w 沽丑.
综上,必要性得证.
充分性:假设，（工）2 0不成立，则存在西，使得f （工。）＜ 0.
因为加）在孔连续，所以存在8＞0,使得当工£ k°—8,zo+趴时/（工）＜0.
从而，当0 viz — Zo IWS时，
八工）=/（x0） +//&0）（工一工0）（?） （x —x0）2 ＜ /（x0） + f （x0）（x —x0）»
因此切二"丑＜ g）・这与条件“对不同的实数仍,，（孝）＜ 土换工）&”矛盾•
综上,g）g
22.（1）解 二次型六工1，血，了3）= 3妄+4蒙+3成+ 2工皿对应的矩阵
3 0 1
A = 0 4 0
、1 0 3
由于I AE-A |= Q-2) Q-4)2,所以A的特征值为万=2,A2 = A3 = 4.
1
-1 用
当A =2时，解方程组（2E — A）x = 0,得A的特征向量& = 0 ，单位化得巳= 0
. 1
当A2 = A3 = 4时，解方程组（4E-A）x = 0,得A的两个正交特征向量砺= ，单位化得
(1 )
用
0
1
厉
1 1
0
'2 0 0'
令 Q =（€1，£2，£3）= 0 1 0 ，则。为正交矩阵，且arAQ = 0 4 0.因此在正交变换x=
0 0 4,
—0 —
72 72)
・224・2022年
° 全国硕士研究生招生考试数学二解析
Qy下,二次型yGi,孔，工3)化成标准形2M +4展+ 4乂.
(2)证 由(1)知，在正交变换x = fiy下，
/(x) = 2yl + 4展 + 4摇 > 2明 + 2崩 + 2博=2?" = 2xTx.
当*尹。时'僧 2 2.令x。= Q ,得8^ = 2.故理p罢 =2.
・ 225 -2023年全国硕士研究生招生考试数学二解析
一、选择题：1~10小题,每小题5分，共50分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项
是最符合题目要求的.
1. 答应选B.
解 k = lim 卫=lim In ( e----r ) = In e = 1,
— 1 /
X L8 \ X
b = lim(y-z) = + z]
令—~— = t
I lim[(y + l)ln(e + f)-(^ + l)]=lim(1+，)成十)-《 + 1)
ln(e + t) + (l+£)•餐一1 ] ]
=lim----------------------------—------ = In ed--------1 =—,
t-*o 1 e e
故所求斜渐近线方程为v =工+ %.故选B.
2. 答应选D.
解当z>0时，可得
j(;r+l)cos 工& = j(z+l)d(sin z) = (z + l)sin 了 一 jsin
=(x+ l)sin x-\- cos x + C,
故排除选项A,B.对于选项C,由于limF(x) = 1 乂 limFO) = 0,排除选项C,故选D.
x-^ x-»0~
3. 答应选B.
解 首先工> 0,琮i = sin xn
a = sin a9b = ,BP a = 0,b = 0,
又当0 Vi V夸时,sin x>—.此外,Si = y^= yn •必必，可得
乙 7C 乙
o v v 2 七=—.臭 v (三)2. ^2=1 f—y. — = f—y ,
sin jcn 2—n 4 xn \ 4 / \ 4 / xx \ 4 / 1
7t
又因为lim (于)” =0,根据夹逼准则可知limE = 0,故选B.
4. 答应选C.
解 当微分方程y' + ay' +by =。对应的特征方程r2 +ar-\~b =。有实根时,a2 — 46^ 0,设根为
牛尸2,则微分方程的解为 y = Cier,x+C2er,x(ri 乂 a)或;y = (G +C2x)er,x(ri = r2 )，此时解在(一8,
+ °°)上无界.当 a2 — 46< 0 时，设根为 a土倒,则 y = (Geos /?r + C2sin /3r )ear，若想解在(一8, H-oo)上
有界，则a = 0,又a =—号，因此a = °，结合— 46 V。可得b> 0.故选C.
・ 226 -2023年
°〈〈<全国硕士研究生招生考试数学二解析
5.答应选C.
(JC —- , -r nr
解 当，20时，参数方程为 即专sin专；
3 = tsin t, ° °
(x = t,
当£ V0时，参数方程为 即IV o,y =—zsin
\y =— isin t,
fysin y + ycos y, z> 0，
由《/ = /(j?) = < 0 z = 0 H吁，(z)= /(0) = 0,则 f (z)在 z = 0 处连续.
=一 [—sin x — zcos x, jc V 0,
又 4。)=音/(o)=-2,所以，(0)不存在.故选C.
6.答应选A.
1 1 I 帝 1
解当a>。时,贝)=上^^ddn.) —胃(1北)-七=
设 g(°) = °・(In 2)。，令 g'(。)=(比2)。+°・(In 2)aln(ln 2) =0,即(In 2)°[1+aln(ln 2)] = 0,解
得a =—]石 1歹,故选A・
ln(ln 2)
7.答应选C.
解 f (h) = (j? + 2^ + a)ex,Zi = 4 —4a W 0,即 a > 1.
f'(jc) = (.x2 + 4z + a + 2)e，,△ = 16 — 4(a + 2) > 0,即 a < 2,故选 C.
8.答应选D.
A E\* _ A E\ /A E\
解 O B) ~ O B\\O B)
院"=(：:
(X】X2\/A E\_ /X.A X1-\-X2B\_ /E O\
〈X3 X4 八 O B)~ ^X3A X3+X4B)一【O E)
此:x>(o
A E\-1 _ /A-1 _妒】3~.
O B) ~ O B1 '
/A E\* . . . . M-1 _妒】『\ /I B | A* -A B* \
\O B)=|A||B|(O BT )= ( O 1 A IB-)
故选D.
9.答 应选B.
解 由 ,飞2 屹3)= 2j?i — 3彼—3x1 + 2x^X2 + 2xxxz + 8j：2^3 »可得对应的矩阵
，2 ]、]、
A = 1 — 3 4 ,
、1 4 一3,
A-2 -1 -1 A — 2 —1 —1
由 |AE—A| = -1 A+3 -4 = -1 A + 3 -4
-1 -4 A+3 0 一人一 7 A + 7
A-2 -1 -2I
-1 A 4~ 3 A - 1
0 -A-7 0 I
227・存孕考研数学_____________
o
真题大全解(数学二)〉〉＞
=(A + 7)A(A — 3),
得A的特征值为一7,0,3,故选B.
10.答应选D.
解 由题意，设 Y =龙0 + k2a2 = ZiA + 妙2，即 ^iOi + k2a2 — ，1夕1 —，2彪=0,记
hi = ki,
x2 = k2 ♦ Xi = 3A,
〈 则Z1O1 +互。2 +心。1+%4庞=0,解得 e
了3 =— 1} » x2 =— h.
、
4 =—Z2»
口
R故选D.
二、填空题：11〜16小题，每小题5分决30分.
11 .答应填一2.
解由
ax + bx2 + 1 X—^-x2 +o(x2) 1
lim皿+妒+就1+工)=Hm
=1,
ex — cos x -[1-杀2+。(/)]
l+x2+o(x2)
可得 a + 1 = 0,6—: ■，解得 a =— 1,5 = 2,则必=—2.
12. 答应填用+ -yK.
解 已知y = \ /3 —产血,则J = J3—由3—充N0,得1 £ [―.故
J -V3 一
(VI ,_________ f/3 ._____
5 = J1 + 3 — z. & = \/4 — x2 dr
J-V3 Jm
=(lx /4 T +如心卜专)匕=E —
13. 答应填—・
解 利用隐函数求导公式法可知夺=一与2,当z = 1,、= 1时,z = o,则
dx e
火 | =_=?J = 1,
益 |(1,1) W+zl(1,1)
e'ff + l)(L2)| R
可得 d 工 / ___________ _ = __ _ __ _ 亍 3_
(1.1) + x)2 I d.D
14.答 应填一芬・
解 利用隐函数求导公式法可知,
9/ I =业
& i x=i.,=i — sy—ey L-l.y=l 11 '
则所求法线斜率为一*.
15.答应填夫
f3 ro C2 f3
解 /(x)dr = /(x)dz+，(z)dz+ /(x)dz,
J 1 J 1 J 0 J 2
f2 fl f3
由于 /(])& = 0,因此，原式=— ，(z)&+ f(x)dr9又由于
J 0 J 0 J 2
-228 ・2023年
°全国硕士研究生招生考试数学二解析
[* /(x)dz = f /(jc-F 2)dz,
J 2 J。
原式=j [/Xz + 2) —=(妙?=
故
16.答应填8.
P 0 1、 化 0 1 1、
a 0 1
1 a 1 1 a 1 0
解 由于1 q 1 =4夭0,则厂 =3, r =3,即
1 2 Q 1 2 a 0
12a
a b 0> a b 0 2,
a 0 1 1
a 6 0 2
1 a 1 a 0 1
有 12a + 2 1 Q 1 =0,
a b 0 1 2 a
1 a 1
故 1 2。= 8.
a b 0
三、解答题:17〜22小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 解(1)曲线L上任一点P(工,了)处的切线方程为Y —v = J(X —工),切线在v轴上的截距为
y —xy'.
由题设，得了一可'= $Cr>e),即J 一于=一1，故
y = eJ*"*1(C —"十&&) = j-(C— In x~).
由 (e2 ) = 0,得C = 2,所以 jy(z) = 2x — x\n x(x > e).
(2)由(1)得,J(z) = 1 — lnz,曲线L上任一点P(x9y)处的切线为
Y — y = (1 — In j?)(X — z).
由此可得,切线在Z轴和V轴上的截距分别为「工〒和工，故所求三角形的面积为
In x — 1
S&)= 2(ln：—1)・
S'(Q =矛*一*言，令 §(£)=0,得 x = e+.
Z(ln z — 1)
当(e,「)时,S'Cr) V0,S&)单调减少;当工€ (e+,+oo)时,S'&)>0,SCr)单调增加，故
SCr)在j: = e+处取得最小值，从而所求的点为(e+,ye+),S(^)的最小值为S(e*)=e3.
18. 解 因为，&,少=衣皿，+ 3,所以
V
=0, 1
由 勿 以 得 二 ，= =一 2如 e, 或 z =一 其中互为整数.
布=0, .v = (2k — 1)穴，
・229・。
存垢考研数学
真题大全解（数学二）〉〉>
x =— e,,
当 i时'
人=丑="=互=0「=立=「2
A — 丑 2 — " — dxdy - 0，C — * — e ,
所以A > O,AC — B2 > 0,从而（一e,24jc）是f（jc9y）的极小值点，极小值为六一e,2如）=—-y.
1
x —------,
当< e 时,
y = (2k — l)7t
A =日== 0，C =日=---F
dxi dxdy dyz e
所以AC-B2<0,从而(一斗以一 l)7t)不是f(x,y)的极值点.
19.解 (1)D 的面积为「° • U- •. &.
了
H /1+ 2
令 z = tan t，则
广、^丑=
dz
J 1 X a/1 +>2
=In | esc t — cot i |
=ln(l +〃)・
1 i
（2）D绕工轴旋转所成旋转体的体积为
x2(l+x2) *
盘 厂 击)&
(il"= G -
=—兀(§ + arctan i) |4-00
7t2
7T— .
72
1 /I—cosfisin^ i1 .
20 .解
Ji-ci 卸"产(3 cos2^+ sin2^)r r
1
3 cos2^+ sir?。曲
=幡「q"i t "2nd
f(a) = /(x0)+/z Oo)(g —Zo)+-y/Z(c) (a — x0)2
=y(x0 )+-^~/Z(c) (a —x0)2.
所以
/(a) — f(— a) = -y [_f (c) (a — x0)2 — f (b) (a + x0)2 J.
不妨设 I f'(b) KI f(c) | ,记 v = c,则
I /(a)—/(—a) 1<号 I «/'(?)I [(a —西)？ + (q+ io)22才 | f (^) |.
综上，存在VC (—m),使得
I /(")l>2^2 I f(a)—f(—a) |.
22.解 (1)因为对任意11，互，13均有
心+五+及 1、 了1
A 211 — 互 + 13 1
.^3 JC2 — T,
所以
'1 1 1
、
A = 2 -1 1
、0 1 T,
(2)因为
A-l -1 -1
I AE — A | = -2 人+ 1 -1 =(A — 2)(A +1) (A + 2)»
0 -1 A +1
所以A的特征值为人］=2,义2 = — 1，义3 =—2.
当Ai = 2时，解方程组(2E-A)x = 0,得特征向量& =，
・231・化,考研数学
o
ni
真题大全解（数学二）〉〉＞
-1
当A2 =-1时，解方程组（-E-A）X = 0,得特征向量最=
当捕=一 2时，解方程组（一2E-A）x = 0,得特征向量&
令
'4 -1 0 2 0 0、
P =,gz，《3)= 3 0 -1 ,A = 0 -1 0
.1 2 1 . to 0 -2,
则 P AP = A.
. 232 .・
°教材类
张
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