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2005 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析
一、填空题
(1)【详解】先求出函数的导数,再求函数在某点的微分.
方法1：利用恒等变形得y =(1+sinx)x=exln(1+sinx)，于是
cosx
y′=exln(1+sinx) ⋅[ln(1+sinx)+ x⋅ ]，
1+sinx
从而 dy =y′(π)dx = −πdx.
x=π
方法2：两边取对数，ln y = xln(1+sinx)，对x求导，得
1 xcosx
y′=ln(1+sinx)+ ，
y 1+sinx
cosx
于是 y′=(1+sinx)x ⋅[ln(1+sinx)+ x⋅ ]，
1+sinx
故 dy =y′(π)dx = −πdx.
x=π
3
(1+ x)2
(2)曲线y = 的斜渐近线方程为___________.
x
f(x)
【详解】由求斜渐近线公式y =ax+b(其中a=lim ，b=lim[f(x)−ax])，得：
x→∞ x x→∞
3
f(x) (1+x)2
a= lim = lim =1,
x→+∞ x x→+∞ x x
3 3
(1+ x)2 −x2 3
[ ]
b = lim f(x)−ax = lim = ，
x→+∞ x→+∞ x 2
3
于是所求斜渐近线方程为y = x+ .
2
(3)【详解】通过还原变换求定积分
π
方法1：令x =sint (01时，|x|3= n|x|3n < n1+|x|3n ≤ n 2|x|3n = n 2|x|3，命n→∞取极限，得
1 1
limn 2|x|3n =|x|3，由夹逼准则得 f(x)=lim|x|3 ( +1)n =|x|3.
n→∞ n→∞ |x|3n
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1, |x|<1
所以 f(x)=
x3 , |x|≥1
再讨论 f(x)的不可导点. 按导数定义，易知x=±1处 f(x)不可导，故应选(C).
(8)【答案】A
【详解】
方法1：应用函数奇偶性的定义判定，
x
函数 f(x)的任一原函数可表示为F(x) = ∫ f(t)dt +C，且F′(x) = f(x).
0
当 F(x) 为偶函数时，有 F(−x) = F(x) ，于是 F′(−x)⋅(−1) = F′(x) ，即
− f(−x) = f(x)，亦即 f(−x) = −f(x)，可见 f(x)为奇函数；
−x
反过来，若 f(x)为奇函数，则F(−x)=∫ f(t)dt+C，令t =−k ，则有dt =−dk，
0
−x x x
所以 F(−x)=∫ f(t)dt+C =−∫ f(−k)dk+C =∫ f(k)dk+C = F(x)，
0 0 0
x
从而 F(x) = ∫ f(t)dt +C 为偶函数，可见(A)为正确选项.
0
方法2：排除法，
令 f(x)=1, 则取F(x)= x+1, 排除(B)、(C);
1
令 f(x)= x， 则取F(x)= x2, 排除(D);
2
(9)【答案】A
【详解】当x=3时，有t2 +2t =3，得t =1,t =−3(舍去，此时y无意义)，
1 2
dy 1
dy dt 1+t 1
曲线y = y(x)的导数为 = = = ，
dx dx 2t+2 2(t+1)2
dt
1
所以曲线y = y(x)在x=3(即t =1)处的切线斜率为
8
于是在该处的法线的斜率为−8, 所以过点(3,ln2)的法线方程为
y−ln2 = −8(x−3)，
1
令y=0, 得其与x轴交点的横坐标为： ln2+3, 故应(A).
8
(10)【答案】D
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【详解】由于积分区域D是关于y = x对称的, 所以x与 y互换后积分值不变, 所以有
a f(x) +b f(y) a f(y) +b f(x)
∫∫ dσ= ∫∫ dσ
f(x) + f(y) f(y) + f(x)
D D
1 a f(x)+b f(y) a f(y)+b f(x)
= ∫∫[ + ]dσ
2 f(x)+ f(y) f(y)+ f(x)
D
a+b a+b 1 a+b
= ∫∫dσ= ⋅ ⋅π⋅22 = π. 应选(D).
2 2 4 2
D
(11)【答案】B
∂u
【详解】因为 =ϕ′(x+ y)+ϕ′(x− y)+ψ(x+ y)−ψ(x− y)，
∂x
∂u
=ϕ′(x+ y)−ϕ′(x− y)+ψ(x+ y)+ψ(x− y)，
∂y
∂2u
于是 =ϕ′′(x+ y)+ϕ′′(x− y)+ψ′(x+ y)−ψ′(x− y)，
∂x2
∂2u
=ϕ′′(x+ y)−ϕ′′(x− y)+ψ′(x+ y)+ψ′(x− y)，
∂x∂y
∂2u
=ϕ′′(x+ y)+ϕ′′(x− y)+ψ′(x+ y)−ψ′(x− y)，
∂y2
∂2u ∂2u
可见有 = ，应选(B).
∂x2 ∂y2
(12)【答案】D
【详解】由于函数 f(x)在x=0，x=1点处无定义，因此是间断点.
且 lim f(x) =∞，所以x=0为第二类间断点；
x→0
lim f(x) =0，lim f(x) = −1，所以x=1为第一类间断点，故应选(D).
x→1+ x→1−
(13)【答案】B
【详解】
方法1：利用线性无关的定义
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
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Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
设有数k ,k ，使得kα +k A(α +α ) =0，则
1 2 1 1 2 1 2
kα +k λα +k λα =0 ⇒(k +k λ)α +k λα =0.
1 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2
因λ≠λ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故α,α 线性无关，则
1 2 1 2
k +k λ =0,
1 2 1
k λ =0.
2 2
1 λ
当 1 =λ ≠0时，方程只有零解，则k =0,k =0，此时α，A(α +α )线性
0 λ 2 1 2 1 1 2
2
无关；反过来，若α ， A(α +α ) 线性无关，则必然有λ ≠ 0(否则，α 与
1 1 2 2 1
A(α +α )=λα线性相关)，故应选(B).
1 2 1 1
方法2：将向量组的表出关系表示成矩阵形式
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
1 λ
由于 (α,A(α +α) )=(α,λα +λα )=(α,α ) 1 ，
1 1 2 1 1 1 2 2 1 2 0 λ
2
因λ≠λ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，知α,α 线性无关. 若α，
1 2 1 2 1
A(α +α )线性无关，则r (α,A(α +α) )=2，则
1 2 1 1 2
1 λ 1 λ 1 λ
2=r (α,α ) 1 ≤minr (α,α ) ,r 1 ≤r 1 ≤2，
1 2 0 λ 1 2 0 λ 0 λ
2 2 2
1 λ 1 λ 1 λ
故2≤r 1 ≤2，从而r 1 =2，从而 1 =λ ≠0
0 λ 0 λ 0 λ 2
2 2 2
1 λ 1 λ
若 1 =λ ≠0，则r 1 =2，又α,α 线性无关，则
0 λ 2 0 λ 1 2
2 2
1 λ 1 λ
r (α,α ) 1 =r 1 =2，
1 2 0 λ 0 λ
2 2
则
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1 λ
r (α,A(α +α) )=r (α,α ) 1 =2
1 1 2 1 2 0 λ
2
1 λ
从而α，A(α +α )线性无关的充要条件是 1 =λ ≠ 0.故应选(B).
1 1 2 0 λ 2
2
方法3：利用矩阵的秩
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
因λ≠λ ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故α,α 线性无关，又
1 2 1 2
A(α +α)=λα +λα ，故α，A(α +α )线性无关⇔ r(α,A(α +α))=2
1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2
又因为 (α,λα +λα )
将α1 的-λ1 倍
=
加到第2列
(α,λα )
1 1 1 2 2 1 2 2
则r(α,λα +λα)=r(α,λα)=2⇔λ ≠0(若λ =0，与r(α,λα)=2矛盾)
1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2
方法4：利用线性齐次方程组
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
由λ≠λ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故α,α 线性无关，
1 2 1 2
α,A(α +α)线性无关
1 1 2
⇔α,λα +λα 线性无关
1 1 1 2 2
⇔ α,λα +λα ≠0，
1 1 1 2 2
1 λ
⇔ (α,λα +λα ) X =0只有零解，又(α,λα +λα )=(α,α ) 1
1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 0 λ
2
1 λx
⇔ (α,α ) 1 1 =0只有零解
1 2 0 λ x
2 2
1 λx
⇔α,α 线性无关时(α,α ) Y =0只有零解，故Y = 1 1 =0，只有零解，
1 2 1 2 0 λ x
2 2
1 λx
⇔ Y = 1 1 =0的系数矩阵是个可逆矩阵，
0 λ x
2 2
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1 λ
⇔ 1 =λ ≠0，故应选(B)
0 λ 2
2
方法5：由λ≠λ，α,α 线性无关
1 2 1 2
α,α 分别是特征值λ,λ对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有
1 2 1 2
Aα =λα,Aα =λα ⇒ A(α +α)=λα +λα.
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
向量组( I ) :α,α 和向量组( II ) :α,A(α +α)=λα +λα . 显然向量组( II )可
1 2 1 1 2 1 1 2 2
以由向量组(
I
)线性表出；当λ ≠0时，不论λ的取值如何，向量组(
I
)可以由向量组
2 1
(
II
)线性表出
λ 1 λ 1
α =α，α =(− 1α)+ (λα +λα)=− 1 ⋅α + A(α +α)，
1 1 2 λ 1 λ 1 1 2 2 λ 1 λ 1 2
2 2 2 2
从而( I )，( II )是等价向量组⇒当λ ≠0时，r (α,α )=r (α,λα +λα )=2
2 1 2 1 1 1 2 2
(14)【答案】(C)
【详解】
方法 1：由题设，存在初等矩阵E (交换n阶单位矩阵的第 1 行与第 2 行所得)，使得
12
E A= B，(A进行行变换，故A左乘初等矩阵)，于是 B* =(E A)* = A*E* ，
12 12 12
E *
又初等矩阵都是可逆的，故 E −1 = 12 ，
12 E
12
又 E =− E =−1(行列式的两行互换，行列式反号)，E −1 = E ，故
12 12 12
B* = A*E* = A* E ⋅E −1 =−A*E −1 =−A*E ，
12 12 12 12 12
即A*E = −B*,可见应选(C).
12
方法2：交换A的第一行与第二行得B，即B= E A.
12
又因为A是可逆阵， E =− E =−1，故 B = E A = E A =− A ≠0，
12 12 12
所以B可逆，且B−1 =(E A)−1 = A−1E .
12 12
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A∗ B∗ B∗ A∗
又A−1 = ,B−1 = ，故 = E ，又因 B =− A ，故A*E = −B*.
A B B A 12 12
三、解答题
(15)【详解】 作积分变量代换，命x−t =u，则
x 0 x
∫ f(x−t)dt =∫ f(u)(−du)=∫ f(u)du,
0 x 0
于是
∫ x (x−t)f(t)dt x∫ x f(t)dt−∫ x tf(t)dt 洛必达法则 ∫ x f(t)dt+xf(x)−xf(x)
lim 0 =lim 0 0 = lim 0
x→0 x∫ x f(x−t)dt x→0 x∫ x f(u)du x→0 ∫ x f(u)du+xf(x)
0 0 0
1 x
整
=
理
lim
∫
0
x f(t)dt 上下
=
同除x
lim x
∫
0
f(t)dt
x→0 ∫ x f(u)du+ xf(x) x→0 f(x)+ 1 ∫ x f(t)dt
0 x 0
x
(∫ f(t)dt)′
1 x
而 lim ∫ f(t)dt =lim 0 =lim f(x)= f(0)
x→0 x 0 x→0 x′ x→0
所以由极限的四则运算法则得，
1 ∫ x f(t)dt lim 1 ∫ x f(t)dt f(0)≠0 1
原式=lim x 0 = x→0 x 0 = f(0) = .
x→0 1 x 1 x f(0)+ f(0) 2
f(x)+ ∫ f(t)dt lim f(x)+lim ∫ f(t)dt
x 0 x→0 x 0
(16) 【详解】由题设图形知，C 在C 的左侧，根据平面图形的面积公式得，
3 1
x 1 1
S (x) = ∫ [et − (1+et)]dt = (ex −x−1)， C C
1 0 2 2 3 2
y l y
y
S (y) = ∫ (lnt −ϕ(t))dt， M(x,y)
2
1
由S (x) = S (y)，得
1 2
1 y
C
1
(ex −x−1) = ∫ (lnt −ϕ(t))dt，
2 1
l
注意到M(x,y)是y =ex的点，
1
x
1 y
于是 (y−ln y−1) = ∫ (lnt −ϕ(t))dt
2 1 O 1 x
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1 1
两边对y求导得 (1− ) =ln y−ϕ(y)，
2 y
y−1
整理上面关系式得函数关系为：x =ϕ(y) =ln y− .
2y
(17)【详解】由直线l 过(0,0)和(2,4)两点知直线l 的斜率为2. 由直线l 是曲线C在点(0,0)
1 1 1
的切线，由导数的几何意义知 f′(0)=2. 同理可得 f′(3)=−2. 另外由点(3,2)是曲线C的
一个拐点知 f′′(3)=0.
由分部积分公式，
∫ 3 (x2 +x)f′′′(x)dx=∫ 3 (x2 +x)df′′(x) =(x2 +x)f′′(x) 3−∫ 3 f′′(x)(2x+1)dx
0 0 0 0
3
=(32 +3)f′′(3)−(02 +0)f′′(0)−∫ f′′(x)(2x+1)dx
0
3 3 3
=−∫ (2x+1)df ′(x) = −(2x+1)f ′(x) +2∫ f ′(x)dx
0 0 0
3
=−(2×3+1)f′(3)+(2×0+1)f′(0)+2∫ f′(x)dx
0
=16+2[f(3)− f(0)]= 20.
dx
(18)【详解】 由题设x =cost(00,
于是由闭区间连续函数的介值定理知，存在ξ∈(0,1), 使得F(ξ) =0，即 f(ξ) =1−ξ.
(II) 在[0,ξ]和[ξ,1]上对 f(x) 分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点
f(ξ)− f(0) f(1)− f(ξ)
η∈(0,ξ),ζ∈(ξ,1)，使得 f ′(η) = ， f ′(ζ) =
ξ−0 1−ξ
f(ξ) 1− f(ξ) 1−ξ ξ
于是 f ′(η)f ′(ζ) = ⋅ = ⋅ =1.
ξ 1−ξ ξ 1−ξ
∂z ∂z ∂z
(20) 【 详 解 】由 dz = 2xdx−2ydy 知 =2x, =−2y . 对 =2x 两 边 积 分 得
∂x ∂y ∂x
∂z
z = f(x,y)= x2 +c(y) . 将 z(x,y)= x2 +c(y) 代 入 =−2y 得 c′(y)=2y . 所 以
∂y
c(y)= y2 +c. 所以z = x2 − y2 +c.再由x=1,y =1时z =2知， c=2. 于是所讨论的函
数为z = x2 − y2 +2.
y2 ∂z ∂z
求 z 在 x2 + <1 中的驻点. 由 =2x, =−2y 得驻点 (0,0) ，对应的
4 ∂x ∂y
z = f(0,0)=2.
y2
讨论z = x2 − y2 +2在D的边界x2 + =1上的最值，有两个方法.
4
方法1：把y2 =4(1−x2)代入z的表达式，有
z = x2 − y2 +2=5x2 −2， −1≤ x≤1
z′ =10x
x
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命z′ =0解得x=0，对应的y =±2，z =−2
x x=0,y=±2
还要考虑−1≤ x≤1的端点x=±1，对应的y =0，z =3
x=±1,y=0
由z =2,z =−2,z =3比较大小，故
minz =−2(对应于x=0，y =±2)，maxz =3(对应于x=0， y =±2)
y2
方法2：用拉格朗日乘数法，作函数F(x,y,λ)= x2 − y2 +2+λ(x2 + −1)
4
∂f
F′= +2λx=2(1+λ)x=0,
x ∂x
∂f λy 1
解方程组 F′= + =−2y+ λy =0
y ∂y 2 2
y2
F′ = x2 + −1=0
λ 4
由上面的第一个方程解得x=0或λ=−1：当x=0时由最后一个方程解得y =±2；当
λ=−1是由第二个方程解得y =0，这时由最后一个方程解得x=±1. 故解得4个可能的极
值点(0,2),(0,−2),(1,0),(−1,0).计算对应z的值：
z =−2, z =−2, z =3, z =3
(0,2) (0,−2) (1,0) (−1,0)
再与z =2比较大小，结论同方法1.
(0,0)
(21) 【详解】D：x2 + y2 −1=0为以O为中心半径为1 的圆周，划分D如下图为D 与D .
1 2
x2 + y2 −1, (x,y)∈D
这时可以去掉绝对值符号 x2 + y2 −1 = 2
1−x2 − y2, (x,y)∈D
1
D D
1 2
x2+y2=1
方法1： ∫∫ x2 + y2 −1dσ=−∫∫(x2 + y2 −1)dxdy +∫∫(x2 + y2 −1)dxdy
D D D
1 2
后一个积分用直角坐标做，
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1 1
∫∫(x2 + y2 −1)dxdy =∫ dx∫ (x2 + y2 −1)dy
0 1−x2
D
2
1 1 1 3
=∫ [(x2 −1)−(x2 −1) 1−x2 + − (1-x2)2]dx
0 3 3
1 2 2 3 1 12 2 1 3
=∫ [(x2 − )+ (1−x2)2]dx=∫ x2dx−∫ dx+ ∫ (1−x2)2dx
0 3 3 0 0 3 3 0
1 2 π 1 2 π 1+cos2t
=− + ∫2cos4tdt =− + ∫2( )2dt
3 3 0 3 3 0 2
1 2 1 π
=− + × ∫2(1+2cos2t+cos22t) dt
3 3 4 0
1 2 1 π 1+cos4t
=− + × ∫2(1+2cos2t+ )dt
3 3 4 0 2
1 2 1 π 1 cos4t
=− + × ∫2(1+ +2cos2t+ )dt
3 3 4 0 2 2
1 2 1 3 π 2 1 π cos4t
=− + × × × + × ∫2(2cos2t+ )dt
3 3 4 2 2 3 4 0 2
1 π 2 1 1 π
=− + + × ×0 =− + .
3 8 3 4 3 8
前一个积分用极坐标做，
π 1 π 1 1 π
∫∫(1−x2 − y2)dxdy =∫2dθ∫ (1−r2)rdr =∫2( − )dθ= .
0 0 0 2 4 8
D
1
π 1 π π 1
所以 ∫∫ x2 + y2 −1dσ= +− + = − .
8 3 8 4 3
D
方法2：由于区域D 的边界复杂，计算该积分较麻烦，可以将D 内的函数“扩充”到整个区
2 2
域D=D D ，再减去“扩充”的部分，就简化了运算. 即
1 2
∫∫(x2 + y2 −1)dσ= ∫∫(x2 + y2 −1)dσ−∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D D
2 1
因此 ∫∫ x2 + y2 −1dσ=∫∫(1−x2 − y2)dσ+∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D D
1 2
=∫∫(1−x2 − y2)dσ+∫∫(x2 + y2 −1)dσ−∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D D
1 1
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=2∫∫(1−x2 − y2)dσ+∫∫(x2 + y2 −1)dσ
D D
1
π 1 π 1 1 π
由极坐标 ∫∫(1−x2 − y2)dxdy =∫2dθ∫ (1−r2)rdr =∫2( − )dθ= .
0 0 0 2 4 8
D
1
1 1 1
x3 1
而 ∫∫(x2 + y2 −1)dσ=∫ dy∫ (x2 + y2 −1)dx=∫ [ +(y2 −1)x] dy
0 0 0 3 0
D
1 1 1 2 y3 2 1 1
=∫ [ + y2 −1]dy =∫ (y2 − )dy =[ − y] =−
0 3 0 3 3 3 0 3
π 1 π 1
所以 ∫∫ x2 + y2 −1dσ=2× − = − .
8 3 4 3
D
(22)【详解】
方法1：记A=(α,α,α),B=(β,β,β). 由于β,β,β不能由α,α,α线性表出，故
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
r(A)<3，(若r(A)=3，则任何三维向量都可以由α,α,α线性表出)，从而
1 2 3
1 1 a 2+a 2+a 2+a 1 1 1
把第2、3行 提取第1行的
A = 1 a 1 1 a 1 (2+a) 1 a 1
加到第1行 公因子(2+a)
a 1 1 a 1 1 a 1 1
1 1 1
2行−1行
(2+a) 0 a−1 0
3行−1行
a−1 0 0
0 a−1
按第3列展开(2+a)⋅(−1)1+3×1× =−(2+a)(a−1)2 =0
a−1 0
(其中(−1)1+3指数中的1和3分别是1所在的行数和列数)
从而得a =1或a =−2.
当a =1时，α =α =α =β =[1,1,1]T ，则α =α =α =β+0⋅β +0⋅β ，
1 2 3 1 1 2 3 1 2 3
故α,α,α可由β,β,β线性表出，但β =[−2,1,4]T 不能由α,α,α线性表出(因
1 2 3 1 2 3 2 1 2 3
−2 1 1 1 k +k +k =−2
1 2 3
为方程组β = 1 =k 1 +k 1 +k 1 ，即k +k +k =1 无解)，故a =1符
2 1 2 3 1 2 3
4 1 1 1 k +k +k =4
1 2 3
合题意.
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当a =−2时,由于
1 −2 −2 1 1 −2 1 −2 −2 1 1 −2
2行−1行，
[BA]= 1 −2 −2 1 −2 1 0 0 0 0 −3 −3
3行+1行×2
−2 4 −2 −2 1 1 0 0 −6 0 0 0
因r(B)=2≠r(Bα)=3，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，故方程组
2
BX =α 无解，故α 不能由β,β,β线性表出，这和题设矛盾，故a =−2不合题意.
2 2 1 2 3
因此a =1.
方法2：对矩阵A =(β,β ,β α,α ,α)作初等行变换，有
1 2 3 1 2 3
1 −2 −2 1 1 a
A =(β,β ,β α,α ,α)= 1 a a 1 a 1
1 2 3 1 2 3
a 4 a a 1 1
1 −2 −2 1 1 a
2行−1行，
0 a+2 a+2 0 a−1 0
3行−1行×a
0 4+2a 3a 0 1−a 1−a
1 −2 −2 1 1 a
3 行 − 2 行 × 2 0 a+2 a+2 0 a−1 0 ，
0 0 a−4 0 3(1−a) 1−a
1 −2 −2 1 1 −2
当a =−2时，A → 0 0 0 0 −3 0 , 不存在非零常数k ,k ,k ，
1 2 3
0 0 −6 0 3 3
1 1 −2 −2
使得 −3 =k 0 +k 0 +k 0 ，α 不能由β,β ,β线性表示，因此a ≠ −2；
1 2 3 2 1 2 3
3 0 0 −6
当a=4时，
1 −2 −2 1 1 4
A → 0 6 6 0 3 0 ，
0 0 0 0 −9 −3
α 不 能 由 β,β ,β 线 性 表 示 ， 不 存 在 非 零 常 数 k ,k ,k ， 使 得
3 1 2 3 1 2 3
4 1 −2 −2
0 =k 0 +k 6 +k 6 . 因此a ≠ 4.
1 2 3
−3 0 0 0
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而当a ≠ −2且a ≠ 4时，秩r(β,β ,β) =3，此时向量组α,α ,α 可由向量组
1 2 3 1 2 3
β,β ,β线性表示. 又
1 2 3
1 1 a 1 −2 −2
B =(α,α ,α β,β ,β) = 1 a 1 1 a a
1 2 3 1 2 3
a 1 1 a 4 a
1 1 a 1 −2 −2
2行−1行，
0 a−1 1−a 0 a+2 a+2
3行−1行×a
0 1−a 1−a2 0 4+2a 3a
1 1 a 1 −2 −2
3 行 + 2 行 0 a−1 1−a 0 a+2 a+2 ，
0 0 2−a−a2 0 6+3a 4a+2
由 题 设 向 量 组 β,β ,β 不 能 由 向 量 组 α,α ,α 线 性 表 示 ， 则 方 程 组
1 2 3 1 2 3
(α α α) x=β或(α α α) x=β 或(α α α) x=β 无解，故系数矩阵的秩
1 2 3 1 1 2 3 2 1 2 3 3
≠增广矩阵的秩，故r(B)≠r (α α α) .
1 2 3
又当a ≠ −2且a ≠ 4时，r(B)=3，则必有a−1=0或2−a−a2 =0，即a=1
或a = −2.
综上所述，满足题设条件的a只能是：a=1.
方法3：记A=(α,α,α) ,B=(β,β,β)，对矩阵( A B )作初等行变换，得
1 2 3 1 2 3
1 1 a 1 −2 −2
( A B )=(α,α,αβ,β,β)= 1 a 1 1 a a
1 2 3 1 2 3
a 1 1 a 4 a
1 1 a 1 −2 −2
2行−1行，
0 a−1 1−a 0 a+2 a+2
3行−1行×a
0 1−a 1−a2 0 4+2a 3a
1 1 a 1 −2 −2
3 行 + 2 行 0 a−1 1−a 0 a+2 a+2 ，
0 0 2−a−a2 0 6+3a 4a+2
由于β,β,β不能由α,α,α线性表出，故r(A)<3，(若r(A)=3，则任何三
1 2 3 1 2 3
维向量都可以由α,α,α线性表出)，从而
1 2 3
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1 1 a 2+a 2+a 2+a 1 1 1
把第2、3行 提取第1行的
A = 1 a 1 1 a 1 (2+a) 1 a 1
加到第1行 公因子(2+a)
a 1 1 a 1 1 a 1 1
1 1 1
2行−1行 0 a−1
(2+a) 0 a−1 0 按第3列展开(2+a)⋅(−1)1+3×1×
3行−1行 a−1 0
a−1 0 0
=−(2+a)(a−1)2 =0
从而得a =1或a =−2.
当a =1时，
1 1 11 −2 2
( A B )= 0 0 00 3 3 ，
0 0 00 9 6
则α =α =α =β+0⋅β +0⋅β ，α,α,α 可由β,β,β 线性表出，但由于
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
r ( A )=1≠r ( A β)=2，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，方程组Ax=β 无解，
2 2
β =[−2,1,4]T不能由α,α,α线性表出. 或由于r ( A )=1≠r ( A β)=2，系数矩阵
2 1 2 3 3
的秩和增广矩阵的秩不相等，方程组Ax=β无解，β不能由α,α,α线性表出，即
3 3 1 2 3
β,β,β不能由α,α,α线性表出，故a=1符合题意.
1 2 3 1 2 3
当a =−2时，
1 1 −21 −2 2
( A B )= 0 −3 3 0 0 0 ，
0 0 0 0 0 −6
因r ( A )=2≠r ( A β)=3，，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，β,β,β不能
3 1 2 3
由α,α,α线性表出，但r ( B )=2≠r ( B α )=3(或r ( B α)=3)，系数矩阵的秩
1 2 3 2 3
和增广矩阵的秩不相等，即BX =α (或BX =α)无解，即α,α,α不能由β,β,β
2 3 1 2 3 1 2 3
线性表出，与题设矛盾，故a =−2不合题意.
故a =1.
(23)【详解】 由AB=0知，B的每一列均为Ax=0的解，且r(A)+r(B)≤3.(3是A的列
数或B的行数)
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(1) 若k ≠9, β,β 不成比例，β,β 成比例，则r(B)=2, 方程组Ax=0的解向量
1 3 1 2
中至少有两个线性无关的解向量，故它的基础解系中解向量的个数≥2，又基础解系中解向
量的个数=未知数的个数−r(A) =3−r(A)，于是r(A)≤1.
又矩阵 A的第一行元素( a,b,c )不全为零，显然r(A)≥1, 故r(A)=1. 可见此时
Ax=0的基础解系由3−r(A)=2 个线性无关解向量组成，β,β 是方程组的解且线性无
1 3
关，可作为其基础解系，故Ax=0 的通解为：
1 3
x = k 2+k 6,k ,k 为任意常数.
1 2 1 2
3 k
(2) 若k =9，则β,β,β 均成比例，故r(B) =1, 从而1≤ r(A)≤ 2.故r(A)=1或
1 2 3
r(A)=2.
①若r(A)=2, 则方程组的基础解系由一个线性无关的解组成，β是方程组Ax=0的基础
1
1
解系， 则Ax=0的通解为：x = k 2,k 为任意常数.
1 1
3
②若r(A)=1, 则A的三个行向量成比例，因第1行元素( a,b,c )不全为零，不妨设a≠0，
则Ax=0的同解方程组为：ax +bx +cx =0, 系数矩阵的秩为1，故基础解系由3−1=2
1 2 3
个线性无关解向量组成，选x ,x 为自由未知量，分别取x =1,x =0或x =0,x =1，方
2 3 2 3 2 3
b c b c
− − − −
a a a a
程组的基础解系为ξ = 1 ,ξ 0 ，则其通解为x=k 1 +k 0 ,k ,k 为任意
1 2 1 2 1 2
0 1 0 1
常数.
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2006 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析
一、填空题
1
(1)【答案】y =
5
【详解】 由水平渐近线的定义及无穷小量的性质----“无穷小量与有界函数的乘积是无穷小
量”可知
4sinx
1+
x+4sinx x 1+0 1
lim y =lim =lim =lim =
x→∞ x→∞5x−2cosx x→∞ 2cosx x→∞5−0 5
5−
x
1 1
x→0时 为无穷小量，sinx，cosx均为有界量. 故，y = 是水平渐近线.
x 5
1
(2)【答案】
3
【详解】按连续性定义，极限值等于函数值，故
x
∫sint2
sin(x2) x2 1
lim f(x) =lim 0 洛 lim =lim =
x→0 x→0 x3 x→0 3x2 x→03x2 3
0
注： 型未定式，可以采用洛必达法则；等价无穷小量的替换sinx2 x2
0
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(3)【答案】1 2
【详解】
+∞ xdx 1 +∞ dx2 1 1 +∞ 1
∫ = ∫ =− ⋅ =
0 (1+x2)2 2 0 (1+x2)2 2 1+x2 2
0
(4)
【答案】Cxe
−x
.
【详解】分离变量，
dy y(1−x) dy (1−x) dy 1 dy 1
= ⇒ = dx ⇒ =( −1)dx ⇒ ∫ =∫ dx−∫dx
dx x y x y x y x
⇒ ln y =lnx−x+c ⇒ e lny = e lnx−x+c ⇒ y = Cxe −x
(5)【答案】−e
【详解】题目考察由方程确定的隐函数在某一点处的导数.
在原方程中令x =0⇒ y(0) =1 .
将方程两边对x求导得y′=−ey −xeyy′，令x=0得y′(0)=−e
(6) 【答案】 2
【详解】由已知条件BA= B+2E变形得，BA−2E = B ⇒ B(A−E)=2E, 两边取行列
式, 得
B(A−E) = 2E =4 E =4
2 1 1 0 1 1
其中， A−E = − = =2， 2E =22 E =4
−1 2 0 1 −1 1
2E 4
因此， B = = =2.
A−E 2
二、选择题.
(7)【答案】A
【详解】
方法1： 图示法.
因为 f ′(x) >0, 则 f(x) 严格单调增加；因为 f ′′(x) >0, 则 f(x) 是凹函数，又
x>0，画 f(x)= x2的图形
y
y=f(x) Δy
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结合图形分析，就可以明显得出结论：0< dy <y.
方法2：用两次拉格朗日中值定理
y−dy = f (x +x)− f (x )− f ′(x )x(前两项用拉氏定理)
0 0 0
= f ′(ξ)x− f ′(x )x (再用一次拉氏定理)
0
= f′′(η)(ξ−x )x, 其中x <ξ< x +x,x <η<ξ
0 0 0 0
由于 f′′(x)>0，从而y−dy >0. 又由于dy = f′(x )x>0，故选[A]
0
方法3： 用拉格朗日余项一阶泰勒公式. 泰勒公式：
f′′(x ) f (n)(x )
f(x) = f(x )+ f′(x )(x−x ) + 0 (x−x )2 ++ 0 (x−x )n +R ，
0 0 0 2! 0 n! 0 n
f (n+1)(x )
其中R = 0 (x− x )n . 此时n取1代入，可得
n (n+1)! 0
1
∆y−dy = f(x +∆x)− f(x )− f′(x )∆x= f′′(ξ)(∆x)2 >0
0 0 0 2
又由dy = f′(x )∆x>0，选(A) .
0
(8)【答案】(B)
【详解】
方法1：赋值法
1, x>0
x x, x≥0
特殊选取 f(x)=0, x=0 ，满足所有条件，则∫ f(t)dt = = x .
0 −x, x<0
−1, x<0
它是连续的偶函数. 因此，选(B)
方法2：显然 f(x)在任意区间[ a,b ]上可积，于是F(x) 记 =∫ x f(t)dt处处连续，又
0
−x −x s=−t x
F(−x)=∫ f(t)dt =−∫ f(−t)dt = ∫ f(s)ds = F(x)
0 0 0
即F(x)为偶函数 . 选 (B) .
(9)【答案】(C)
【详解】利用复合函数求导法
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h(x)=e1+g(x)两边对x求导⇒ h′(x)= g′(x)e1+g(x)
1
将x=1代入上式，⇒1=2e1+g(1) ⇒ g(1)=ln −1=−ln2−1. 故选(C).
2
(10)【答案】(C)
【详解】题目由二阶线性常系数非齐次方程的通解，反求二阶常系数非齐次微分方程，分两
步进行，先求出二阶常系数齐次微分方程的形式，再由特解定常数项.
因为y =cex +c e−2x +xex是某二阶线性常系数非齐次方程的通解，所以该方程对应的
1 2
齐次方程的特征根为 1和-2，于是特征方程为(λ−1)(λ+2)=λ2 +λ−2=0，对应的齐次
微分方程为y′′+ y′-2y =0
所以不选(A)与(B)，为了确定是(C)还是(D)，只要将特解y∗ = xex代入方程左边，
计算得(y∗)′′+(y∗)′-2y∗ =3ex，故选(D).
(11) 【答案】(C)
π
1
【详解】记∫4dθ∫ f(rcosθ,rsinθ)rdr =∫∫ f(x,y)dxdy，则区域D的极坐标表示是：
0 0
D
π
0≤r ≤1 ，0≤θ≤ . 题目考察极坐标和直角坐标的互化问题，画出积分区间，结合图形
4
可以看出，直角坐标的积分范围（注意 y = x 与 x2 + y2 =1 在第一象限的交点是
2 2 2
（ ， ）），于是 D:0≤ y≤ ,y≤ x≤ 1− y2
2 2 2
2 1−y2
所以，原式= ∫ 2 dy∫ f (x,y)dx. 因此选 (C)
0 y
(12) 【答案】D
【详解】
方法1： 化条件极值问题为一元函数极值问题。
已知ϕ(x ,y )=0，由ϕ(x,y)=0，在（x ,y )邻域，可确定隐函数 y = y(x)，
0 0 0 0
dy ∂ϕ ∂ϕ
满足y(x )= y ， =− 。
0 0 dx ∂x ∂y
（x ,y ) 是 f(x,y) 在 条 件 ϕ(x,y)=0 下 的 一 个 极 值 点 ⇔ x= x 是
0 0 0
z = f(x,y(x))的极值点。它的必要条件是
dz ∂f(x ,y ) ∂f(x ,y ) dy ϕ′(x ,y )
= 0 0 + 0 0 = f′(x ,y )− f′(x ,y ) x 0 0 =0
dx ∂x ∂y dx x 0 0 y 0 0 ϕ′(x ,y )
x=x 0 x=x 0 y 0 0 x=x
0
若 f′(x ,y )=0，则 f′(x ,y )=0，或ϕ′(x ,y )=0，因此不选(A)，(B).
x 0 0 y 0 0 x 0 0
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dz
若 f′(x ,y )≠0，则 f′(x ,y )≠0(否则 ≠0). 因此选(D)
x 0 0 y 0 0
dx
x=x
0
方法2：用拉格朗日乘子法. 引入函数F(x,y,λ)= f(x,y)+λϕ(x,y)，有
F′= f′(x,y)+λϕ′(x,y)=0 (1)
x x x
F′= f′(x,y)+λϕ′(x,y)=0 (2)
y y y
F′ =ϕ′(x,y)=0
λ
f′(x ,y )
因为ϕ′(x ,y )≠0，所以λ=− y 0 0 ，代入(1)得
y 0 0 ϕ′(x ,y )
y 0 0
f′(x ,y )ϕ′(x ,y )
f′(x ,y )=− y 0 0 x 0 0
x 0 0 ϕ′(x ,y )
y 0 0
若 f′(x ,y )≠0，则 f′(x ,y )≠0，选(D)
x 0 0 y 0 0
(13) 【答案】A
【详解】
方法 1：若α,α,,α 线性相关, 则由线性相关定义存在不全为0的数k ,k ,,k 使得
1 2 s 1 2 s
kα +kα ++kα =0
1 1 2 2 s s
为了得到Aα, Aα,, Aα的形式，用A左乘等式两边, 得
1 2 s
k Aα +k Aα ++k Aα =0 ①
1 1 2 2 s s
于是存在不全为0的数k ,k ,,k 使得①成立，所以Aα,Aα,,Aα 线性相关.
1 2 s 1 2 s
方法2：如果用秩来解,则更加简单明了. 只要熟悉两个基本性质, 它们是:
1. α,α,,α线性相关⇔r(α,α,,α)0. 由单调有界准则知limx 存在.记为A.
n n
n→∞
递推公式两边取极限得A=sin A, ∴A=0
1
(II) 原式=lim(
sinx
n)
x2
n ，为“1∞ ”型.
n→∞ x
n
1
sint
因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑lim( )t2
t→0 t
1 1 (tcost−sint)
lim
sint 1 lim 1 ln( sint ) t→02t sint t2
lim( )t2 =et→0t2 t =e t
t→0 t
tcost−sint cost−tsint−cost −sint 1
lim lim lim −
=et→0 2t3 =et→0 6t2 =et→0 6t =e 6
1 1
1 1
所以 lim( x n+1) x2 n =lim( sinx n) x2 n =lim( sinx )x2 =e − 6
n→∞ x n→∞ x x→0 x
n n
(19) 【详解】令 f(x)=xsinx+2cosx+πx，只需证明0< x<π时, f(x)单调增加(严格)
f′(x) =sinx+ xcosx−2sinx+π= xcosx−sin x+π
f′′(x)=cosx−xsinx−cosx = −xsinx<0
∴ f′(x) 单调减少(严格)，
又 f′(π)=πcosπ+π=0，故0< x<π时 f′(x)>0，则 f(x)单调增加(严格)
由b>a有f(b)> f(a) 得证
(20) 【详解】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题目中给的等式就可以了
∂z ( ) x ∂z ( ) y
= f′ x2 + y2 ; = f′ x2 + y2
∂x x2 + y2 ∂y x2 + y2
x2
x2 + y2 −
∂2z ( ) x2 ( ) x2 + y2
= f′′ x2 + y2 + f′ x2 + y2
∂x2 ( x2 + y2 ) ( x2 + y2 )
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( ) x2 ( ) y2
= f′′ x2 + y2 + f′ x2 + y2
( x2 + y2 ) ( x2 + y2 )32
∂2z ( ) y2 ( ) x2
同理 = f′′ x2 + y2 + f′ x2 + y2
∂y2 ( x2 + y2 ) ( x2 + y2 )32
∂2z ∂2z ( ) f′( x2 + y2)
代入 + =0，得 f′′ x2 + y2 + =0，
∂x2 ∂y2 x2 + y2
f′(u)
所以 f′′(u)+ =0 成立.
u
dp p dp du
(II) 令 f′(u)= p于是上述方程成为 =− ，则∫ =−∫ +c，
du u p u
c
即 ln p =−lnu+c，所以 f′(u)= p =
u
因为 f′(1)=1，所以 c=1，得 f(u)=lnu+c
2
又因为 f(1)=0，所以 c =0，得 f(u)=lnu
2
(21)【详解】
方法1：计算该参数方程的各阶导数如下
dx dy dy 4−2t 2
(I) =2t, =4−2t, = = −1
dt dt dx 2t t
dy
d
d2y dx 1 2 1 1
= ⋅ = − ⋅ =− <0 (t >0处)
dx2 dt dx t2 2t t3
dt
所以曲线L在t >0处是凸的
2
(II) 切线方程为y−0= −1(x+1)，设x =t2 +1，y =4t −t2，
t 0 0 0 0 0
2
则 4t −t2 = −1(t2 +2),4t2 −t3 =(2−t )(t2 +2)
0 0 t 0 0 0 0 0
0
得 t2 +t −2=0,(t −1)(t +2)=0 t >0 ∴t =1
0 0 0 0 0 0
所以，切点为(2，3)，切线方程为y = x+1
3
(III) 设L的方程x= g(y), 则 S =∫ ( g(y)−(y−1) ) dy
0
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( )2
由 t2 −4t+ y =0 解出t =2± 4− y 得x= 2± 4− y +1
( )2
由于点(2，3)在L上，由y =3得x=2, 可知 x= 2− 4− y +1= g(y)
3 3 3
所以 S =∫ ( 9− y−4 4− y ) −(y−1) dy =∫(10−2y)dy−4∫ 4− ydy
0 0 0
3 3 2 3 3
=(10y− y2) +4∫ 4− yd(4− y)=21+4× ×(4− y)2
0 3
0 0
8 64 2 7
=21+ − =3− =
3 3 3 3
方法2：(I) 解出 y = y(x)：由 t = x−1 (x≥1) 代入 y得 y =4 x−1−x+1 .
dy 2 d2y − 3
于是 = −1 ， =−(x−1) 2 <0 (x>1) ⇒ 曲线L是凸的 .
dx x−1 dx2
2
(II) L 上任意点 (x ,y ) 处的切线方程是 y− y =( −1)(x−x ) ，其中
0 0 0 x −1 0
0
x >1(x =1时不合题意).
0 0
2
令 x=−1, y =0，得 −4 x −1+x −1= −1(−1−x）
0 0 x −1 0
0
2
令 t = x −1 ，得 −4t +t 2 =( −1)(−2−t 2) .
0 0 0 0 t 0
0
其余同方法1，得t =1
0
(III) 所求图形面积
9 2 9 2
S = −∫ y(x)dx= −∫ (4 x−1−x+1)dx
2 1 2 1
2
9 2 3 1 9 8 3 9 13 7
= −(4⋅ (x−1)2 − x2 +x) = −( − +1)= − = .
2 3 2 2 3 2 2 6 3
1
1 1 1 1
(22) 【详解】(I)系数矩阵A= 4 3 5 −1 未知量的个数为n=4，且又AX =b有三个
a 1 3 b
线性无关解，设α,α,α是方程组的3个线性无关的解, 则α −α,α −α是AX =0的两
1 2 3 2 1 3 1
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个线性无关的解. 因为α −α,α −α线性无关又是齐次方程的解，于是AX =0的基础解
2 1 3 1
系中解的个数不少于2, 得4−r(A)≥2, 从而r(A)≤2.
又因为A的行向量是两两线性无关的, 所以r(A)≥2. 所以r(A)=2.
(II)对方程组的增广矩阵作初等行变换:
1 1 1 1 |−1[2]+[1]×(−4)1 1 1 1 | −1
[3]+[1]×(−a)
[Ab] = 4 3 5 −1 |−1 → 0 −1 1 −5 | 3
a 1 3 b | 1 0 1−a 3−a b−a |1+a
1 1 1 1 | −1
[3]+[2]×(1−a)
→ 0 −1 1 −5 | 3 ,
0 0 4−2a 4a+b−5 |4−2a
4−2a =0
由r(A)=2, 得 ， 即a = 2, b = −3.
4a+b−5=0
1 0 2 −4 | 2
所以[Ab]作初等行变换后化为； 0 −1 −1 5 |−3 ，
0 0 0 0 | 0
x =2−2x +4x
它的同解方程组 1 3 4 ①
x =−3+x −5x
2 3 4
①中令x =0,x =0求出AX =b的一个特解(2,−3,0,0)T ；
3 4
x =−2x +4x
AX =0的同解方程组是 1 3 4 ②
x = x −5x
2 3 4
取x =1,x =0,代入②得(−2,1,1,0)T ；取x =0,x =1, 代入②得(4,−5,0,1)T . 所以
3 4 3 4
AX =0的基础解系为(−2,1,1,0)T ，(4,−5,0,1)T
所以方程组AX =b的通解为：
(2,−3,0,0)T +c (−2,1,1,0)T +c (4,−5,0,1)T ，c ,c 为任意常数
1 2 1 2
(23) 【详解】(I) 由题设条件Aα =0=0α，Aα =0=0α ，故α,α 是A的对应于λ=0
1 1 2 2 1 2
的特征向量，又因为α,α 线性无关，故λ=0至少是A的二重特征值. 又因为A的每行元
1 2
素之和为3，所以有 A(1,1,1)T =(3,3,3)T =3(1,1,1)T ，由特征值、特征向量的定义，
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α =(1,1,1)T 是A的特征向量, 特征值为λ =3，λ只能是单根，kα,k ≠0是全体特征
0 3 3 3 0 3
向量，从而知λ=0是二重特征值.
于是 A的特征值为3,0,0；属于3的特征向量: kα,k ≠0 ；属于0 的特征向量:
3 3 3
kα +kα，k ,k 不都为0.
1 1 2 2 1 2
(Ⅱ) 为了求出可逆矩阵必须对特征向量进行单位正交化 .
3 3 3
先将α 单位化, 得η =( , , )T.
0 0 3 3 3
2 2 6 6 6
对α,α 作施密特正交化, 得η =(0, − , )T ,η =(− ,− , )T.
1 2 1 2 2 2 3 6 6
3 0 0
作Q=(η,η,η), 则Q是正交矩阵,并且QTAQ=Q-1AQ= 0 0 0
1 2 3
0 0 0
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2007 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析
一、选择题
(1)【答案】B
【详解】
方法1：排除法：由几个常见的等价无穷小，当x→0时，
1 x x x2
ex −1 x; 1+x −1 x; 1−cosx=2sin2 2( )2 = ,当 x→0+ 时，此时
2 2 2 2
1 1
x →0，所以1−e x (− x); 1 + x −1 x;1−cos x ( x)2,可以
2 2
排除A、C、D，所以选(B).
1+x 1− x + x +x x+ x
方法2： ln = ln = ln[1+ ]
1− x 1− x 1− x
x+ x
当x→0+时，1− x →1， →0，又因为x→0时，ln ( 1+x ) x，
1− x
x+ x x+ x ( )
所以ln[1+ ]~ ~ x+ x = x x +1 ~ x ，选(B).
1− x 1− x
1+x 1+x ′ 1− x 1+x
ln( ) ln( ) ( )′
1− x 1− x 1+x 1− x
方法3：lim 洛 lim = lim
x→0+ x x→0+ (
x
)′ x→0+ 1
2 x
1
1− x + ( 1+x )
1− x 2 x
⋅
1+x ( )2 ( )
1− x 2 x 2 x +1−x
= lim = lim
x→0+ 1 x→0+ ( 1+x ) ( 1− x )
2 x
( )
2 x 2 x+1−x
A B ( )
设 = + ，则A 1− x +B ( 1+x )=4x+2 x−2x x
( )
( 1+x ) 1− x 1+x 1− x
对应系数相等得：A=2 x, B=1，所以
( )
2 x 2 x +1−x 2 x 1
原式= lim = lim +
( )
x→0+ ( 1+x ) 1− x x→0+ 1+x 1− x
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2 x 1
= lim + lim =0+1 =1，选(B).
x→0+1+x x→0+1− x
(2)【答案】( A)
【详解】首先找出 f(x)的所有不连续点，然后考虑 f(x)在间断点处的极限.
π
f(x)的不连续点为 0、1、± ，第一类间断点包括可去间断点及跳跃间断点.逐个考
2
虑各个选项即可.
1 1 1
1−
(ex +e)tanx ex +e e(1+e x)
对A: lim f(x)= lim = lim = lim =1,
x→0+ x→0+ 1 x→0+ 1 x→0+ 1− 1
x(ex −e) ex −e e(1−e x)
1
1 1 limex +e
(ex +e)tanx ex +e x→0− e
lim f(x)= lim = lim = = =−1.
x→0− x→0− 1 x→0− 1 1 −e
x(ex −e) ex −e limex −e
x→0−
f(x)在x=0存在左右极限，但lim f ( x )≠ lim f ( x )，所以x=0是 f(x)的第一类
x→0+ x→0−
间断点，选(A)；
同样，可验证其余选项是第二类间断点，lim f ( x )=∞，lim f ( x )=∞，lim f ( x )=∞.
x→1
x→
π
x→−
π
2 2
(3)【答案】C
x
【详解】由题给条件知，f(x)为x的奇函数，则 f(−x)=−f(x)，由F(x)=∫ f(t)dt, 知
0
−x x x
F(−x)=∫ f(t)dt令t =−u ∫ f(−u)d(−u) 因为f(−u)=−f(u) ∫ f(u)du = F(x)，
0 0 0
故F(x)为x的偶函数，所以F(−3)= F(3).
2 2 πR2 π
而F(2)=∫ f(t)dt表示半径R=1的半圆的面积，所以F(2)=∫ f(t)dt = = ，
0 0 2 2
3 2 3 3 1
F(3)=∫ f(t)dt =∫ f(t)dt+∫ f(t)dt，其中∫ f(t)dt表示半径r = 的半圆的面积
0 0 2 2 2
3 πr2 π 1 2 π
的负值，所以∫ f(t)dt =− =− ⋅ =−
2 2 2 2 8
2 3 π π 3π 3 π 3
所以 F(3)=∫ f(t)dt+∫ f(t)dt = − = = ⋅ = F(2)
0 2 2 8 8 4 2 4
3
所以 F(−3)= F(3)= F(2)，选择C
4
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(4)【答案】( D)
【详解】
方法1：论证法，证明A.B.C都正确，从而只有D.不正确.
f(x)
由lim 存在及 f(x)在x=0处连续，所以
x→0 x
f(x) f(x) f(x)
f(0)=lim f(x) =lim( x)=lim ⋅limx=0⋅lim =0，所以(A)正确；
x→0 x→0 x x→0 x x→0 x→0 x
f(x)− f(0) f(x)
由选项(A)知， f(0)=0，所以lim =lim 存在，根据导数定义，
x→0 x−0 x→0 x
f(x)− f(0)
f '(0)=lim 存在，所以(C)也正确；
x→0 x−0
由 f(x)在x=0处连续，所以 f(−x)在x=0处连续，从而
lim [ f(x)+ f(−x) ]=lim f(x)+lim f(−x)= f(0)+ f(0)=2f(0)
x→0 x→0 x→0
f(x)+ f(−x) f(x)+ f(−x) f(x)+ f(−x)
所以2f(0)=lim
⋅x
=lim ⋅limx=0⋅lim =0
x→0 x x→0 x x→0 x→0 x
即有 f(0)=0.所以(B)正确，故此题选择(D).
方法2：举例法，举例说明(D)不正确. 例如取 f(x)= x ，有
f(x)− f(−x) x − −x
lim =lim =0存在
x→0 x−0 x→0 x
f
(
x
)−
f
(
0
)
−x−0 f
(
x
)−
f
(
0
)
x−0
而 lim = lim =−1，lim = lim =1，
x→0− x−0 x→0− x−0 x→0+ x−0 x→0− x−0
左右极限存在但不相等，所以 f(x)= x 在x=0的导数 f '(0)不存在. (D)不正确，选(D).
(5)【答案】D
1 1
【详解】因为limy =lim +ln(1+ex) =lim +limln(1+ex)=∞，
x→0 x→0 x x→0 x x→0
所以x=0是一条铅直渐近线；
1 1
因为 lim y = lim +ln(1+ex) = lim + lim ln(1+ex)=0+0=0，
x→−∞ x→−∞ x x→-∞ x x→-∞
所以y =0是沿x→−∞方向的一条水平渐近线；
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1
+ln(1+ex)
y x 1 ln(1+ex)
令 a= lim = lim = lim +
x→+∞ x x→+∞ x x→+∞ x2 x
ex
= lim
1
+ lim
ln(1+ex)
洛必达法则 0+ lim
1+ex
=1
x→+∞ x2 x→+∞ x x→+∞ 1
1
令 b= lim ( y−a⋅x )= lim +ln(1+ex)−x
x→+∞ x→+∞ x
1 ( ) ( )
= lim + lim ln(1+ex)−x x=lnex 0+ lim ln(1+ex)−lnex
x→+∞ x x→+∞ x→+∞
1+ex
= lim ln( ) = lim ln(e−x +1)=ln1=0
x→+∞ ex x→+∞
所以y = x是曲线的斜渐近线，所以共有3条，选择(D)
(6)【答案】( D)
【详解】u = f(n)，由拉格朗日中值定理，有
n
u −u = f(n+1)− f(n)= f '(ξ)(n+1−n)= f '(ξ),(n=1,2,)，
n+1 n n n
其中n<ξ 0,知 f '(x)严格单调增，故
n 1 2 n
f '(ξ)< f '(ξ)<< f '(ξ)<.
1 2 n
若u 0, 所以0< f '(ξ)< f '(ξ)<< f '(ξ)<.
1 2 1 2 1 1 2 n
n n
u =u +∑(u −u )=u +∑ f '(ξ)>u +nf '(ξ).
n+1 1 k+1 k 1 k 1 1
k=1 k=1
而 f '(ξ)是一个确定的正数. 于是推知limu =+∞,故{ u }发散. 选(D)
1 n+1 n
n→∞
(7)【答案】( C)
【详解】一般提到的全微分存在的一个充分条件是：设函数 f(x,y)在点( x , y )处存在全
0 0
微分，但题设的A.B.C.D.中没有一个能推出上述充分条件，所以改用全微分的定义检查之.
全微分的定义是：设 f(x,y)在点( x , y )的某领域内有定义，且 f(x,y)在点( x , y )处的
0 0 0 0
全增量可以写成 f ( x +∆x, y +∆y )− f ( x , y )= A∆x+B∆y+o (ρ)，其中 A, B 为与
0 0 0 0
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o
(ρ)
∆x, ∆y无关的常数，ρ= (∆x )2 + (∆y )2 ，lim =0，则称 f(x,y)在点( x , y )处
ρ→0 ρ 0 0
可微，A∆x+B∆y称为 f(x,y)在点( x , y )处的全微分，对照此定义，就可解决本题.
0 0
选项A. 相当于已知 f(x,y)在点(0,0)处连续；选项B. 相当于已知两个一阶偏导数
f ′( 0,0 )， f ′( 0,0 )存在，因此A. B.均不能保证 f(x,y)在点(0,0)处可微. 选项D.相当
x y
于已知两个一阶偏导数 f ′( 0,0 ) ， f ′( 0,0 )存在，但不能推导出两个一阶偏导函数
x y
f ′( x,y )， f ′( x,y )在点(0,0)处连续，因此也不能保证 f(x,y)在点(0,0)处可微.
x y
[ f(x,y)− f(0,0) ]
由C. lim =0，推知
(x,y)→(0,0) x2 + y2
f(x,y)− f(0,0)=α x2 + y2 =0⋅x+0⋅y+o(ρ),
o(ρ)
其中ρ= x2 + y2 ，lim =limα=0.对照全微分定义，相当于
ρ→0 ρ ρ→0
x =0,y =0,∆x= x,∆y = y,A=0,B=0.
0 0
可见 f(x,y)在(0,0)点可微，故选择(C).
(8)【答案】( B)
π
【详解】画出该二次积分所对应的积分区域D: ≤ x≤π,sinx≤ y≤1
2
交换为先x后y，则积分区域可化为：0≤ y≤1,π−arcsin y≤ x≤π
π 1 1 π
所以 ∫ dx∫ f(x,y)dy =∫ dy∫ f(x,y)dx， 所以选择(B).
π
sinx 0 π−arcsiny
2
(9) 【答案】A
【详解】
方法1：根据线性相关的定义，若存在不全为零的数k ,k ,k ，使得kα +kα +kα =0
1 2 3 1 1 2 2 3 3
成立，则称α,α,α线性相关.
1 2 3
因(α −α)+(α −α)+(α −α)=0，故α −α，α −α，α −α线性相关，
1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1
所以选择(A).
方法2：排除法
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因为(α +α,α +α,α +α)
1 2 2 3 3 1
1 0 1 1 0 1
=(α,α,α) 1 1 0 =(α,α,α) C ,其中C = 1 1 0 ，
1 2 3 1 2 3 2 2
0 1 1 0 1 1
1 0 1 1 0 1
1 −1
且 C = 1 1 0 1行×(−1)+2行 0 1 −1 =（−1）1+1
2 1 1
0 1 1 0 1 1
=1×1−1×（−1）=2≠0.
故C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积，C 右乘
2 2
(α,α,α)时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有
1 2 3
r(α +α,α +α,α +α)=r(α,α,α)=3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
所以，α +α,α +α,α +α线性无关，排除(B).
1 2 2 3 3 1
因为(α −2α,α −2α,α −2α)
1 2 2 3 3 1
1 0 −2 1 0 −2
=(α,α,α) −2 1 0 =(α,α,α) C , 其中C = −2 1 0 ，
1 2 3 1 2 3 3 3
0 −2 1 0 −2 1
1 0 −2 1 0 −2
1 −4
C = −2 1 0 1行×2+2行 0 1 −4 =（−1）1+1
3 −2 1
0 −2 1 0 −2 1
=1×1−（−2）×（−4）=-7≠0.
故C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, C 右乘
3 3
(α,α,α)时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有
1 2 3
r(α −2α,α −2α,α −2α)=r(α,α,α)=3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
所以，α −2α,α −2α,α −2α线性无关，排除(C).
1 2 2 3 3 1
因为(α +2α,α +2α,α +2α)
1 2 2 3 3 1
1 0 2 1 0 2
=(α,α,α) 2 1 0 =(α,α,α) C , 其中C = 2 1 0 ，
1 2 3 1 2 3 4 4
0 2 1 0 2 1
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1 0 2 1 0 2
1 −4
C = 2 1 0 1行×(−2)+2行 0 1 −4 =（−1）1+1
4 2 1
0 2 1 0 2 1
=1×1−2×（−4）=9≠0.
故C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, C 右乘
4 4
(α,α,α)时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有
1 2 3
r(α +2α,α +2α,α +2α)=r(α,α,α)=3
1 2 2 3 3 1 1 2 3
所以，α +2α,α +2α,α +2α线性无关，排除(D).
1 2 2 3 3 1
综上知应选(A).
(10)【答案】B
【详解】
λ−2 1 1 λ 1 1
方法1：λE−A = 1 λ−2 1 2、3列分别加到1列λ λ−2 1
1 1 λ−2 λ 1 λ−2
1 1 1 1 1 1
提出λλ1 λ−2 1 1行×（−1）+2行λ0 λ−3 0
1 1 λ−2 1 1 λ−2
1 1 1
λ−3 0
1行×（−1）+3行λ0 λ−3 0 =（−1）1+1λ =(λ−3 )2λ=0
0 λ−3
0 0 λ−3
则A的特征值为 3，3，0;B是对角阵，对应元素即是的特征值，则B的特征值为
1，1，0. A,B的特征值不相同，由相似矩阵的特征值相同知，A与B不相似.
由A,B的特征值可知，A,B的正惯性指数都是 2，又秩都等于 2 可知负惯性指数
也相同，则由实对称矩阵合同的充要条件是有相同的正惯性指数和相同的负惯性指
数，知A与B合同，应选(B).
方法2: 因为迹(A)=2+2+2=6，迹(B)=1+1=2≠6，所以A与B不相似(不满足相似的必要条件).
又λE−A =λ(λ−3)2，λE−B =λ(λ−1)2，A 与 B 是同阶实对称矩阵，其秩
相等，且有相同的正惯性指数，故A与B合同.
二、填空题
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1
(11)【答案】−
6
【详解】由洛必达法则，
1
arctanx−sinx 0 1+x2 −cosx 1− ( 1+x2 ) cosx
lim lim =lim
x→0 x3 0 x→0 3x2 x→0 3x2 ( 1+x2 )
1 1−cosx 1 x2 2 1
=lim ⋅lim −cosx = lim −1 =−
x→03 ( 1+x2 ) x→0 x2 3x→0 x2 6
(12)【答案】1+ 2
dy dy dt ( 1+sint )′ cost
【详解】 = = =
dx dx dt ( )′ −sint−2sintcost
cost+cos2t
π dy 1
把t = 代入， π =− , 所以法线斜率为1+ 2.
4 dx t = 1+ 2
4
(−1)n2nn!
(13)【答案】
3n+1
1
【详解】y = =( 2x+3 )−1，
2x+3
y'=(−1)⋅( 2x+3 )−1−1⋅( 2x )′ =(−1)1⋅1!⋅21⋅( 2x+3 )−1−1，
y''=(−1)⋅(−2)⋅22⋅( 2x+3 )−3 =(−1)22!⋅22⋅( 2x+3 )−2−1 ,,
由数学归纳法可知 y(n) =(−1)n2nn! ( 2x+3 )−n−1 ,
(−1)n2nn!
把x=0代入得 y(n)(0)=
3n+1
(14)【答案】Cex +C e3x −2e2x
1 2
【详解】这是二阶常系数非齐次线性微分方程，且函数 f ( x ) 是 P ( x ) eλx 型(其中
m
P ( x )=2, λ=2).
m
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所给方程对应的齐次方程为 y′′−4y′+3y =0，它的特征方程为r2 −4r+3=0, 得特
征根r =1,r =3, 对应齐次方程的通解y =Cer 1 x +C er 2 x =Cex +C e3x
1 2 1 2 1 2
由于这里λ=2不是特征方程的根，所以应设该非齐次方程的一个特解为 y* = Ae2x,
( )′ ( )′′
所以 y* =2Ae2x， y* =4Ae2x，代入原方程：4Ae2x −4⋅2Ae2x +3Ae2x =2e2x，
则A=−2，所以y* =−2e2x. 故得原方程的通解为y =Cex +C e3x −2e2x.
1 2
y x
(15)【答案】2(− f ' + f ')
x 1 y 2
y x
∂ ∂
∂z x y y 1
【详解】 = f '⋅ + f '⋅ = f '⋅ − + f '⋅ ，
∂x 1 ∂x 2 ∂x 1 x2 2 y
y x
∂ ∂
∂z x y 1 x
= f ′⋅ + f '⋅ = f '⋅ + f '⋅ −
∂y 1 ∂y 2 ∂y 1 x 2 y2
∂z ∂z y 1 1 x
所以 x − y = x⋅ f '⋅ − + f '⋅ − yf '⋅ + f '⋅ −
∂x ∂y 1 x2 2 y 1 x 2 y2
y x y x y x
= − ⋅ f '+ f '⋅ − f '⋅ + f '⋅ =2(− f ' + f ')
x 1 2 y 1 x 2 y x 1 y 2
(16) 【答案】1
【详解】
0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0
0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1
A2 = =
0 0 0 10 0 0 1 0 0 0 0
0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1
0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0
A3 = A2⋅A= =
0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 0
0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0
( )
由阶梯矩阵的行秩等于列秩，其值等于阶梯形矩阵的非零行的行数，知r A3 =1.
三、解答题.
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(17)【分析】本题要求函数详解式，已知条件当中关于函数有关的式子只有
f(x) x
cost−sint
∫ f −1(t)dt =∫ t dt，
0 0 sint+cost
这是一个带有积分符号的式子，如果想求出函数的详解式，首先要去掉积分符号，即求导.
f(x) x
cost−sint
【详解】方程∫ f −1(t)dt =∫ t dt两边对x求导， 得
0 0 sint+cost
cosx−sinx cosx−sinx
f −1[f(x)]f′(x)= x ，即xf′(x)= x
sinx+cosx sinx+cosx
cosx−sinx
当x≠0时，对上式两边同时除以x，得 f′(x)= ，所以
sinx+cosx
cosx−sinx d(sinx+cosx)
f(x)=∫ dx=∫ =ln sinx+cosx +C
sinx+cosx sinx+cosx
f(0) π
在已知等式中令x=0，得∫ f −1(t)dt =0. 因 f(x)是[0, ]上的单调可导函数，f −1(t)
0 4
π
的值域为[0, ]，它是单调非负的，故必有 f(0)=0，从而两边对上式取x→0+极限
4
lim f(x)= f(0)=C =0
x→0+
π π
于是 f(x)=ln sinx+cosx ，因为x∈[0, ]，故 f(x)=ln(sinx+cosx),x∈[0, ].
4 4
∞ − x a ∞ − x
(18)【详解】(I) V ( a )=π∫ xa adx =− π∫ xda a
0 lna 0
a − x +∞ a ∞ − x a 2
=− π[xa a] + π∫ a adx =π
lna lna 0 lna
0
1
(Ⅱ) V′( a )=[π a 2 ]′ =π
2aln2a−a22lna
a =π 2alna−2a =2π a ( lna−1 )
lna ln4a ln3a ln3a
令V′(
a
)=0，得lna=1，从而a=e. 当1e时，V′( a )>0，V ( a )单调增加. 所以a=e时V 最小，最小体积为V ( a )=πe2
min
(19)【详解】令y′= p，则y′′= p′，原方程化为 p′(x+ p2)= p.
x 1
两边同时除以 p′p，得 + p =
p p′
dp dx x
将 p′= 带入上式，得 − = p
dx dp p
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按一阶线性方程求导公式，得
∫1 dp ∫− 1 dp ∫− 1 dp
x=e p (∫ pe p dp+C)=elnp+C(∫ pe p dp) = p[∫dp+C]= p(p+C)
dy
带入初始条件得C =0，于是 p2 = x. 由 y′(1)=1知 p= x ，即 = x
dx
2 3 1 2 3 1
解得y = x2 +C ，带入初始条件得C = ，所以特解为y = x2 + .
3 1 1 3 3 3
(20)【详解】在y−xey−1 =1中，令x=0，得y =1，即y(0)=1
y−xey−1 =1两边对x求导，得y′−(xey−1)′=1′=0⇒ y′−x′ey−1−x(ey−1)′=0
⇒ y′−ey−1−xey−1y′=0( y = y(x)是x的函数，故ey−1是关于x的复合函数，在求导时要
用复合函数求导的法则)
⇒( 2− y ) y′−ey−1 =0 (*) (由y−xey−1 =1知，xey−1 = y−1，把它代入)
在(*)中令x=0，由x=0,y =1，得y′ =1
x=0
在(*)两边求导，得( 2−y ) y′′−y′2−ey−1y′=0. 令x=0，由x=0,y=1,y′=1得，y′′ =2
x=0
因为z = f(ln y−sinx)，令u =ln y−sinx，根据复合函数的求导法则，
dz dz ∂u dz ∂u dy
= ⋅ + ⋅ ⋅ (**)
dx du ∂x du ∂y dx
在u =ln y−sinx中把x,y看成独立的变量，两边关于x求导，得u′ =−cosx
x
1
在u =ln y−sinx中把x,y看成独立的变量，两边关于y求导，得u′ =
y y
dz 1
把以上两式代入(**)中， = f′(u)⋅(−cosx)+ f′(u)⋅ ⋅y′
dx y
dz y′
即 = f′(ln y−sinx)( −cosx) (***)
dx y
dz 1
把x=0,y =1,y′=1代入(***)，得 = f′(ln1−sin0)( −cos0)=0
dx 1
x=0
在(***)左右两端关于x求导，
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d2z y′ y′
=[f′(ln y−sinx)]′( −cosx)+ f′(ln y−sinx)( −cosx)′
dx2 y y
dz dz ∂u dz ∂u dy
根据复合函数的求导法则 = ⋅ + ⋅ ⋅ ，有
dx du ∂x du ∂y dx
y′ y′
[f′(lny−sinx)]′= f′′(lny−sinx)(−cosx)+ f′′(lny−sinx)⋅ = f′′(lny−sinx)( −cosx)
y y
y′ y′ y′2 y′′
( −cosx)′=( )′−(cosx)′=− + +sinx
y y y2 y
d2z y′ y′2 y′′
故 = f′′(ln y−sinx)( −cosx)2 + f′(ln y−sinx) − + +sinx
dx2 y y2 y
把x=0,y =1,y′=1,y′′=2代入上式，得
d2z 1 12 2
= f′′(ln1−sin0)( −cos0)2 + f′(ln1−sin0) − + +sin0 = f′(0)(2−1)=1
dx2 1 12 1
(21)【详解】欲证明存在ξ∈(a,b)使得 f′′(ξ)= g′′(ξ)，可构造函数ϕ(f(x),g(x))=0，
从而使用介值定理、微分中值定理等证明之.
令ϕ(x)= f(x)−g(x)，由题设 f(x),g(x)存在相等的最大值，设x ∈(a,b)，x ∈(a,b)
1 2
使得 f(x)=max f(x)=g(x )=maxg(x). 于是ϕ(x)= f(x)−g(x)≥0，ϕ(x )= f(x )−g(x )≤0
1 2 1 1 1 2 2 2
[a.b] [a.b]
若ϕ(x )=0，则取η= x ∈(a,b)有ϕ(η)=0.
1 1
若ϕ(x )=0，则取η= x ∈(a,b)有ϕ(η)=0.
2 2
若ϕ(x )>0,ϕ(x )<0，则由连续函数介值定理知，存在η∈(x ,x )使ϕ(η)=0.
1 2 1 2
不论以上哪种情况，总存在η∈(a,b),使ϕ(η)=0.
再ϕ(a)= f(a)−g(a)=0,ϕ(b)= f(b)−g(b)=0，将ϕ(x)在区间[a,η],[η,b]分别应
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用罗尔定理，得存在ξ∈(a,η),ξ ∈(η,b),使得ϕ′(ξ)＝0,ϕ′(ξ)=0；再由罗尔定理知，
1 2 1 2
存在ξ∈(ξ,ξ)，使ϕ′′(ξ)=0.即有 f′′(ξ)= g′′(ξ).
1 2
{ } { }
(22)【详解】记D = (x,y) x + y ≤1 ，D = (x,y)1< x + y ≤2 则
1 2
1
∫∫ f(x,y)dσ=∫∫ f(x,y)dσ+∫∫ f(x,y)dσ=∫∫x2dσ+∫∫ dσ
x2 + y2
D D D D D
1 2 1 2
再记σ =
{
(x,y) 0≤ x+ y≤1,x≥0,y≥0
}
，σ =
{
(x,y)1≤ x+ y≤2,x≥0,y≥0
}
1 2
1
由于D 与D 都与x轴对称，也都与 y轴对称，函数x2与 都是x的偶函数，
1 2
x2 + y2
也都是y的偶函数，所以由区域对称性和被积函数的奇偶性有
1 1−x 1 1 1
∫∫x2dσ=4∫∫x2dσ=4∫ dx∫ x2dy =4∫ x2(1−x)dx =4∫ (x2 −x3)dx =
0 0 0 0 3
D σ
1 1
1 1
∫∫ dσ=4∫∫ dσ.
x2 + y2 x2 + y2
D σ
2 2
π
对第二个积分采用极坐标，令x=rcosθ,y =rsinθ,0<θ< .则x+ y =1化为
2
1 2
r = ，x+ y =2化为r = ，于是，
cosθ+sinθ cosθ+sinθ
1 π 2 1
∫∫ dσ=4∫2dθ∫cosθ+sinθ rdr
1
x2 + y2 0 (rcosθ)2 +(rsinθ)2
D cosθ+sinθ
2
π 2 π 1 π 1
=4∫2dθ∫cosθ+sinθdr =4∫2 dθ=4∫2 dθ
0 1 0 cosθ+sinθ 0 π
cosθ+sinθ 2cos(θ− )
4
π
π π π π 2
=2 2∫2sec(θ− )dθ=2 2ln
sec(θ− )+tan(θ− )
0 4 4 4
0
2 2 2+ 2
=2 2lnln +1−ln −1 =2 2ln =2 2ln(3+2 2)
2 2 2− 2
1
所以 ∫∫ f(x,y)dσ=∫∫ f(x,y)dσ+∫∫ f(x,y)dσ= +2 2ln(3+2 2)
3
D D D
1 2
(23)【详解】
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方法1：因为方程组(1)、(2)有公共解，将方程组联立得
x +x +x =0
1 2 3
x +2x +ax =0
1 2 3
(3)
x +4x +a2x =0
1 2 3
x +2x +x =a−1
1 2 3
对联立方程组的增广矩阵作初等行变换
1 1 1 0 1 1 1 0
1 2 a 0 0 1 a−1 0
(Ab)= 1 行 × （ − 1 ） + 2 行
1 4 a2 0 1 4 a2 0
1 2 1 a 1 2 1 a
1 1 1 0 1 1 1 0
0 1 a−1 0 0 1 a−1 0
1 行 × （ − 1 ） + 3 行 1 行 × （ − 1 ） + 4 行
0 3 a2 −1 0 0 3 a2 −1 0
1 2 1 a 0 1 0 a−1
1 1 1 0 1 1 1 0
0 0 a−1 1−a 0 0 a−1 1−a
4 行 ×（ − 1） + 2 行 4 行 ×（ − 3 ） + 3 行
0 3 a2 −1 0 0 0 a2 −1 3−3a
0 1 0 a−1 0 1 0 a−1
1 1 1 0 1 1 1 0
0 1 0 a−1 0 1 0 a−1
换 行 3 行 ×（ -a-1 ） +4 行
0 0 a−1 1−a 0 0 a−1 1−a
0 0 a2 −1 3−3a 0 0 0 (a−1)(a−2)
由此知，要使此线性方程组有解，a必须满足(a−1)(a−2)=0，即a =1或a=2.
x +x +x =0
当a =1时，r(A)=2 ，联立方程组(3)的同解方程组为 1 2 3 ，由
x =0
2
r(A)=2，方程组有n−r =3−2=1个自由未知量. 选x 为自由未知量，取x =1，解
1 1
得两方程组的公共解为k ( 1,0,−1 )T，其中k是任意常数.
x +x +x =0
1 2 3
当a=2时, 联立方程组(3)的同解方程组为x =0 ，解得两方程的公共
2
x =−1
3
解为( 0,1,−1 )T .
方法2：将方程组(1)的系数矩阵A作初等行变换
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1 1 1 1 1 1
A= 1 2 a 1 行 × （ − 1 ） + 2 行 0 1 a−1
1 4 a2 1 4 a2
1 1 1 1 1 1
1 行 × （ − 1 ） + 3 行 0 1 a−1 2 行 ×（ − 3 ） + 3 行 0 1 a−1
0 3 a2 −1 0 0 (a−1)(a−2)
x +x +x =0
当a =1时，r(A)=2，方程组(1)的同解方程组为 1 2 3 ，由r(A)=2，
x =0
2
方程组有n−r =3−2=1个自由未知量.选x 为自由未知量，取x =1，解得(1)的通解为
1 1
k ( 1,0,−1 )T，其中k是任意常数. 将通解k ( 1,0,−1 )T代入方程(2)得k+0+(−k)=0，对
任意的k成立，故当a =1时，k ( 1,0,−1 )T是(1)、(2)的公共解.
x +x +x =0
当a=2时，r(A)=2，方程组(1)的同解方程组为 1 2 3 ，由r(A)=2，
x +x =0
2 3
方程组有n−r =3−2=1个自由未知量.选x 为自由未知量，取x =1，解得(1)的通解
2 2
为µ( 0,1,−1 )T ,其中µ是任意常数. 将通解µ( 0,1,−1 )T代入方程(2)得2µ−µ=1，即
µ=1，故当a=2时，(1)和(2)的公共解为( 0,1,−1 )T .
(24)【详解】(I)由Aα =α，可得 Akα = Ak−1(Aα)= Ak−1α ==α，k是正整数,故
1 1 1 1 1 1
Bα =(A5 −4A3+E)α = A5α −4A3α +Eα =α −4α +α =−2α
1 1 1 1 1 1 1 1 1
于是α是矩阵B的特征向量(对应的特征值为λ′ =−2).
1 1
若 Ax=λx ， 则 (kA)x=(kλ)x,Amx=λmx 因 此 对 任 意 多 项 式 f(x) ，
f(A)x= f(λ)x，即 f(λ)是 f(A)的特征值.
故B的特征值可以由A的特征值以及B与A的关系得到，A的特征值λ=1,λ =2,
1 2
λ =−2, 则B有特征值λ′= f(λ)=−2,λ′ = f(λ)=1,λ′ = f(λ)=1,所以B 的全部特
3 1 1 2 2 3 3
征值为－2，1，1.
由A是实对称矩阵及B与A的关系可以知道，B也是实对称矩阵，属于不同的特征值
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的特征向量正交. 由前面证明知α是矩阵B的属于特征值λ′ =−2的特征向量，设B的属
1 1
于1的特征向量为(x ,x ,x )T ，α与(x ,x ,x )T 正交，所以有方程如下：
1 2 3 1 1 2 3
x −x +x =0
1 2 3
选x ,x 为自由未知量，取x =0,x =1和x =1,x =0，于是求得B的属于 1 的特征向量
2 3 2 3 2 3
为 α =k (−1,0,1)T,α =(1,1,0)T
2 2 3
故B的所有的特征向量为：对应于λ′=−2的全体特征向量为kα，其中k 是非零任意常数，
1 1 1 1
对应于λ′ =λ′ =1的全体特征向量为kα +kα，其中k ,k 是不同时为零的任意常数.
2 3 2 2 3 3 2 3
1 −1 1
(ΙΙ)方法1：令矩阵P=[α,α,α]= −1 0 1 ，求逆矩阵P−1.
1 2 3
1 1 0
1 −1 1 1 0 0 1 −1 1 1 0 0
−1 0 1 0 1 0 1 行 + 2 行 0 −1 2 1 1 0
1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1
1 −1 1 1 0 0 1 −1 1 1 0 0
1 行 + 3 行 0 −1 2 1 1 0 行 × 2 + 3 行 0 −1 2 1 1 0
0 2 −1 −1 0 1 0 0 3 1 2 1
1 −1 1 1 0 0 1 −1 1 1 0 0
3 行 ÷3 0 −1 2 1 1 0 3 行 × ( - 2 ) + 2 行 0 −1 0 1/3 −1/3 −2/3
0 0 1 1/3 2/3 1/3 0 0 1 1/3 2/3 1/3
1 −1 0 2/3 −2/3 −1/3
3 行 × ( - 1 ) + 1 行 0 −1 0 1/3 −1/3 −2/3
0 0 1 1/3 2/3 1/3
1 0 0 1/3 −1/3 1/3
2 行 × ( - 1 ) + 1 行 0 −1 0 1/3 −1/3 −2/3
0 0 1 1/3 2/3 1/3
1 0 0 1/3 −1/3 1/3
2 行 × ( - 1 ) 0 1 0 −1/3 1/3 2/3
0 0 1 1/3 2/3 1/3
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1/3 −1/3 1/3 1 −1 1
1
则 P−1 = −1/3 1/3 2/3 = −1 1 2
3
1/3 2/3 1/3 1 2 1
由P−1BP=diag(−2,1,1)，所以
1 −1 1−2 0 0 1 −1 1
1
B= P⋅diag(−2,1,1)⋅P−1 = −1 0 1 0 1 0 −1 1 2
3
1 1 0 0 0 1 1 2 1
1 −1 1−2 2 −2 0 3 −3 0 1 −1
1 1
= −1 0 1 −1 1 2 = 3 0 3 = 1 0 1
3 3
1 1 0 1 2 1 −3 3 0 −1 1 0
方法2：由(Ι)知α与α,α分别正交，但是α和α不正交，现将α,α正交化：
1 2 3 2 3 2 3
1 1 1 1
取 β =α,β =α +k β =(1,1,0)+(− ,0, )=( ,1, ).
2 2 3 3 12 2 2 2 2 2
(α,β) 1×(−1) 1 1
其中，k =− 3 2 β =− (−1,0,1)T =(− ,0, )
12 (β,β) 2 (−1)×(−1)+1×1 2 2
2 2
再对α,β,β单位化：
1 2 3
α 1 β 1 β 2 1 1
ξ = 1 = (1,−1,1),ξ = 2 = (−1,0,1)=,ξ = 3 = ( ,1, )
1 α 3 2 β 2 3 β 3 2 2
1 2 3
1 1 3
其中， α = 12+(−1)2+12 = 3, β = (−1)2+12 = 2, β = ( )2+12+( )2 =
1 2 3 2 2 2
合并成正交矩阵，
1 −1 2
3 2 2 3
−1 2
记 Q= 0
3 3
1 1 2
3 2 2 3
由Q−1BQ=diag(−2,1,1)，有B=Q⋅diag(−2,1,1)⋅Q−1. 又由正交矩阵的性质：
Q−1 =QT，得
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1 −1 2 1 −1 1
3 2 2 3 −2 0 0 3 3 3
−1 2 −1 1
B=Q⋅diag(−2,1,1)⋅QT = 0 0 1 0 0
3 3 2 2
0 0 1
1 1 2 2 2 2
3 2 2 3 2 3 3 2 3
1 −1 2 −2 2 −2
3 2 2 3 3 3 3 0 1 −1
−1 2 −1 1
= 0 0 = 1 0 1 .
3 3 2 2
−1 1 0
1 1 2 2 2 2
3 2 2 3 2 3 3 2 3
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2008 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析
一、选择题
(1)【答案】D
【详解】因为 f(0)= f(1)= f(2)=0 ，由罗尔定理知至少有ξ∈(0,1)，ξ ∈(1,2) 使
1 2
f′(ξ)= f′(ξ)=0，所以 f′(x)至少有两个零点. 由于 f′(x)是三次多项式，三次方程
1 2
f′(x)=0的实根不是三个就是一个，故D正确.
(2)【答案】C
a a a a
【详解】∫ xf′(x)dx=∫ xdf(x)= xf(x) a −∫ f(x)dx=af(a)−∫ f(x)dx
0
0 0 0 0
a a
其中af(a)是矩形ABOC面积，∫ f(x)dx为曲边梯形ABOD的面积，所以∫ xf′(x)dx为
0 0
曲边三角形的面积．
(3)【答案】D
【详解】由微分方程的通解中含有ex、cos2x、sin2x知齐次线性方程所对应的特征方程
有根r =1,r =±2i，所以特征方程为(r−1)(r−2i)(r+2i)=0，即r3−r2 +4r−4=0. 故
以已知函数为通解的微分方程是y′′′− y′′+4y′−4=0
(4) 【答案】A
【详解】x=0,x=1时 f(x)无定义，故x=0,x=1是函数的间断点
lnx 1 1 x
因为 lim f(x)= lim ⋅lim = lim
x→0+ x→0+ cscx x→0+|x−1| x→0+ −cscxcotx
sin2 x x
=−lim =−lim =0
x→0+ xcosx x→0+ cosx
同理 lim f(x)=0
x→0−
lnx 1
又 lim f(x)= lim ⋅limsinx= lim sin1=sin1
x→1+ x→1+ x−1 x→1+ x→1+ x
lnx
lim f(x)= lim ⋅limsinx=−sin1
x→1− x→1−1−x x→1+
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所以 x=0是可去间断点，x=1是跳跃间断点.
(5)【答案】B
【详解】因为 f(x)在(−∞,+∞)内单调有界，且{x }单调. 所以{f(x )}单调且有界. 故
n n
{f(x )}一定存在极限.
n
(6)【答案】A
( )
f u2 +v2
【详解】用极坐标得 F ( u,v )=∫∫ dudv=∫ v dv∫ u f(r2)rdr =v∫ u f(r2)dr
u2 +v2 0 1 r 1
D
∂F
( )
所以 =vf u2
∂u
(7) 【答案】C
【详解】(E−A)(E+ A+ A2)= E−A3 = E，(E+ A)(E−A+ A2)= E+ A3 = E
故E−A,E+ A均可逆．
(8) 【答案】D
1 −2
【详解】记D= ，
−2 1
λ−1 2 λ−1 −2
则λE−D = =(λ−1 )2 −4，又λE−A = =(λ−1 )2 −4
2 λ−1 −2 λ−1
所以A和D有相同的特征多项式，所以A和D有相同的特征值.
又A和D为同阶实对称矩阵，所以A和D相似．由于实对称矩阵相似必合同，故D正确.
二、填空题
(9)【答案】2
1−cos[xf(x)] 2sin2[xf(x) 2] 2sin2[xf(x) 2]⋅ f(x)
【详解】lim =lim =lim
x→0 (ex2 −1)f(x) x→0 x2f(x) x→0 [xf(x) 2]2⋅4
1 1
= lim f(x)= f(0)=1
2 x→0 2
所以 f(0)=2
(10)【答案】x(−e−x +C)
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【详解】微分方程 ( y+x2e−x ) dx−xdy =0可变形为 dy − y = xe−x
dx x
∫1 dx −∫1 dx 1
所以 y =e x ∫xe−xe x dx+C = x ∫xe−x⋅ dx+C = x(−e−x +C)
x
(11)【答案】y = x+1
1
ycos(xy)− −1
dy F′ y−x
【详解】设F(x,y)=sin(xy)+ln(y−x)−x，则 =− x =− ，
dx F′ 1
y xcos(xy)+
y−x
dy
将y(0)=1代入得 =1，所以切线方程为y−1= x−0，即y = x+1
dx
x=0
(12)【答案】(−1,−6)
5 10 10(x+2)
【详解】y = x53−5x23 ⇒ y′= x23 − x−13 =
3 3 3x13
10 10 10(x+1)
⇒ y′′= x−13 + x−43 =
9 9 9x43
x=−1时，y′′=0；x=0时，y′′不存在
在x=−1左右近旁y′′异号，在x=0左右近旁y′′>0，且y(−1)=−6
故曲线的拐点为(−1,−6)
2
(13)【答案】 (ln2−1)
2
y x
【详解】设u = ,v= ，则z =uv
x y
∂z ∂z ∂u ∂z ∂v y 1
所以 = ⋅ + ⋅ =vuv−1(− )+uvlnu⋅
∂x ∂u ∂x ∂v ∂x x2 y
vy lnu y x y 1 y
=uv
− +
=
⋅
−1+ln
ux2 y x y x
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∂z 2
所以 = (ln2−1)
∂x 2
(1,2)
(14)【答案】-1
【详解】 | A|=2×3×λ=6λ |2A|=23 | A|
∴ 23×6λ=−48 ⇒λ=−1
三、解答题
(15)【详解】
[sinx−sin(sinx)]sinx sinx−sin(sinx)
方法一：lim =lim
x→0 x4 x→0 x3
1
sin2 x
cosx−cos(sinx)cosx 1−cos(sinx) 1
2
=lim =lim =lim =
x→0 3x2 x→0 3x2 x→0 3x2 6
1 1
方法二： sinx= x− x3+o(x3) sin(sinx)=sinx− sin3 x+o(sin3 x)
6 6
[sinx−sin(sinx)]sinx sin4 x o(sin4 x) 1
∴ lim =lim + =
x→0 x4 x→0 6x4 x4 6
(16)【详解】
dx
方法一：由 −2te−x =0得exdx=2tdt，积分并由条件x 得ex =1+t2，即x=ln(1+t2)
dt t=0
dy
所以 dy = dt = ln(1+t2)⋅2t =(1+t2)ln(1+t2)
dx dx 2t
dt 1+t2
d
[(1+t2)ln(1+t2)]
d2y d dy dt 2tln(1+t2)+2t
=
= =
dx2 dxdx dx 2t
dt 1+t2
=(1+t2)[ln(1+t2)+1]
dx
方法二：由 −2te−x =0得exdx=2tdt，积分并由条件x 得ex =1+t2，即x=ln(1+t2)
dt t=0
dy
所以 dy = dt = ln(1+t2)⋅2t =(1+t2)ln(1+t2)=exx
dx dx 2t
dt 1+t2
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d2y
所以 =ex(x+1)
dx2
(17)【详解】
x2arcsinx 1x2arcsinx
方法一：由于lim =+∞，故∫ dx是反常积分.
x→1− 1−x2 0 1−x2
令arcsinx=t，有x=sint，t∈[0,π 2)
1x2arcsinx πtsin2t π π t tcos2t
∫ dx=∫2 costdt =∫2tsin2tdt =∫2( − )dt
0 1−x2 0 cost 0 0 2 2
π π
t2 2 1 π π2 tsin2t 2 1 π
= − ∫2tdsin2t = − + ∫2sin2tdt
4 4 0 16 4 4 0
0 0
π
π2 1 2 π2 1
= − cos2t = +
16 8 16 4
0
1x2arcsinx 1 1
方法二：∫ dx = ∫ x2d(arcsinx)2
0 1−x2 2 0
1 1 1 π2 1
= x2(arcsinx)2 −∫ x(arcsinx)2dx= −∫ x(arcsinx)2dx
2 0 8 0
0
令arcsinx=t，有x=sint，t∈[0,π 2)
1 1 π 1 π
∫ x(arcsinx)2dx= ∫2t2sin2tdt =− ∫2t2dcos2t
0 2 0 4 0
π
1 2 1 π π2 1
=− (t2cos2t) + ∫2tcos2tdt = −
4 2 0 16 4
0
π2 1
故，原式= +
16 4
(18)【详解】 曲线xy =1将区域分成两
个区域D 和D +D ，为了便于计算继续对
1 2 3
区域分割，最后为
D
∫∫max ( xy,1 ) dxdy 1
D
D D
3 2
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=∫∫xydxdy+∫∫dxdy+∫∫dxdy
D D D
1 2 3
1 1
2 2 2 2
=∫2dx∫ 1dy+∫ dx∫x1dy+∫ dx∫ xydy
1 1 1
0 0 0
2 2 x
15 19
=1+2ln2+ −ln2 = +ln2
4 4
t t
(19)【详解】旋转体的体积V =π∫ f 2(x)dx，侧面积S =2π∫ f(x) 1+ f′2(x)dx，由题
0 0
设条件知
t t
∫ f 2(x)dx=∫ f(x) 1+ f′2(x)dx
0 0
上式两端对t求导得 f 2(t)= f(t) 1+ f′2(t)， 即 y′= y2 −1
由分离变量法解得 ln(y+ y2 −1)=t+C ， 即 y+ y2 −1=Cet
1
1
将y(0)=1代入知C =1，故y+ y2 −1=et，y = (et +e−t)
2
1
于是所求函数为 y = f(x)= (et +e−t)
2
(20)【详解】(I) 设M 与m是连续函数 f(x)在[a,b]上的最大值与最小值，即
m≤ f(x)≤M x∈[a,b]
b
∫ f(x)dx
b
由定积分性质，有 m(b−a)≤∫ f(x)dx≤M(b−a)，即 m≤ a ≤M
a b−a
b
∫ f(x)dx
由连续函数介值定理，至少存在一点η∈[a,b]，使得 f(η)= a
b−a
b
即 ∫ f(x)dx= f(η)(b−a)
a
3
(II) 由(I)的结论可知至少存在一点η∈[2,3]，使 ∫ ϕ(x)dx=ϕ(η)(3−2)=ϕ(η)
2
3
又由 ϕ(2)>∫ ϕ(x)dx=ϕ(η)，知 2<η≤3
2
对ϕ(x)在[1,2][2,η]上分别应用拉格朗日中值定理，并注意到ϕ(1)<ϕ(2)，ϕ(η)<ϕ(2)得
ϕ(2)−ϕ(1)
ϕ′(ξ)= >0 1<ξ <2
1 2−1 1
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ϕ(η)−ϕ(2)
ϕ′(ξ)= <0 2<ξ <η≤3
2 η−2 1
在[ξ,ξ]上对导函数ϕ′(x)应用拉格朗日中值定理，有
1 2
ϕ′(ξ)−ϕ′(ξ)
ϕ′′(ξ)= 2 1 <0 ξ∈(ξ,ξ)⊂(1,3)
ξ −ξ 1 2
2 1
(21)【详解】
方法一：作拉格朗日函数F(x,y,z,λ,µ)= x2 + y2 +z2 +λ(x2 + y2 −z)+µ(x+ y+z−4)
F′=2x+2λx+µ=0
x
F′=2y+2λy+µ=0
y
令 F′=2z−λ+µ=0
z
F′ = x2 + y2 −z =0
λ
F′ = x+ y+z−4=0
µ
解方程组得(x ,y ,z )=(1,1,2),(x ,y ,z )=(−2,−2,8)
1 1 1 2 2 2
故所求的最大值为72，最小值为6.
方法二：问题可转化为求u = x2 + y2 +x4 +2x2y2 + y4在x+ y+x2 + y2 =4条件下的最值
设F(x,y,λ)=u = x4 + y4 +2x2y2 +x2 + y2 +λ(x+ y+x2 + y2 −4)
F′=4x3+4xy2 +2x+λ(1+2x)=0
x
令 F′=4y3+4x2y+2y+λ(1+2y)=0
y
F′ = x+ y+x2 + y2 −4=0
λ
解得(x ,y )=(1,1),(x ,y )=(−2,−2)，代入z = x2 + y2，得z =2,z =8
1 1 2 2 1 2
故所求的最大值为72，最小值为6.
(22)【详解】(I)证法一：
2a 1
2a 1
3a
a2 2a 1 0 1
2
a2 2a 1
A = r − ar a2 2a =
2 2 1
1
1
a2 2a
a2 2a
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2a 1
3a
0 1
2
4a
n−1 0 3a 4a (n+1)a
r − ar 3 =2a⋅ ⋅ ⋅ =(n+1)an
n n n−1 2 3 n
1
(n+1)a
0
n
证法二：记D =| A|，下面用数学归纳法证明D =(n+1)an．
n n
当n=1时，D =2a，结论成立．
1
2a 1
当n=2时，D = =3a2，结论成立．
2 a2 2a
假设结论对小于n的情况成立．将D 按第1行展开得
n
a2 1
0 2a 1
a2 2a 1
D =2aD −
n n−1
1
a2 2a
=2aD −a2D =2anan−1−a2(n−1)an−2 =(n+1)an
n−1 n−2
故 | A|=(n+1)an
证法三：记D =| A|，将其按第一列展开得 D =2aD −a2D ，
n n n−1 n−2
所以 D −aD =aD −a2D =a(D −aD )
n n−1 n−1 n−2 n−1 n−2
=a2(D −aD )==an−2(D −aD )=an
n−2 n−3 2 1
即 D =an +aD =an +a(an−1+aD )=2an ++a2D
n n−1 n−2 n−2
==(n−2)an +an−2D =(n−1)an +an−1D
2 1
=(n−1)an +an−1⋅2a =(n+1)an
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(II)因为方程组有唯一解，所以由Ax= B知 A ≠0，又 A =(n+1)an，故a≠0．
由克莱姆法则，将D 的第1列换成b，得行列式为
n
1 1 2a 1
0 2a 1 a2 2a 1
a2 2a a2 2a
= = D =nan−1
n−1
1 1
a2 2a a2 2a
n×n (n−1)×(n−1)
D n
所以 x = n−1 =
1 D (n+1)a
n
(III)方程组有无穷多解，由 A =0，有a=0，则方程组为
0 1 x 1
1
0 1 x 0
2
=
0 1x n−1 0
0x 0
n
此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为n−1，所以方程组有无穷多解，其通解为
k ( 1 0 0 0 )T +( 0 1 0 0 )T ,k为任意常数．
(23)【详解】(I)
证法一：假设α,α,α线性相关．因为α,α 分别属于不同特征值的特征向量，故α,α 线
1 2 3 1 2 1 2
性无关，则α可由α,α 线性表出，不妨设α =lα +lα ，其中l ,l 不全为零(若
3 1 2 3 1 1 2 2 1 2
l ,l 同时为0，则α为0，由Aα =α +α可知α =0，而特征向量都是非0向
1 2 3 3 2 3 2
量，矛盾)
Aα =−α, Aα =α
1 1 2 2
∴ Aα =α +α =α +lα +lα，又Aα = A(lα +lα)=−lα +lα
3 2 3 2 1 1 2 2 3 1 1 2 2 1 1 2 2
∴−lα +lα =α +lα +lα ，整理得：2lα +α =0
1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2
则α,α 线性相关，矛盾. 所以，α,α,α线性无关.
1 2 1 2 3
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证法二：设存在数k ,k ,k ，使得kα +kα +kα =0 (1)
1 2 3 1 1 2 2 3 3
用A左乘(1)的两边并由Aα =−α, Aα =α 得
1 1 2 2
−kα +(k +k )α +kα =0 (2)
1 1 2 3 2 3 3
(1)—(2)得 2kα −kα =0 (3)
1 1 3 2
因为α,α 是 A的属于不同特征值的特征向量，所以α,α 线性无关，从而
1 2 1 2
k =k =0，代入(1)得kα =0，又由于α ≠0，所以k =0，故α,α,α线性无关.
1 3 2 2 2 2 1 2 3
(II) 记P=(α,α,α)，则P可逆，
1 2 3
AP= A(α,α,α)=(Aα,Aα,Aα) =(−α,α,α +α)
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3
−1 0 0 −1 0 0
=(α,α,α) 0 1 1 = P 0 1 1
1 2 3
0 0 1 0 0 1
−1 0 0
所以 P−1AP= 0 1 1 .
0 0 1
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2009年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题答案
一、选择题：1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选
项是符合题目要求的.请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.
x−x3
（1）函数 f ( x )= 的可去间断点的个数为（ ）
sinnx
(
A
)
1.
(
B
)
2.
(
C
)
3.
(
D
)无穷多个.
【答案】C
【解析】
x−x3
f
(
x
)=
sinπx
则当x取任何整数时， f ( x )均无意义
故 f ( x )的间断点有无穷多个，但可去间断点为极限存在的点，故应是 x−x3 =0的解
x =0,±1
1,2,3
x−x3 1−3x2 1
lim =lim =
x→0sinπx x→0πcosπx π
x−x3 1−3x2 2
lim =lim =
x→1sinπx x→1πcosπx π
x−x3 1−3x2 2
lim = lim =
x→−1sinπx x→−1πcosπx π
故可去间断点为3个，即0,±1
（2）当x→0时， f ( x )= x−sinax与g ( x )= x2ln ( 1−bx )是等价无穷小，则（ ）
1 1 1 1
( A ) a=1,b=− . ( B ) a =1,b= . ( C ) a=−1,b=− . ( D ) a=−1,b= .
6 6 6 6
【答案】A
【解析】 f(x)= x−sinax,g(x)= x2ln(1−bx)为等价无穷小，则
f(x) x−sinax x−sinax 1−acosax a2sinax
lim =lim =lim 洛lim 洛lim
x→0 g(x) x→0 x2ln(1−bx) x→0 x2⋅(−bx) x→0 −3bx2 x→0 −6bx
a2sinax a3
=lim =− =1 ∴a3 =−6b 故排除B,C .
x→0 6b 6b
− ⋅ax
a
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1−acosax
另外lim 存在，蕴含了1−acosax→0 ( x→0 )故a =1. 排除D.
x→0 −3bx2
所以本题选A.
（3）设函数z = f ( x,y )的全微分为dz = xdx+ ydy，则点( 0,0 )（ ）
(
A
)不是
f
(
x,y
)的连续点. (
B
)不是
f
(
x,y
)的极值点.
(
C
)是
f
(
x,y
)的极大值点. (
D
)是
f
(
x,y
)的极小值点.
【答案】 D
∂z ∂z
【解析】因dz = xdx+ ydy可得 = x, = y
∂x ∂y
∂2z ∂2z ∂2z ∂2z
A= =1, B= = =0, C = =1
∂x2 ∂x∂y ∂y∂x ∂y2
∂z ∂z
又在（0，0）处， =0, =0
∂x ∂y
AC−B2 =1>0
故（0，0）为函数z = f(x,y)的一个极小值点.
（4）设函数 f ( x,y )连续，则∫ 2 dx∫ 2 f ( x,y ) dy+∫ 2 dy∫ 4−y f ( x,y ) dx=（ ）
1 x 1 y
( A ) ∫ 2 dx∫ 4−x f ( x,y ) dy. ( B ) ∫ 2 dx∫ 4−x f ( x,y ) dy.
1 1 1 x
( C ) ∫ 2 dy∫ 4−y f ( x,y ) dx. ( D ) .∫ 2 dy∫ 2 f ( x,y ) dx
1 1 1 y
【答案】C
2 2 2 2
【解析】∫ dx∫ f(x,y)dy+∫ dy∫ f(x,y)dx的积分区域为两部分：
1 x 1 x
{ } { }
D = (x,y)1≤ x≤2,x≤ y≤2 ，D = (x,y)1≤ y≤2,y≤ x≤4− y
1 2
{ }
将其写成一块D= (x,y)1≤ y≤2,1≤ x≤4− y
2 4−y
故二重积分可以表示为∫ dy∫ f(x,y)dx，故答案为C.
1 1
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（5）若 f′′( x )不变号，且曲线y = f ( x )在点( 1,1 )上的曲率圆为x2 + y2 =2，则 f ( x )在
区间( 1,2 )内（ ）
(
A
)有极值点，无零点. (
B
)无极值点，有零点.
(
C
)有极值点，有零点. (
D
)无极值点，无零点.
【答案】 B
【解析】由题意可知， f(x) 是一个凸函数，即 f ''(x)<0 ，且在点 (1,1) 处的曲率
| y''| 1
ρ= = ，而 f '(1)=−1，由此可得， f ''(1)=−2
3
2
(1+(y')2)2
在[1, 2]上， f '(x)≤ f '(1)=−1<0，即 f(x)单调减少，没有极值点.
对于 f(2)− f(1)= f '(ζ)<−1 , ζ∈(1, 2)， （拉格朗日中值定理）
∴ f(2)<0而 f(1)=1>0
由零点定理知，在[1, 2]上， f(x)有零点. 故应选（B）.
（6）设函数y = f ( x )在区间[−1,3 ]上的图形为
f(x)
O
0
x
-2 1 2 3
-1
则函数F ( x )=∫ x f ( t ) dt的图形为（ ）
0
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f(x) f(x)
1 1
0 0
x x
-2 1 2 3 -2 1 2 3
-1 -1
( ) ( )
A . B .
f(x) f(x)
1 1
0 0
x x
-1 1 2 3 -2 1 2 3
-1
( ) ( )
C . D .
【答案】D
【解析】此题为定积分的应用知识考核，由y = f(x)的图形可见，其图像与x轴及 y轴、
x= x 所围的图形的代数面积为所求函数F(x)，从而可得出几个方面的特征：
0
①x∈[
0,1
]时，F(x)≤0，且单调递减.
②x∈[
1,2
]时，F(x)单调递增.
③x∈[
2,3
]时，F(x)为常函数.
④x∈[−1,0 ]时，F(x)≤0为线性函数，单调递增.
⑤由于F(x)为连续函数
结合这些特点，可见正确选项为D.
（7）设A，B均为 2 阶矩阵，A*，B*分别为A，B的伴随矩阵.若 A =2，B =3，则分
O A
块矩阵 的伴随矩阵为（ ）
B O
O 3B* O 2B*
( ) ( )
A . B .
2A* O 3A* O
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O 3A* O 2A*
( ) ( )
C . D .
2B* O 3B* O
【答案】 B
1
【解析】根据CC∗ = C E若C∗ = C C−1,C−1 = C∗
C
0 A 0 A
分块矩阵 的行列式 =（−1）2×2 A B =2×3=6即分块矩阵可逆
B 0 B 0
1
0 B∗
0 A ∗ 0 A0 A −1 0 B−1 B
=
=6 =6
B 0 B 0 B 0 A−1 0 1 A∗ 0
A
1
0 B∗
3 0 2B∗
=6 =
1 A∗ 0 3A∗ 0
2
1 0 0
（8）设A，P均为3阶矩阵，PT 为P的转置矩阵，且PTAP= 0 1 0 ，若
0 0 2
P=（α，α，α），Q=（α +α，α，α），则QTAQ为（ ）
1 2 3 1 2 2 3
2 1 0 1 1 0
( ) ( )
A . 1 1 0 B . 1 2 0
0 0 2 0 0 2
2 0 0 1 0 0
( ) ( )
C . 0 1 0 D . 0 2 0
0 0 2 0 0 2
【答案】 A
1 0 0
【解析】Q=(α+α,α,α)=(α,α,α) 1 1 0 =(α,α,α)E (1)，即：
1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 12
0 0 1
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Q= PE (1)
12
QTAQ=[PE (1)]T A[PE (1)]= ET(1)[PTAP]E (1)
12 12 12 12
1 0 0
= ET (1) 0 1 0 E (1)
21 12
0 0 2
1 1 01 0 01 0 0 2 1 0
= 0 1 0 0 1 0 1 1 0 = 1 1 0
0 0 1 0 0 2 0 0 1 0 0 2
二、填空题：9-14小题，每小题4分，共24分.请将答案写在答题纸指定位置上.
1-t
x=∫ e−u2 du
（9）曲线 0 在（0，0）处的切线方程为 .
y =t2 ln(2−t2)
【答案】y =2x
dy 2t
【解析】 =2tln(2−t2)−t2⋅ =−2
dt 2−t2 t=1
dx
=e−(1−t)2 ⋅(−1) =−1
dt
t=1
dy
所以 =2
dx
所以 切线方程为y =2x.
+∞
（10）已知∫ ekxdx=1,则k = .
−∞
【答案】−2
b
+∞ +∞ 1
1=∫ ekxdx=2∫ ekxdx=2lim ekx
【解析】
−∞ 0 b→+∞k
0
因为极限存在所以k <0
2
1=0−
k
k =−2
1
（11）lim∫ e−xsinnxdx= .
n→∞ 0
【答案】0
【解析】令I =∫e−xsinnxdx=−e−xsinnx+n∫e−xcosnxdx
n
=−e−xsinnx−ne−xcosnx−n2I
n
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ncosnx+sinnx
所以I =− e−x +C
n n2 +1
1
ncosnx+sinnx
即lim∫ e−xsinnxdx=lim(− e−x 1)
n→∞ 0 n→∞ n2 +1 0
ncosn+sinn n
=lim(− e−1+ )
n→∞ n2 +1 n2 +1
=0
∂2y
（12）设y = y(x)是由方程xy+ey = x+1确定的隐函数，则 = .
∂x2
x=0
【答案】−3
1− y
【解析】对方程xy+ey = x+1两边关于x求导有y+xy' + y'ey =1，得y' =
x+ey
对y+xy' + y'ey =1再次求导可得2y' +xy'' + y''ey +(y')2ey =0，
2y' +(y')2ey
得y'' =− (*)
x+ey
1−0
当x=0时，y =0，y' = =1，代入(*)得
(0) e0
2y'(0)+(y'(0))2e0
y''(0)=− =−(2+1)=−3
(0+e0)3
（13）函数y = x2x在区间( 0，1 ]上的最小值为 .
2
−
【答案】e e
1
【解析】因为y′= x2x( 2lnx+2 )，令y′=0得驻点为x= .
e
又y′′= x2x( 2lnx+2 )2 +x2x⋅ 2 ，得y′′ 1 =2e − 2 e +1 >0，
x e
1 − 2
故x= 为y = x2x的极小值点，此时y =e e，
e
1 1 1 1
又当x∈ 0, 时，y′( x )<0；x∈ ,1 时，y′( x )>0，故y在 0, 上递减，在 ,1
e e e e
上递增.
2
lim 2lnx lim x
x→0+ 1 x→0+ − 1 lim(−2x)
而y ( 1 )=1，y ( 0 )= lim x2x = lime2xlnx =e x =e x2 =ex→0+ =1，
+ x→0+ x→0+
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所以y = x2x在区间( 0，1 ]上的最小值为y 1 =e − 2 e .
e
2 0 0
(14)设α，β为 3 维列向量，βT 为β的转置，若矩阵αβT 相似于 0 0 0 ，则
0 0 0
βTα= .
【答案】2
2 0 0
【解析】因为αβT 相似于 0 0 0 ，根据相似矩阵有相同的特征值，得到αβT 得特征值
0 0 0
是2,0,0而βTα是一个常数，是矩阵αβT 的对角元素之和，则βTα=2+0+0=2
三、解答题：15－23 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说
明、证明过程或演算步骤.
( 1−cosx )[ x−ln(1+tanx) ]
（15）（本题满分9分）求极限lim .
x→0 sin4 x
1
( 1−cosx )[ x−ln(1+tanx) ] x2[ x−ln(1+tanx) ]
2
【解析】lim =lim
x→0 sin4 x x→0 sin4 x
1 x2 x−ln(1+tanx) 1 x−ln(1+tanx) 1
= lim = lim =
2 x→0sin2 x sin2 x 2 x→0 sin2 x 4
（16）（本题满分10 分）
1+ x
计算不定积分∫ln(1+ )dx (x >0).
x
【解析】
1+x 1 −2tdt
令 =t得x= , dx=
x t2 −1 (t2 −1)2
1+x 1
∫ln(1+ )dx=∫ln(1+t)d
x t2 −1
ln(1+t) 1 1
= −∫ dt
t2 −1 t2 −1t+1
而
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1 1 1 1 1 2
∫ dt = ∫( − − )dt
t2 −1t+1 4 t−1 t+1 (t+1)2
1 1 1
ln(t−1)− ln(t+1)+2 +C
4 4 t+1
所以
1+x ln(1+t) 1 t+1 1
∫ln(1+ )dx= + ln − +C
x t2 −1 4 t−1 2(t+1)
1+x 1 1 x
= xln(1+ )+ ln( 1+x + x)− +C
x 2 2 1+x + x
1+x 1 1 1
= xln(1+ )+ ln( 1+x + x)+ x− x+x2 +C
x 2 2 2
（17）（本题满分10分）
∂2z
设z = f ( x+ y,x− y,xy )，其中 f 具有2阶连续偏导数，求dz与 .
∂x∂y
【解析】
∂z
= f ′+ f ′+ yf ′
∂x 1 2 3
∂z
= f ′− f ′+xf ′
∂y 1 2 3
∂z ∂z
∴dz = dx+ dy
∂x ∂y
=(f′+ f′+ yf′)dx+(f′− f′+xf′)dy
1 2 3 1 2 3
∂2z
= f ′′⋅1+ f ′′⋅(−1)+ f ′′⋅x+ f ′′⋅1+ f ′′⋅(−1)+ f ′′⋅x+ f ′+ y[f ′′⋅1+ f ′′⋅(−1)+ f ′′⋅x]
∂x∂y 11 12 13 21 22 23 3 31 32 33
= f ′+ f ′′− f ′′+xyf ′′+(x+ y)f ′′+(x− y)f ′′
3 11 22 33 13 23
（18）（本题满分 10 分）设非负函数y = y ( x )( x≥0 )满足微分方程xy′′− y′+2=0，当
曲线y = y ( x )过原点时，其与直线x=1及 y =0围成平面区域D的面积为2，求D绕y轴
旋转所得旋转体体积.
【解析】
解微分方程xy′′− y′+2=0得其通解y =C +2x+C x2,其中C，C 为任意常数
1 2 1 2
又因为 y = y(x)通过原点时与直线 x=1及 y =0围成平面区域的面积为 2，于是可得
C =0
1
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1
1 1 C C
2=∫ y(x)dx=∫ (2x+C x2)dx=(x2 + 2 x3) =1+ 2
0 0 2 3 3
0
从而C =3
2
于是，所求非负函数y =2x+3x2 (x≥0)
1
又由y =2x+3x2 可得，在第一象限曲线y = f(x)表示为x= （ 1+3y −1)
3
于是D围绕y轴旋转所得旋转体的体积为V =5π−V ，其中
1
5 5 1
V =∫ πx2dy =∫ π⋅ ( 1+3y −1)2dy
1 0 0 9
π
5
= ∫ (2+3y−2 1+3y)dy
9 0
39
= π
18
39 51 17
V =5π− π= π= π.
18 18 6
（ 19 ）（ 本 题 满 分 10 分 ） 计 算 二 重 积 分 ∫∫( x− y ) dxdy ， 其 中
D
{ }
D= ( x,y ) ( x−1 )2 +( y−1 )2 ≤2,y≥ x .
【解析】由(x−1)2 +(y−1)2 ≤2得r ≤2(sinθ+cosθ)，
3
π
4
2(sinθ+cosθ)
∴∫∫(x− y)dxdy =∫ dθ∫ (rcosθ−rsinθ)rdr
π 0
D
4
3
π
4
1 2(sinθ+cosθ)
=∫ (cosθ−sinθ)⋅r3 dθ
π 3 0
4
3
π
4 8
=∫ (cosθ−sinθ)⋅(sinθ+cosθ)⋅(sinθ+cosθ)2dθ
π 3
4
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3
π
4 8
=∫ (cosθ−sinθ)⋅(sinθ+cosθ)3dθ
π 3
4
3
π
8 4 8 1 3 π 8
= ∫ (sinθ+cosθ)3d(sinθ+cosθ)= × (sinθ+cosθ)4 4 =− .
3 π 3 4 π 3
4
4
（20）（本题满分12分）
π π
设y = y(x)是区间（-π，π）内过点（- ， ）的光滑曲线，当-π< x<0时，曲线上任一
2 2
点处的法线都过原点，当0≤ x<π时，函数y(x)满足y′′+ y+x=0.求y(x)的表达式.
x
【解析】由题意，当−π< x<0时，y =− ，即ydy =−xdx，得y2 =−x2 +c，
y'
π π
又y(− )= 代入y2 =−x2 +c得c=π2，从而有x2 + y2 =π2
2 2
当0≤ x<π时，y''+ y+x=0得 y''+ y =0 的通解为y* =c cosx+c sinx
1 2
令解为y = Ax+b，则有0+ Ax+b+x=0，得A=−1,b=0，
1
故y =−x，得y''+ y+x=0的通解为y =c cosx+c sinx−x
1 1 2
由于y = y(x)是(−π,π)内的光滑曲线，故y在x=0处连续
于是由y(0−)=±π , y(0+)=c ，故c =±π时，y = y(x)在x=0处连续
1 1
x
又当 −π< x<0时，有2x+2y⋅y'=0，得y '(0)=− =0，
−
y
当0≤ x<π时，有y'=−c sinx+c cosx−1，得y '(0)=c −1
1 2 + 2
由y '(0)= y '(0)得c −1=0，即 c =1
− + 2 2
− π2 −x2 , −π< x<0
故 y = y(x)的表达式为y = 或
−πcosx+sinx−x,0≤ x<π
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π2 −x2 , −π< x<0 π π
y = ，又过点 − , ，
πcosx+sinx−x,0≤ x<π 2 2
π2 −x2 , −π< x<0
所以y = .
πcosx+sinx−x,0≤ x<π
（21）（本题满分11分）
（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数 f ( x )在[ a,b ]上连续，在( a,b )可导，则存在
ξ∈( a,b )，使得 f ( b )− f ( a )= f′(ξ)( b−a )；
（Ⅱ）证明：若函数 f ( x )在x=0处连续，在( 0,δ)(δ>0 )内可导，且lim f′( x )= A，
x→0+
则 f ′( 0 )存在，且 f ′( 0 )= A.
+ +
f(b)− f(a)
【解析】（Ⅰ）作辅助函数ϕ(x)= f(x)− f(a)− (x−a)，易验证ϕ(x)满足：
b−a
ϕ(a)=ϕ(b) ； ϕ(x) 在 闭 区 间 [ a,b ] 上 连 续 ， 在 开 区 间 ( a,b ) 内 可 导 ， 且
f(b)− f(a)
ϕ'(x)= f '(x)− .
b−a
根据罗尔定理，可得在(
a,b
)内至少有一点ξ，使ϕ'(ξ)=0，即
f(b)− f(a)
f '(ξ) − =0,∴ f(b)− f(a)= f '(ξ)(b−a)
b−a
（Ⅱ）任取x ∈(0,δ)，则函数 f(x)满足；
0
在闭区间[ 0,x ]上连续，开区间( 0,x ) 内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在
0 0
ξ ∈( 0,x )⊂( 0,δ)，使得 f ' ( ξ ) = f(x 0 )− f(0) ……( * )
x 0 0 x 0 x −0
0
又由于lim f '( x )= A，对上式（*式）两边取x →0+时的极限可得：
x→0+ 0
f(x )− f ( 0 )
f '( 0 )= lim 0 = lim f '(ξ )= lim f '(ξ )= A
+ x →0+ x −0 x →0+ x 0 ξ →0+ x 0
0 0 0 x0
故 f '(0)存在，且 f '(0)= A.
+ +
1 −1 −1 −1
（22）（本题满分11分设A= −1 1 1 ，ξ = 1
1
0 −4 −2 −2
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（Ⅰ）求满足Aξ =ξ,A2ξ =ξ的所有向量ξ,ξ；
2 1 3 1 2 3
（Ⅱ）对（Ⅰ）中的任一向量ξ,ξ，证明：ξ,ξ,ξ线性无关.
2 3 1 2 3
【解析】（Ⅰ）解方程Aξ =ξ
2 1
1 −1 −1 −1 1 −1 −1 −1 1 −1 −1 −1
( A,ξ)= −1 1 1 1 → 0 0 0 0 → 0 2 1 1
1
0 −4 −2 −2 0 2 1 1 0 0 0 0
r(A)=2故有一个自由变量，令x =2，由Ax=0解得，x =−1,x =1
3 2 1
求特解，令x = x =0，得x =1
1 2 3
1 0
故ξ =k −1 + 0 ，其中k 为任意常数
2 1 1
2 1
解方程A2ξ =ξ
3 1
2 2 0
A2 = −2 −2 0
4 4 0
−1
1 1 0
2 2 0 −1 2
( )
A2,ξ
1
=
−2 −2 0 1
→0 0 0 0
4 4 0 2 0 0 0 0
故有两个自由变量，令x =−1，由A2x=0得x =1,x =0
2 1 3
1 1
2 1 2
求特解η
2
=0 故 ξ
3
=k
2
−1
+0 ，其中k
2
为任意常数.
0 0 0
（Ⅱ）证明：
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1
−1 k k +
1 2 2
1 1
由于 1 −k −k =2kk +(2k +1)(k + )−2k (k + )−k (2k +1)
1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1
−2 2k +1 0
1
1
= ≠0 故ξ,ξ,ξ 线性无关.
2 1 2 3
（23）（本题满分11分）设二次型 f ( x ,x ,x )=ax2 +ax2 +( a−1 ) x2 +2x x −2x x
1 2 3 1 2 3 1 3 2 3
（Ⅰ）求二次型 f 的矩阵的所有特征值；
（Ⅱ）若二次型 f 的规范形为y2 + y2，求a的值.
1 2
a 0 1
【解析】（Ⅰ） A= 0 a −1
1 −1 a−1
λ−a 0 −1
λ−a 1 0 λ−a
|λE−A|= 0 λ−a 1 =(λ−a) −
1 λ−a+1 −1 1
−1 1 λ−a+1
=(λ−a)[(λ−a)(λ−a+1)−1]−[0+(λ−a)]
=(λ−a)[(λ−a)(λ−a+1)−2]
=(λ−a)[λ2 −2aλ+λ+a2 −a−2]
1 9
=(λ−a){[aλ+ (1−2a)]2 − }
2 4
=(λ−a)(λ−a+2)(λ−a−1)
∴λ=a,λ =a−2,λ =a+1
1 2 3
（Ⅱ） 若规范形为y2 + y2，说明有两个特征值为正，一个为0.则
1 2
1) 若λ=a =0，则 λ =−2<0 ，λ =1 ，不符题意
1 2 3
2) 若λ =0 ，即a=2，则λ=2>0，λ =3>0，符合
2 1 3
3) 若λ =0 ，即a=−1，则λ=−1<0 ，λ =−3<0，不符题意
3 1 2
综上所述，故a=2.
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2010 年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题参考答案
一、选择题
(1)【答案】 (B).
x2 −x 1
【解析】因为 f(x)= 1+ 有间断点x=0,±1,又因为
x2 −1 x2
x(x−1) 1 1
lim f(x)=lim 1+ =limx 1+ ,
x→0 x→0(x+1)(x−1) x2 x→0 x2
1 1
其中lim x 1+ =1,lim = x 1+ =−1,所以x=0为跳跃间断点.
x→0+ x2 x→0− x2
1 2
显然lim f(x)= 1+1= ,所以x=1为连续点.
x→1 2 2
x(x−1) 1
而 lim f(x)= lim 1+ =∞,所以x=−1为无穷间断点,故答案选择
x→−1 x→−1(x+1)(x−1) x2
B.
(2)【答案】 (A)．
【解析】因λy −µy 是y′+P ( x ) y =0的解,故(λy −µy )′ +P ( x )(λy −µy )=0,所以
1 2 1 2 1 2
λ y ′+P ( x ) y −µ y ′+ p(x)y =0,
1 1 2 2
而由已知 y ′+P ( x ) y =q ( x ) ,y ′+P ( x ) y =q ( x ),所以
1 1 2 2
(λ−µ) q ( x )=0, ①
又由于一阶次微分方程 y′+ p ( x ) y =q ( x ) 是非齐的,由此可知 q ( x )≠0 ,所以
λ−µ=0．
由于λy +µy 是非齐次微分方程y′+P ( x ) y =q ( x )的解,所以
1 2
(λy +µy )′ +P ( x )(λy +µy )=q ( x ),
1 2 1 2
整理得 λ y ′+P ( x ) y +µ y ′+P ( x ) y =q ( x ),
1 1 2 2
即 (λ+µ) q ( x )=q ( x ),由q ( x )≠0可知λ+µ=1, ②
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1
由①②求解得λ=µ= ,故应选(A)．
2
(3)【答案】 (C).
【解析】因为曲线y = x2与曲线y =alnx(a≠0)相切,所以在切点处两个曲线的斜率相同,
a a
所以2x= ,即x= (x>0).又因为两个曲线在切点的坐标是相同的,所以在y = x2上,
x 2
a a a a a a
当x= 时y = ；在y =alnx上,x= 时, y =aln = ln .
2 2 2 2 2 2
a a a
所以 = ln .从而解得a=2e.故答案选择(C).
2 2 2
(4)【答案】 (D).
【解析】x=0与x=1都是瑕点.应分成
mln2( 1−x ) 1 mln2( 1−x ) mln2( 1−x )
1 1
∫ dx=∫2 dx+∫ dx,
1
0 n x 0 n x n x
2
1
[ln2(1−x)]m
1 mln2( 1−x ) 1
xn
用比较判别法的极限形式,对于∫2 dx,由于lim =1.
0 n x x→0+ 1
1 2
−
xn m
1 2
显然,当0< − <1,则该反常积分收敛.
n m
1 2 [ln2(1−x)]m 1 1 mln2( 1−x )
当 − ≤0,lim 存在,此时∫2 dx实际上不是反常积分,故收
n m x→0+ 1 0 n x
xn
敛.
1 mln2( 1−x ) mln2( 1−x )
1
故不论m,n是什么正整数,∫2 dx总收敛.对于∫ dx,取
1
0 n x n x
2
0<δ<1,不论m,n是什么正整数,
1
[ln2(1−x)]m
1
1
lim xn = limln2(1−x)m(1−x)δ =0,
x→1− 1 x→1−
(1−x)δ
mln2( 1−x )
1
所以∫ dx收敛,故选(D).
1
n x
2
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(5) 【答案】 (B).
∂z F ′ F 1 ′ − x y 2 +F 2 ′ − x z 2 F 1 ′⋅ x y +F 2 ′⋅ x z yF ′+zF ′
【解析】 =− x =− = = 1 2 ,
∂x
F
′
F
′⋅
1
F
′
xF
′
z 2 2
2 x
1
∂z =− F y ′ =− F 1
′⋅
x =− F 1 ′ ,
∂y
F
′
F
′⋅
1
F
′
z 2
2 x
∂z ∂z yF ′+zF ′ yF ′ F ′⋅z
x + y = 1 2 − 1 = 2 = z．
∂x ∂y
F
′
F
′
F
′
2 2 2
(6) 【答案】 (D).
n n n n 1 n n n n n 1
【解析】∑ ∑ =∑ (∑ ) =(∑ )(∑ )
( n+i )( n2 + j2 ) n+i n2 + j2 n2 + j2 n+i
i=1 j=1 i=1 j=1 j=1 i=1
lim∑ n n =lim 1 ∑ n 1 =∫ 1 1 dy,
n→∞
j=1
n2 + j2 n→∞n
j=11+(
j
)2
01+ y2
n
lim∑ n n =lim 1 ∑ n 1 =∫ 1 1 dx,
n→∞ n+i n→∞n i 01+x
i=1 i=11+( )
n
n n n n 1 n 1
lim∑∑ =lim(∑ )(∑ )
n→∞ ( n+i )( n2 + j2 ) n→∞ n2 + j2 n+i
i=1 j=1 j=1 i=1
n n n n
=(lim∑ ) (lim∑ )
n→∞ n2 + j2 n→∞ n+i
j=1 i=1
1 1 1 1 1 1 1
=(∫ dx)(∫ dy) =∫ dx∫ dy.
01+x 01+ y2 0 0( 1+x )( 1+ y2 )
(7) 【答案】 (A)．
【解析】由于向量组I能由向量组II线性表示,所以r(I)≤r(II),即
r(α,,α)≤r(β,,β)≤s
1 r 1 s
若向量组 I 线性无关,则 r(α,,α)=r ,所以 r =r(α,,α)≤r(β,,β)≤s ,即
1 r 1 r 1 s
r ≤s,选(A).
(8) 【答案】 (D).
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【解析】：设λ为A的特征值,由于A2 + A=O,所以λ2 +λ=0,即(λ+1)λ=0,这样A的
特征值只能为-1 或 0. 由于 A 为实对称矩阵,故 A 可相似对角化,即 A Λ ,
−1 −1
−1 −1
r(A)=r(Λ)=3,因此,Λ = ,即A Λ = .
−1 −1
0 0
二、填空题
(9)【答案】y =Ce2x +C cosx+C sinx.
1 2 3
【解析】该常系数线性齐次微分方程的特征方程为 λ3−2λ2 +λ−2=0,因式分解得
λ2(λ−2 )+(λ−2 )=(λ−2 )( λ2 +1 ) =0,
解得特征根为λ=2, λ=±i,所以通解为 y =Ce2x +C cosx+C sinx.
1 2 3
(10) 【答案】y =2x.
2x3
x2 +1
【解析】因为lim =2,所以函数存在斜渐近线,又因为
x→∞ x
2x3 2x3 −2x3−2x
lim −2x=lim =0,所以斜渐近线方程为y =2x.
x→∞ x2 +1 x→∞ x2 +1
(11)【答案】−2n⋅( n−1 ) !.
(n−1)!
【解析】由高阶导数公式可知ln(n)(1+x) =(−1)n−1 ,
(1+x)n
(n−1)! (n−1)!
所以 ln(n)( 1−2x )=(−1)n−1 ⋅(−2 )n =−2n ,
(1−2x)n (1−2x)n
(n−1)!
即 y(n)(0)=−2n =−2n(n−1)!.
(1−2⋅0)n
(12)【答案】 2 ( eπ−1 ) .
【解析】因为 0≤θ≤π,所以对数螺线r =eθ的极坐标弧长公式为
∫ π ( eθ)2 + ( eθ)2 dθ=∫ π 2 ⋅eθdθ= 2 ( eπ−1 ) .
0 0
(13)【答案】3cm/s.
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【解析】设l = x(t),w= y(t),由题意知,在t =t 时刻 x(t )=12,y(t )=5,且 x′(t )=2,
0 0 0 0
y′(t )=3,设该对角线长为S(t),则 S(t)= x2(t)+ y2(t) ,所以
0
x(t)x′(t)+ y(t)y′(t)
S′(t)= .
x2(t)+ y2(t)
x(t )x′(t )+ y(t )y′(t ) 12⋅2+5⋅3
所以 S′(t )= 0 0 0 0 = =3.
0
x2(t )+ y2(t ) 122 +52
0 0
(14)【答案】3.
【解析】由于A(A−1+B)B−1 =(E+ AB)B−1 = B−1+ A,所以
A+B−1 = A(A−1+B)B−1 = A A−1+B B−1
1
因为 B =2,所以 B−1 = B −1 = ,因此
2
1
A+B−1 = A A−1+B B−1 =3×2× =3.
2
三、解答题
(15)【解析】因为 f(x)=∫
x2
(x2 −t)e−t2 dt = x2∫
x2
e−t2 dt−∫
x2
te−t2 dt,
1 1 1
所 以 f′(x)=2x∫
x2
e−t2 dt+2x3e−x4 −2x3e−x4 =2x∫
x2
e−t2 dt , 令 f′(x)=0 , 则
1 1
x=0,x=±1.
又 f′′(x)=2∫ x2 e−t2 dt+4x2e−x4,则 f′′(0)=2∫ 0 e−t2 dt <0,所以
1 1
1
f(0)=∫ 0 (0−t)e−t2 dt =− 1 e−t2 = 1 (1−e−1)
1 2 2
0
是极大值.
而 f′′(±1)=4e−1 >0,所以 f(±1)=0为极小值.
又因为当 x≥1时, f′(x)>0；0≤ x<1时, f′(x)<0；−1≤ x<0时, f′(x)>0；
x<−1时, f′(x)<0,所以 f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)(0,1), f(x)的单调递增区
间为(−1,0)(1,+∞).
(16) 【解析】 (I)当0< x<1时0−1.因为 y ( 1 )=ψ′( 1 )=6,
所以C =0,故y =3t ( t+1 ),即ψ′( t )=3t ( t+1 ),
3
故ψ( t )=∫ 3t ( t+1 ) dt = t2 +t3+C ．
2 1
5 3
又由ψ( 1 )= ,所以C =0,故ψ( t )= t2 +t3,(t >−1).
2 1 2
(18)【解析】油罐放平,截面如图建立坐标系之后,边界椭
圆的方程为：
x2 y2
+ =1
a2 b2
阴影部分的面积
b 2a b
S =∫2 2xdy = ∫2 b2 − y2dy
−b b −b
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π b π
令y =bsint,y =−b时t =− ;y = 时t = .
2 2 6
π π 1 1 2 3
S =2ab∫6 cos2tdt =2ab∫6 ( + cos2t)dt =( π+ )ab
π π
− − 2 2 3 4
2 2
2 3
所以油的质量m=( π+ )ablρ.
3 4
(19)【解析】由复合函数链式法则得
∂u ∂u ∂ξ ∂u ∂η ∂u ∂u
= ⋅ + ⋅ = + ,
∂x ∂ξ ∂x ∂y ∂x ∂ξ ∂η
∂u ∂u ∂ξ ∂u ∂η ∂u ∂u
= ⋅ + = ⋅a+b⋅ ,
∂y ∂ξ ∂y ∂η∂y ∂ξ ∂η
∂2u ∂ ∂u ∂u ∂2u ∂ξ ∂2u ∂η ∂2u ∂η ∂2u ∂η
= + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
∂x2 ∂x∂ξ ∂η ∂ξ2 ∂x ∂ξ∂η ∂x ∂η2 ∂x ∂ξ∂η ∂x
∂2u ∂2u ∂2u
= + +2 ,
∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η
∂2u ∂ ∂u ∂u ∂2u ∂ξ ∂2u ∂η ∂2u ∂η ∂2u ∂η
= + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
∂x∂y ∂y∂ξ ∂η ∂ξ2 ∂y ∂ξ∂η ∂y ∂η2 ∂y ∂ξ∂η ∂y
∂2u ∂2u ∂2u
=a +b +(a+b) ,
∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η
∂2u ∂ ∂u ∂u ∂2u ∂2u ∂2u ∂2u
= a +b =a(a +b )+b(a +a )
∂y2 ∂y ∂ξ ∂η ∂ξ2 ∂ξ∂η ∂η2 ∂ξ∂η
∂2u ∂2u ∂2u
=a2 +b2 +2ab ,
∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η
∂2u ∂u2 ∂2u
故4 +12 +5
∂x2 ∂x∂y ∂y2
∂2u ∂2u ∂2u
=(5a2 +12a+4) +(5b2 +12b+4) +[ 12(a+b)+10ab+8 ] =0,
∂ξ2 ∂η2 ∂ξ∂η
5a2 +12a+4=0
所以 5b2 +12b+4=0 ,
12(a+b)+10ab+8≠0
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2 2 2 2
则a =− 或−2,b=− 或−2.又因为当(a,b)为(−2,−2),(− ,− )时方程(3)不满足,
5 5 5 5
2 2
所以当(a,b)为(− ,−2) ,(−2,− )满足题意.
5 5
(20)【解析】I =∫∫r2sinθ 1−r2cos2θdrdθ
D
( )
=∫∫rsinθ 1−r2 cos2θ−sin2θ ⋅rdrdθ
D
=∫∫ y 1−x2 + y2dxdy
D
1 x
11
( )
3
=∫ dx∫ y 1−x2 + y2dy =∫ 1− 1−x2 2dx
0 0 03
3
11 1 1( )2 1 π 1 3
=∫ dx− ∫ 1−x2 dx = −∫2cos4θdθ= − π.
03 3 0 3 0 3 16
1 1
(21)【解析】令F ( x )= f ( x )− x3,对于F ( x )在 0, 上利用拉格朗日中值定理,得存
3 2
1
在ξ∈ 0, , 使得
2
1 1
F −F ( 0 )= F′(ξ)．
2 2
1 1
对于F ( x )在 ,1 上利用拉格朗日中值定理,得存在η∈ ,1,使得
2 2
1 1
F ( 1 )−F = F′(η),
2 2
两式相加得 f′(ξ)+ f′(η)=ξ2 +η2.
1 1
所以存在ξ∈ 0, ,η∈ ,1 ,使 f′(ξ)+ f′(η)=ξ2 +η2.
2 2
(22) 【解析】因为方程组有两个不同的解,所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于 3,进而
可以通过秩的关系求解方程组中未知参数,有以下两种方法.
方法1：( I )已知Ax=b有2个不同的解,故r(A)=r(A)<3,对增广矩阵进行初等行
变换,得
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λ 1 1 a 1 1 λ 1
A= 0 λ−1 0 1 → 0 λ−1 0 1
1 1 λ 1 λ 1 1 a
1 1 λ 1 1 1 λ 1
→ 0 λ−1 0 1 → 0 λ−1 0 1
0 1−λ 1−λ2 a−λ 0 0 1−λ2 a−λ+1
1 1 1 1 1 1 1 1
当λ=1时,A→ 0 0 0 1 → 0 0 0 1 ,此时,r(A)≠r(A),故Ax=b无解(舍去)．
0 0 0 a 0 0 0 0
1 1 −1 1
当λ=−1时,A→ 0 −2 0 1 ,由于r(A)=r(A)<3,所以a =−2,故λ=−1 ,a=−2.
0 0 0 a+2
方法2：已知Ax=b有2个不同的解,故r(A)=r(A)<3,因此 A =0,即
λ 1 1
A = 0 λ−1 0 =(λ−1)2(λ+1)=0,
1 1 λ
知λ=1或-1.
当λ=1时,r(A)=1≠r(A)=2,此时, Ax=b无解,因此λ=−1.由r(A)=r(A),得
a=−2.
( II ) 对增广矩阵做初等行变换
3
1 0 −1
2
−1 1 1 −2 1 −1 −1 2
1
A= 0 −2 0 1 → 0 2 0 −1 → 0 1 0 −
2
1 1 −1 1 0 0 0 0
0 0 0 0
3
3 2
x −x = x 1
1 3 2 1 1
可知原方程组等价为 ,写成向量的形式,即 x = x 0 + − .
1
2 3
2
x =− x 1
2 2 3 0
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3
2
1
1
因此Ax=b的通解为x=k 0 + − ,其中k为任意常数.
2
1
0
0 −1 4
(23)【解析】由于A= −1 3 a ,存在正交矩阵Q,使得QTAQ为对角阵,且Q的第一
4 a 0
1 1
列为 (1,2,1)T,故A对应于λ的特征向量为ξ = (1,2,1)T.
1 1
6 6
1 1
6 6
根据特征值和特征向量的定义,有 2 2 ,即
A =λ
1
6 6
1 1
6 6
0 −1 41 1 0 −1 4
−1 3 a 2 =λ 2 ,由此可得a=−1,λ=2.故A= −1 3 −1 .
1 1
4 a 01 1 4 −1 0
λ 1 −4
由λE−A = 1 λ−3 1 =(λ+4)(λ−2)(λ−5)=0,
−4 1 λ
可得A的特征值为λ=2,λ =−4,λ =5.
1 2 3
−4 1 −4x
1
由(λE−A)x=0,即 1 −7 1 x =0,可解得对应于λ =−4的线性无关的
2 2 2
−4 1 −4x
3
特征向量为ξ =(−1,0,1)T.
2
5 1 −4x
1
由(λE−A)x=0,即 1 2 1 x =0 ,可解得对应于λ =5 的特征向量为
3 2 3
−4 1 5 x
3
ξ =(1,−1,1)T .
3
由于A为实对称矩阵,ξ,ξ,ξ为对应于不同特征值的特征向量,所以ξ,ξ,ξ相互正
1 2 3 1 2 3
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交,只需单位化：
ξ 1 ξ 1 ξ 1
η = 1 = (1,2,1)T,η = 2 = (−1,0,1)T,η = 3 = (1,−1,1)T ,
1 ξ 6 2 ξ 2 3 ξ 3
1 2 3
1 1 1
−
6 2 3 2
取
Q=(η,η,η)=
2
0 −
1
,则QTAQ=Λ =
−4
.
1 2 3 6 3
5
1 1 1
6 2 3
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2011 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案
一、选择题(1～8小题，每小题4分，共32分．下列每题给出的四个选项中，只有一
个选项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上．)
．．．
(1)【答案】(C)．
3sinx−sin3x 3sinx−sinxcos2x−cosxsin2x
【解析】因为lim =lim
x→0 cxk x→0 cxk
( )
sinx 3−cos2x−2cos2 x 3−cos2x−2cos2 x
=lim =lim
x→0 cxk x→0 cxk−1
( )
3− 2cos2 x−1 −2cos2 x 4−4cos2 x 4sin2 x
=lim =lim =lim
x→0 cxk−1 x→0 cxk−1 x→0 cxk−1
4
=lim =1．
x→0 cxk−3
所以c=4,k =3，故答案选(C)．
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(2)【答案】(B)．
x2f ( x )−2f ( x3 )
【解析】lim
x→0 x3
x2f ( x )−x2f ( 0 )−2f ( x3 ) +2f ( 0 )
=lim
x→0 x3
f ( x )− f ( 0 ) f ( x3 ) − f ( 0 )
=lim −2
x→0 x x3
= f′( 0 )−2f′( 0 )=−f′( 0 )．
故答案选(B)．
(3)【答案】(C)．
【解析】 f(x)=ln x−1+ln x−2 +ln x−3
1 1 1
f '(x)= + +
x−1 x−2 x−3
3x2 −12x+11
=
(x−1)(x−2)(x−3)
6± 3
令 f '(x)=0，得x = ，故 f(x)有两个不同的驻点．
1,2 3
(4)【答案】(C)．
【解析】微分方程对应的齐次方程的特征方程为r2−λ2 =0，解得特征根r =λ,r =−λ．
1 2
所以非齐次方程y′′−λ2y =eλx有特解y = x⋅a⋅eλx,
1
非齐次方程y′′−λ2y =e−λx有特解y = x⋅b⋅e−λx，
2
故 由 微 分 方 程 解 的 结 构 可 知 非 齐 次 方 程 y′′−λ2y =eλx +e−λx 可 设 特 解
y = x(aeλx +be−λx).
(5)【答案】(A)．
∂z ∂z
【解析】由题意有 = f′(x)g(y)， = f(x)g′(y)
∂x ∂y
∂z ∂z
所以， = f′(0)g(0)=0， = f(0)g′(0)=0，即( 0,0 )点是可能的极值点．
∂x ∂y
(0,0) (0,0)
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∂2z ∂2z ∂2z
又因为 = f′′(x)g(y)， = f′(x)g′(y)， = g′′(y)f(x)，
∂x2 ∂x∂y ∂y2
∂2z α2z
所以，A= | = f′′(0)⋅g(0)，B= | = f′(0)⋅g′(0)=0，
∂x2 (0,0) ∂x∂y (0,0)
∂2z
C = | = f(0)⋅g′′(0)，
∂y2 (0,0)
根据题意由( 0,0 )为极小值点，可得AC−B2 = A⋅C >0,且A= f′′(0)⋅g(0)>0，所以有
C = f(0)⋅g′′(0)>0.由题意 f(0)>0,g(0)<0，所以 f′′(0)<0,g′′(0)>0，故选(A)．
(6)【答案】(B)．
π
【解析】因为0< x< 时， 00．
当 a>0 时 ， 又 因 为
x
∫ ln(1+t2)dt
ln(1+x2) x2 1
lim 0 = lim = lim = lim ⋅x3−a =0．
x→0+ xa x→0+ axa−1 x→0+ axa−1 x→0+ a
所以3−a >0即a<3．
2x
x
∫ ln(1+t2)dt ln(1+x2) 1+x2 2 x3−a
又因为0= lim 0 = lim = lim = lim
x→+∞ xa x→+∞ axa−1 x→+∞a(a−1)xa−2 a(a−1)x→+∞1+x2
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所以3−a<2，即a >1，综合得10，所以y =− 为极小值．
3 3 3
当t =−1时，x=−1，y =1，此时y′′<0，所以y =1为极大值．
1
令y′′(x)=0得t =0，x= y = ．
3
1 1
当t <0时，x< ，此时y′′<0；当t >0时，x> ，此时y′′>0．
3 3
1 1 1 1
所以曲线的凸区间为 −∞， ，凹区间为 ，+∞ ，拐点为( , )．
3 3 3 3
(17) (本题满分9分)
【解析】z = f [ xy,yg(x) ]
∂z
= f′[ xy,yg(x) ]⋅y+ f′[ xy,yg(x) ]⋅yg′(x)
∂x 1 2
∂2z
= f′[ xy,yg(x) ]+ y [ f′′(xy,yg(x))x+ f′′(xy,yg(x))g(x) ]
∂x∂y 1 11 12
+g′(x)⋅ f′[ xy,yg(x) ]+ yg′(x){f′′[xy,yg(x)]⋅x+ f′′[xy,yg(x)]g(x)}．
2 12 22
因为g(x)在x=1可导，且为极值,所以g′(1)=0，则
d2z
| = f′(1,1)+ f′′(1,1)+ f′′(1,1)．
dxdy x=1 1 11 12
y=1
(18) (本题满分10分)
【解析】由题意可知当x=0时，y =0，y'(0)=1，由导数的几何意义得y′=tanα,
d dy y′′
即α=arctan y′，由题意 ( arctan y′)= ，即 = y′．
dx dx 1+ y′2
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p′ dp
令y′= p，y′′= p′，则 = p，∫ =∫dx，即
1+ p2 p3 + p
dp p 1 1
∫ −∫ dp =∫dx，ln| p|− ln(p2 +1)= x+c ，即 p2 = ．
p p2 +1 2 1 ce−2x −1
1
当x=0， p=1，代入得c=2，所以 y'= ，
2e−2x −1
x dt x etdt
则y(x)− y(0)=∫ =∫
0 2e−2t −1 0 2−e2t
et
d
x 2 et ex π
=∫ =arcsin |x=arcsin − ．
0 et 2 0 2 4
1−( )2
2
2 π
又因为y(0)=0，所以y(x)=arcsin ex − ．
2 4
(19) (本题满分10分)
1
【解析】(Ⅰ)设 f ( x )=ln ( 1+x ) ,x∈ 0,
n
1
显然 f(x)在 0, 上满足拉格朗日的条件，
n
1 1 1 1 1 1
f − f ( 0 )=ln1+ −ln1=ln1+ = ⋅ ,ξ∈ 0,
n n n 1+ξ n n
1
所以ξ∈ 0, 时，
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
⋅ < ⋅ < ⋅ ，即： < ⋅ < ，
1 n 1+ξ n 1+0 n n+1 1+ξ n n
1+
n
1 1 1
亦即： ∑ln1+ −lnn，
n k k
k=1 k=1
n 1 n k+1 2 3 4 n+1
∑ln1+
=ln∏
=ln ⋅ ⋅
=ln ( n+1 )，
k k 1 2 3 n
k=1 k=1
n 1 n 1
a =∑ −lnn>∑ln1+ −lnn>ln ( n+1 )−lnn>0．
n k k
k=1 k=1
得到数列{
a
}有下界．利用单调递减数列且有下界得到{
a
}收敛．
n n
(20) (本题满分11分)
【解析】(I)容器的容积即旋转体体积分为两部分
1
2( ) ( )
V =V +V =π∫ 2y− y2 dy+π∫2 1− y2 dy
1 2 1 −1
2
1
2
y3 y32 1 9
=πy2− +πy− =π 5+ −3 = π．
3 1 3 4 4
−1
2
(II) 所做的功为
dw=πρg(2− y)(1− y2)dy+πρg(2− y)(2y− y2)dy
1
2
w=πρg∫2(2− y)(1− y2)dy+πρg∫ (2− y)(2y− y2)dy
1
−1
2
1
2
=πρg∫2(y3−2y2 − y+2)dy+∫ +y3−4y2 +4y)dy
1
−1
2
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1 1 1
2 2
y4 2 2y3 2 y2 2 1 y2 4y3 2
=πρg − − +2y 2 + − +2y2
4 −1 3 −1 2 −1 −1 4 1 3 1 1 2
2 2
27×103
= πg =3375gπ．
8
(21) (本题满分11分)
【解析】因为 f(x,1)=0， f(1,y)=0，所以 f′(x,1)=0．
x
1 1 1 1
I =∫ xdx∫ yf′′(x,y)dy =∫ xdx∫ ydf′(x,y)
xy x
0 0 0 0
( )
=∫ 1 xdx yf′( x,y ) |1 −∫ 1 f′( x,y ) dy =∫ 1 xdx f′(x,1)−∫ 1 f′(x,y)dy
0
x 0
0
x
0
x
0
x
1 1 1 1 1 1
=−∫ xdx∫ f′(x,y)dy =−∫ dy∫ xf′(x,y)dx =−∫ dy xf(x,y)|1 −∫ f(x,y)dx
0 0
x
0 0
x
0
0
0
1 1
=−∫ dy f(1,y)−∫ f(x,y)dx =∫∫ f(x,y)dxdy =a．
0
0
D
(22) (本题满分11分)
【解析】(I)由于α,α,α不能由β,β,β线性表示，对(β,β,β,α,α,α)进行初
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
等行变换：
1 1 3 1 0 1
(β,β,β,α,α,α)= 1 2 4 0 1 3
1 2 3 1 2 3
1 3 a 1 1 5
1 1 3 1 0 1 1 1 3 1 0 1
→ 0 1 1 −1 1 2 → 0 1 1 −1 1 2 ．
0 2 a−3 0 1 4 0 0 a−5 2 −1 0
当a=5时，r(β,β,β)=2≠r(β,β,β,α)=3，此时，α不能由β,β,β线性表示，
1 2 3 1 2 3 1 1 1 2 3
故α,α,α不能由β,β,β线性表示．
1 2 3 1 2 3
(II)对(α,α,α,β,β,β)进行初等行变换：
1 2 3 1 2 3
1 0 1 1 1 3
(α,α,α,β,β,β)= 0 1 3 1 2 4
1 2 3 1 2 3
1 1 5 1 3 5
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1 0 1 1 1 3 1 0 1 1 1 3
→ 0 1 3 1 2 4 → 0 1 3 1 2 4
0 1 4 0 2 2 0 0 1 −1 0 −2
1 0 0 2 1 5
→ 0 1 0 4 2 10 ，
0 0 1 −1 0 −2
故β =2α +4α −α，β =α +2α ，β =5α +10α −2α．
1 1 2 3 2 1 2 3 1 2 3
(23) (本题满分11分)
1 1 −1 1
【解析】(I)由于A 0 0 = 0 0 ，设α =( 1,0,−1 )T ,α =( 1,0,1 )T，则
1 2
−1 1 1 1
A (α,α )=(−α,α )，即Aα =−α,Aα =α ，而α ≠0,α ≠0，知A的特征值为
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
λ=−1,λ =1，对应的特征向量分别为kα( k ≠0 )，kα ( k ≠0 )．
1 2 1 1 1 2 2 2
由于r ( A )=2，故 A =0，所以λ =0．
3
由于A是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设λ =0对应的
3
特征向量为α =( x ,x ,x )T，则
3 1 2 3
αTα =0, x −x =0,
1 3 即 1 3
αTα =0, x +x =0．
2 3 1 3
解此方程组，得α =( 0,1,0 )T ，故λ =0对应的特征向量为kα ( k ≠0 )．
3 3 3 3 3
(II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化：
α 1 α 1 α
β = 1 = ( 1,0,−1 )T ,β = 2 = ( 1,0,1 )T ,β = 3 =( 0,1,0 )T ．
1 α 2 2 α 2 3 α
1 2 3
−1
令Q=(β,β,β)，则QTAQ=Λ= 1 ，
1 2 3
0
A=QΛQT
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2 2
2 2 0 −
0 2 2
2 2 −1
2 2
= 0 0 1 1 0
2 2
− 2 2 0 0 0 1 0
2 2
2 2
2 2 0 −
− 0 2 2
2 2 0 0 1
2 2
= 0 0 0 0 = 0 0 0 ．
2 2
2 2 0 1 0 1 0 0
0
2 2
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2012 年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题解析
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，只有一项符合题目要求
的，请将所选项前的字母填在答
．
题
．
纸
．
指定位置上.
x2 +x
（1）曲线y = 渐近线的条数为（）
x2 −1
（A）0
（B）1
（C）2
（D）3
【答案】：C
x2 +x
【解析】：lim =∞，所以x=1为垂直的
x→1 x2 −1
x2 +x
lim =1，所以y =1为水平的，没有斜渐近线 故两条选C
x→∞ x2 −1
（2）设函数 f(x)=(ex −1)(e2x −2)(enx −n)，其中n为正整数，则 f '(0)=
（A）(−1)n−1(n−1)!
（B）(−1)n(n−1)!
（C）(−1)n−1n!
（D）(−1)nn!
【答案】：C
【解析】：f '(x)=ex(e2x −2)(enx −n)+(ex −1)(2e2x −2)(enx −n)+(ex −1)(e2x −2)(nenx −n)
所以 f '(0)= (−1)n−1n!
（3）设 a
n
>0(n=1,2,…)，S
n
=a
1
+a
2
+…a
n
，则数列(s
n
)有界是数列（a
n
）收敛的
(A)充分必要条件. (B)充分非必要条件.
（C）必要非充分条件. （D）即非充分地非必要条件.
【答案】：(B)
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（4）设I = ∫ k ex2 sinxdx(k=1,2,3),则有 D
k
e
（A）I < I 0, <0,f(x
1
,y
1
) x y < y (B) x > x y >y
1 2, 1 2. 1 2, 1 1.
(C) x < x y < y (D) x < x y > y
1 2, 1 2. 1 2, 1 2.
【答案】：(D)
【解析】：
∂f(x,y)
>0 ，
∂f(x,y)
<0 表示函数 f(x,y)关于变量x是单调递增的，关于变
∂x ∂y
量 y是单调递减的。因此，当 x < x ,y > y 必有 f(x ,y )< f(x ,y ) ，故选 D
1 2 1 2 1 1 2 2
π ( )
（6）设区域D由曲线y =sinx,x=± ,y =1,围成，则∫∫ x5y−1dxdy =( )
2
(A)π (B)2 (C)−2 (D)−π
【答案】：（D）
【解析】： 由二重积分的区域对称性，
π
∫∫ ( x5y−1 ) dxdy=∫2 dx∫ 1 ( x5y−1 ) dy=−π
−
π
sinx
2
0 0 1 −1
（7）设α = 0 ,α = 1 ,α = −1 ,α = 1 其中c ,c ,c ,c 为任意常数，则下列向量组线性相关
1 2 3 4 1 2 3 4
c c c c
1 2 3 4
的是（ ）
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（A）α,α,α （B）α,α,α
1 2 3 1 2 4
（C）α,α,α （D）α,α,α
1 3 4 2 3 4
【答案】：（C）
0 1 −1
1 −1
【解析】：由于 (α,α,α ) = 0 −1 1 =c =0，可知α,α,α 线性相关。故选（C）
1 3 4 1 −1 1 1 3 4
c c c
1 3 4
1
（8）设 A 为 3 阶矩阵， P 为 3 阶可逆矩阵，且 P−1AP= 1 ， P=(α,α,α) ，
1 2 3
2
Q=(α +α,α,α)则Q−1AQ=（ ）
1 2 2 3
1 1
（A） 2 （B） 1
1 2
2 2
（C） 1 （D） 2
2 1
【答案】：（B）
1 0 0 1 0 0
【解析】：Q= P 1 1 0 ，则Q−1 = −1 1 0 P−1，
0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 0 0 1 0 01 1 0 0 1
故Q−1AQ= −1 1 0 P−1AP 1 1 0 = −1 1 0 1 1 1 0 = 1
0 0 1 0 0 1 0 0 1 20 0 1 2
故选（B）。
二、填空题：9−14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答
．
题
．
纸
．
指定位置上.
（9）设y = y(x)是由方程x2 − y+1=ey所确定的隐函数，则 ________。
【答案】：1
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1 1 1
（10）计算limn + +…+ = ________。
x→∞ 1+n2 22 +n2 n2 +n2
π
【答案】：
4
【解析】：原式= lim 1 ∑ n 1 = ∫ 1 dx = arctan x 1 = π .
n→∞ n i 2 01+ x2 0 4
i=1
1+
n
1 ∂z ∂z
（11）设z = f ln x+ ,其中函数 f (u)可微，则x + y2 = ________。
y ∂x ∂y
【答案】：0.
∂z 1 ∂z 1 ∂z ∂z
【解析】：因为 = f ′⋅ , = f ′⋅ − ，所以x + y2 = 0.
∂x x ∂y y2 ∂x ∂y
（12）微分方程 ydx+(x−3y2)dy = 0满足初始条件 y| =1的解为________。
x=1
【答案】：x = y2
dx 1 dx 1
【解析】：ydx+(x−3y2)dy = 0⇒ =3y − x ⇒ + x =3y为一阶线性微分方程，
dy y dy y
所以
−∫ 1 dy ∫ 1 dy 1 1
x = e y ∫3y⋅e y dy +C = ∫3y2dy +C = (y3 +C)
y y
又因为 y =1时x =1，解得C = 0，故x = y2 .
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2
（13）曲线 y = x2 + x(x < 0)上曲率为 的点的坐标是________。
2
【答案】：(−1,0 )
【解析】：将 y’ = 2x+1, y” = 2代入曲率计算公式，有
| y′′| 2 2
K = = =
(1+ y′2)3/2 3 2
1+(2x+1)22
整理有(2x+1)2 =1，解得x=0或−1，又x<0，所以x=−1，这时y =0，
故该点坐标为(−1,0 )
（14）设A为3阶矩阵， A =3,A*为A的伴随矩阵，若交换A的第一行与第二行得到矩阵B,则
BA* =________。
【答案】：-27
【解析】：由于B= E A，故BA* = E A⋅A* =| A|E =3E ，
12 12 12 12
所以，|BA*|=|3E |=33 |E |=27*(−1)=−27.
12 12
三、解答题：15—23 小题，共 94 分.请将解答写在答 ． 题 ． 纸 ． 指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或
演算步骤.
（15）（本题满分10分）
1+x 1
已知函数 f(x)= − ，记a=lim f(x)
sinx x, x→0
（1）求a的值
（2）若当x→0时， f(x)−a是xk的同阶无穷小，求k
1 1 x−sinx
【解析】：（1）lim f(x)=lim( − +1)=lim +1=1，即a =1
x→0 x→0 sinx x x→0 x2
1 1 x−sinx
（2）,当x→0时，由 f(x)−a = f(x)−1= − =
sinx x xsinx
1
1
又因为,当x→0时，x−sinx与 x3等价，故 f (x)−a ~ x，即k =1
6 6
（16）（本题满分10分）
x2 + y2
求 f ( x,y )= xe− 的极值。
2
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x2 + y2
【解析】： f ( x,y )= xe− ，
2
先求函数的驻点. f ′( x,y )=e−x=0, f ′( x,y )=−y =0，解得函数为驻点为( e,0 ) .
x y
又A= f ′( e,0 )=−1,B= f ′( e,0 )=0,C = f ′( e,0 )=−1，
xx xy yy
1
所以B2 −AC <0,A<0，故 f ( x,y )在点( e,0 )处取得极大值 f ( e,0 )= e2 .
2
（17）（本题满分10分）
过点（0，1）点作曲线L：y =lnx的切线，切点为A，又L与x轴交于B点，区域D由L与直线AB及
x轴围成，求区域D的面积及D绕x轴旋转一周所得旋转体的体积。
【解析】：
1 1
设切点坐标为 A ( x ,lnx )，斜率为 ，所以设切线方程为 y−lnx = ( x−x )，又因为该切线过
0 0 x 0 x 0
0 0
1
B(0,1)，所以x =e2，故切线方程为：y = x+1
0 e2
( )
切线与x轴交点为B −e2,0
y
A
Y=lnx
（0,1）
x
B
2
2 1
（1）A=∫
ey −e2(y−1)
dy =
ey −e2( y2 − y)
=e2 −1
0 2
0
（2）
V = 1 π⋅22⋅e2 − ( −e2 )−π∫ e2 ln2 xdx
3 1
8 ( )e2 e2
= πe2 −π xln2 x −∫ 2lnxdx
3 1 1
= 8 πe2 −π 4e2 −( 2xlnx )e2 +∫ e2 2dx
3 1 1
8 ( ) 2 ( )
= πe2 −2π e2 −1 = π e2 +3
3 3
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（18）（本题满分10分）
计算二重积分∫∫xydσ，其中区域D为曲线r =1+cosθ ( 0≤θ≤π ) 与极轴围成。
D
π 1+cosθ
【解析】： ∫∫xydσ=∫ dθ∫ rcosθ⋅rsinθ⋅rdr
0 0
D
1 π
= ∫ sinθ⋅cosθ⋅(1+cosθ)4dθ
4 0
π θ θ θ θ θ
=16∫ sin cos (2cos2 −1)cos8 d
0 2 2 2 2 2
π π
=32∫2sintcos11tdt −16∫2sintcos9 tdt
0 0
8 8
= −
3 5
16
=
15
（19）（本题满分11分）已知函数 f(x)满足方程 f ''(x)+ f '(x)−2f(x)=0及 f '(x)+ f(x)=2ex
1）求表达式 f(x)
x
2）求曲线的拐点y = f(x2)∫ f(−t2)dt
0
【解析】：
1）特征方程为r2 +r −2=0，特征根为r =1,r = −2，齐次微分方程 f′′(x)+ f′(x)−2f(x)=0的通解
1 2
为 f(x) =C ex +C e−2x.再由 f '(x)+ f(x)=2ex得2Cex −C e−2x =2ex，可知C =1,C =0。
1 2 1 2 1 2
故 f(x)=ex
2）曲线方程为y =ex2∫ x e−t2 dt ，则y'=1+2xex2∫ x e−t2 dt，y''=2x+2 ( 1+2x2 ) ex2∫ x e−t2 dt
0 0 0
令y''=0得x=0。为了说明x=0是y''=0唯一的解，我们来讨论y''在x>0和x<0时的符号。
当 x>0 时 ， 2x>0,2 ( 1+2x2 ) ex2∫ x e−t2 dt >0 ， 可 知 y''>0 ； 当 x<0 时 ，
0
2x<0,2 ( 1+2x2 ) ex2∫ x e−t2 dt <0，可知y''<0。可知x=0是 y''=0唯一的解。
0
同时，由上述讨论可知曲线 y = f(x2)∫ x f(−t2)dt在x=0左右两边的凹凸性相反，可知( 0,0 )点是曲线
0
x
y = f(x2)∫ f(−t2)dt唯一的拐点。
0
（20）（本题满分10分）
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1+x x2
证明：xln +cosx≥1+ ,−1< x<1
1−x 2
1+x x2
【解析】：令 f ( x )= xln +cosx−1− ，可得
1−x 2
1+x 1+x 2
f '( x )=ln +x −sinx−x
1−x 1−x ( 1−x )2
1+x 2x
=ln + −sinx−x
1−x 1−x2
1+x 1+x2
=ln + x−sinx
1−x 1−x2
1+x 1+x2 1+x2
当0< x<1时，有ln ≥0， >1，所以 x−sinx≥0，
1−x 1−x2 1−x2
1+x x2
故 f '( x )≥0，而 f ( 0 )=0，即得xln +cosx−1− ≥0
1−x 2
1+x x2
所以xln +cosx≥ +1。
1−x 2
1+x 1+x2 1+x2
当−1< x<0，有ln ≤0， >1，所以 x−sinx≤0，
1−x 1−x2 1−x2
1+x x2
故 f '( x )≥0，即得xln +cosx−1− ≥0
1−x 2
1+x x2
可知，xln +cosx≥1+ ,−1< x<1
1−x 2
（21）（本题满分11分）
1
（1）证明方程xn +xn−1+...+x=1(n>1的整数)，在区间 ,1内有且仅有一个实根；
2
（2）记（1）中的实根为x ，证明limx 存在，并求此极限。
n n
n→∞
【 解 析 】： (1) 由 题 意 得 ： 令 f(x)= xn +xn−1++x−1 ， 则 f(1)>0 ， 再 由
1 1
(1−( )n)
1 1 1
f( )= 2 2 −1=−( )n <0，由零点定理得在( ,1)肯定有解x ，假设在此区间还有另外一根x ，
2 1 2 2 0 1
1−
2
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所以x n +x n−1++x −1= x n +x n−1++x −1，由归纳法得到x = x ，即唯一性得证
0 0 0 n n n 1 0
x (1−x n) 1
（2）假设根为x ，即 f(x )= x n +x n−1++x −1=0，所以 f(x )= n n −1=0,( < x <1)，
n n n n n n 1−x 2 n
n
由 于 x n+1+x n ++x −1=0 ， 可 知 x n +x n−1++x −1<0 ， 由 于
n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1
1
x n +x n−1++x −1=0，可知x < x 。又由于 < x <1，也即{ x }是单调的。则由单调有界收敛
n n n n+1 n 2 n n
定理可知{ x }收敛，假设limx =a，可知a< x < x =1。
n n 2 1
n→∞
x (1−x n) a 1
当n→∞时，lim f(x )=lim n n −1= −1=0, 得limx =
n→∞ n n→∞ 1−x 1−a n→∞ n 2
n n
（22）（本题满分11分）
1 a 0 0 1
0 1 a 0 −1
设A= ，b=
0 0 1 a 0
a 0 0 1 0
（Ⅰ）求 A
（Ⅱ）已知线性方程组Ax=b有无穷多解，求a，并求Ax=b的通解。
1 a 0 0
1 a 0 a 0 0
0 1 a 0
【解析】：（Ⅰ） =1× 0 1 a +a×(−1)4+1 1 a 0 =1−a4
0 0 1 a
0 0 1 0 1 a
a 0 0 1
1 a 0 0 1 1 a 0 0 1 1 a 0 0 1
0 1 a 0 −1 0 1 a 0 −1 0 1 a 0 −1
→ →
0 0 1 a 0 0 0 1 a 0 0 0 1 a 0
a 0 0 1 0 0 −a2 0 1 −a 0 0 a3 1 −a−a2
（Ⅱ）
1 a 0 0 1
0 1 a 0 −1
→
0 0 1 a 0
0 0 0 1−a4 −a−a2
可知当要使得原线性方程组有无穷多解，则有1−a4 =0及−a−a2 =0，可知a=−1。
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1 −1 0 0 1 1 0 0 −1 0
0 1 −1 0 −1 0 1 0 −1 −1
此时，原线性方程组增广矩阵为 ，进一步化为行最简形得
0 0 1 −1 0 0 0 1 −1 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 1 0
1 −1 1 −1
可知导出组的基础解系为 ，非齐次方程的特解为 ，故其通解为k +
1 0 1 0
1 0 1 0
线性方程组Ax=b存在2个不同的解，有| A|=0.
λ 1 1
即： A = 0 λ−1 0 =(λ−1)2(λ+1)=0，得λ=1或-1.
1 1 λ
1 1 1x x
1
当λ=1时, 0 0 0 x = 0 ，显然不符，故λ=−1.
2
1 1 1x 1
3
（23）（本题满分 11 分）三阶矩阵 ，AT 为矩阵A的转置，已知r(ATA)=2，且二次型
f = xTATAx。
1）求a
2）求二次型对应的二次型矩阵，并将二次型化为标准型，写出正交变换过程。
【解析】：1）由r(ATA)=r(A)=2可得，
1 0 1
0 1 1 =a+1=0⇒a=−1
−1 0 a
2 0 2x
1
f = xTATAx=( x ,x ,x ) 0 2 2 x
2） 1 2 3
2
2 2 4x
3
=2x2 +2x 2 +4x 2 +4x x +4x x
1 2 3 1 2 2 3
2 0 2
则矩阵B= 0 2 2
2 2 4
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λ−2 0 −2
λE−B = 0 λ−2 −2 =λ(λ−2 )(λ−6 )=0
−2 −2 λ−4
解得B矩阵的特征值为：λ=0;λ =2;λ =6
1 2 3
1
对于λ=0,解(λE−B ) X =0得对应的特征向量为：η = 1
1 1 1
−1
1
对于λ =2,解(λE−B ) X =0得对应的特征向量为：η = −1
2 2 2
0
1
对于λ =6,解(λE−B ) X =0得对应的特征向量为：η = 1
3 3 3
2
将η,η,η单位化可得：
1 2 3
1 1 1
1 1 1
α = 1 ，α = −1 ，α = 1
1 2 3
3 2 6
−1 0 2
Q=(α,α,α)
1 2 3
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2013 年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题答案
一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求
的，请将所选项前的字母填在答
．
题
．
纸
．
指定位置上.
π
（1）设cosx−1= xsinα(x)，其中α(x) < ，则当x→0时，α(x)是（ ）
2
（A）比x高阶的无穷小 （B）比x低阶的无穷小
（C）与x同阶但不等价的无穷小 （D）与x等价的无穷小
【答案】（C）
sinα(x) cosx−1 1
【解析】因为lim =lim =− ，所以limsinα(x)=0，
x→0 x x→0 x2 2 x→0
sinα(x) α(x) 1
因此当x→0时，α(x)→0，所以sinα(x)α(x)，所以lim =lim =− ，
x→0 x x→0 x 2
所以α(x)是与x同阶但不等价的无穷小。
2
（2）设函数y = f(x)由方程cos(xy)+ln y−x=1确定，则limn
f( )−1
=（ ）
n→∞ n
（A）2 （B）1 （C）−1 （D）−2
【答案】（A）
2
f( )− f(0)
【解析】由于 f(0)=1，所以limn f( 2 )−1 =lim2 n =2f′(0)，
n→∞ n n→∞
2
n
y′ 2
对此隐函数两边求导得−(y+xy′)sin(xy)+ −1=0，所以 f′(0)=1，故limn f( )−1 =2。
y n→∞ n
sinx, 0≤ x<π
x
（3）设函数 f(x)= ，F(x)=∫ f(t)dt，则（ ）
2, π≤ x≤2π 0
（A）x=π 是函数F(x)的跳跃间断点 （B）x=π 是函数F(x)的可去间断点
（C）F(x)在x=π处连续但不可导 （D）F(x)在x=π处可导
【答案】（C）
x
∫ sintdt =1−cosx, 0≤ x<π
【解析】F(x)=∫ x f(t)dt = 0 ，
0 ∫ π sintdt+∫ x 2dt =2(x−π+1),π≤ x≤2π
0 π
由于 lim F(x)= lim F(x)=2，所以F(x)在x=π处连续；
x→π− x→π+
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F(x)−F(π) −1−cosx F(x)−F(π) 2(x−π)
lim = lim =0， lim = lim =2，
x→π− x−π x→π+ x−π x→π+ x−π x→π+ x−π
所以F(x)在x=π处不可导。
1
, 1< x2 （C）−2<α<0 （D）0<α<2
【答案】（D）
1
, 1< x0；所以0<α<2。
λ→∞ αlnαλ
y x ∂z ∂z
（5）设z = f(xy)，其中函数 f 可微，则 + =（ ）
x y ∂x ∂y
2 2
（A）2yf′(xy) （B）−2yf′(xy) （C） f(xy) （D）− f(xy)
x x
【答案】（A）
y ∂z y y2
【解析】已知z = f(xy)，所以 =− f(xy)+ f′(xy)，
x ∂x x2 x
x ∂z ∂z 1 1
所以 + =[− f(xy)+ yf′(xy)]+( f(xy)+ yf′(xy))=2yf′(xy)。
y ∂x ∂y x x
{ }
（6）设D 是圆域D= (x,y)|x2 + y2 ≤1 在第k象限的部分，记I =∫∫(y−x)dxdy(k =1,2,3,4)，则
k k
D
k
（ ）
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（A）I >0 （B）I >0 （C）I >0 （D）I >0
1 2 3 4
【答案】（B）
【解析】令x=rcosθ,y =rsinθ，则有
β
1 β 1
I =∫∫(y−x)dxdy =∫ rdr∫ (rsinθ−rcosθ)dθ=− (cosθ+sinθ)
k 0 α 3
D α
k
π 2
故当k =2时，α= ,β=π，此时有I = >0.故正确答案选B。
2 2 3
（7）设矩阵A,B,C均为n阶矩阵，若AB=C，且C可逆，则（ ）
（A）矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量组等价
（B）矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价
（C）矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量组等价
（D）矩阵C的行向量组与矩阵B的列向量组等价
【答案】（B）
【解析】由C = AB可知C的列向量组可以由A的列向量组线性表示，又B可逆，故有A=CB−1，从而
A的列向量组也可以由C的列向量组线性表示，故根据向量组等价的定义可知正确选项为（B）。
1 a 1 2 0 0
（8）矩阵 a b a 与 0 b 0 相似的充分必要条件为
1 a 1 0 0 0
（A）a =0,b=2
（B）a=0,b为任意常数
（C）a=2,b=0
（D）a=2,b为任意常数
【答案】(B)
1 a 1 1 a 1 2 0 0
【解析】由于 a b a 为实对称矩阵，故一定可以相似对角化，从而 a b a 与 0 b 0 相似的
1 a 1 1 a 1 0 0 0
1 a 1
充分必要条件为 a b a 的特征值为2,b,0。
1 a 1
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λ−1 −a −1
又λE−A = −a λ−b −a =λ[(λ−b)(λ−2)−2a2]，从而a=0,b为任意常数。
−1 −a λ−1
二、填空题：9−14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答
．
题
．
纸
．
指定位置上.
ln(1+x) 1
(9) lim(2− )x = ．
x→∞ x
1
【答案】e2
ln(1+x)
ln(1+1− )
x
lim
ex→0 x
【解析】原式= ，
ln(1+x) ln(1+x) 1
ln(1+1− ) 1− 1−(1− x+o(x))
x x 2 1
lim = lim = lim =
x x x 2
x→0 x→0 x→0
1
因此答案为e2.
x
(10) 设 函 数 f(x)=∫ 1−etdt ， 则 y = f(x) 的 反 函 数 x= f −1(y) 在 y =0 处 的 导 数
−1
dx
= ．
dy
y=0
1
【答案】
1−e−1
dy dx 1 dx 1 1
【解析】 = 1−ex,∴ = , | = | =
dx dy 1−ex dy
y=0
1−ex
x=−1
1−e−1
π π
(11)设封闭曲线 L 的极坐标方程为 r =cos3θ(− ≤θ≤ ) ，则 L 所围成的平面图形的面积
6 6
为 ．
π
【答案】
12
1 π π1+cos6θ π
【解析】所围图形的面积是S = ∫6 cos23θdθ=∫6 dθ=
π
2 − 0 2 12
6
x=arctant
(12)曲线 上对应于t =1的点处的法线方程为 ．
y =ln 1+t2
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π
【答案】y+x− −ln 2 =0
4
1 t
⋅
dy 1+t2 1+t2 dy
【解析】 = =t， | =1,
dx 1 dx t=1
1+t2
π π
当t =1时，x= ,y =ln 2，故法线方程为y+x− −ln 2 =0.
4 4
(13)已知y =e3x −xe2x，y =ex −xe2x， y =−xe2x是某二阶常系数非齐次线性微分方程的 3 个解，
1 2 3
该方程满足条件y =0 y′ =1的解为y = ．
x=0 x=0
【答案】y =e3x −ex −xe2x
【解析】由题意知：e3x,ex是对应齐次方程的解，−xe2x是非齐次方程的解，
故非齐次的通解为y =Ce3x +C ex −xe2x，将初始条件代入，得到C =1,C =−1,
1 2 1 2
故满足条件的解为y =e3x −ex −xe2x。
（14）设 A=(a ) 是三阶非零矩阵， |A| 为 A 的行列式， A 为 a 的代数余子式，若
ij ij ij
a +A =0(i,j=1,2,3),则 A = ____
ij ij
【答案】−1
【解析】
由a + A =0可知，AT =−A*
ij ij
A =a A +a A +a A =a A +a A +a A
i1 i1 i2 i2 i3 i3 1j 1j 2j 2j 3j 3j
3 3
=−∑a2 =−∑a2 <0
ij ij
j=1 i=1
从而有 A = AT = −A* =− A 2 ,故 A =-1.
三、解答题：15—23 小题，共 94 分.请将解答 写在答 ． 题 ． 纸 ． 指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或
演算步骤.
（15）（本题满分10分）
当x→0时，1−cosx⋅cos2x⋅cos3x与axn为等价无穷小，求n与a的值。
【解析】因为当x→0时，1−cosx⋅cos2x⋅cos3x与axn为等价无穷小
1−cosx⋅cos2x⋅cos3x
所以lim =1
x→0 axn
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又因为：
1−cosx⋅cos2x⋅cos3x
=1−cosx+cosx−cosx⋅cos2x+cosx⋅cos2x−cosx⋅cos2x⋅cos3x
=1−cosx+cosx(1−cos2x)+cosx⋅cos2x(1−cos3x)
1−cosx⋅cos2x⋅cos3x 1−cosx+cosx(1−cos2x)+cosx⋅cos2x(1−cos3x)
即lim =lim
x→0 axn x→0 axn
1−cosx cosx(1−cos2x) cosx⋅cos2x(1−cos3x)
=lim( + + )
x→0 axn axn axn
1 1 1
x2 +o(x2) (2x)2 +o(x2) (3x)2 +o(x2)
2 2 2
=lim( + + )
x→0 axn axn axn
1 4 9
所以n=2 且 + + =1⇒a =7
2a 2a 2a
（16）（本题满分10分）
1
设D是由曲线y = x3，直线x=a(a>0)及x轴所围成的平面图形，V ,V 分别是D绕x轴，y轴旋转一
x y
周所得旋转体的体积，若V =10V ，求a的值。
y x
【解析】由题意可得：
a 1 3 5
V =π∫ (x3)2dx= πa3
x 0 5
a
1 6π 7
V =2π∫ x⋅x3dx= a3
y 0 7
6π 7 3 5
因为：V =10V 所以 a3 =10⋅ πa3 ⇒a=7 7
y x 7 5
（17）（本题满分10分）
设平面内区域D由直线x=3y,y =3x及x+ y =8围成.计算∫∫x2dxdy。
D
【解析】∫∫x2dxdy =∫∫x2dxdy+∫∫x2dxdy
D D D
1 2
2 3x 6 8−x
=∫ x2dx∫ dy+∫ x2dx∫ dy
x x
0 2
3 3
416
=
3
（18）（本题满分10分）
设奇函数 f(x)在[−1,1]上具有二阶导数，且 f(1)=1.证明：
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（I）存在ξ∈（0,1），使得 f′(ξ)=1；（II）存在η∈（0,1），使得 f′′(η)+ f′(η)=1。
【解析】（1）令F(x)= f(x)−x,F(0)= f(0)=0,F(1)= f(1)−1=0,
则∃ξ∈( 0,1 )使得F'(ξ)=0,即f '(ξ)=1
（2）令G(x)=ex(f '(x)−1),则G(ξ)=0,
又由于 f(x)为奇函数，故 f '(x)为偶函数，可知G(−ξ)=0,
则∃η∈(−ξ,ξ)⊂(−1,1 )使G'(ξ)=0,
即eη[f '(η)−1]+eηf ''(η)=0，即 f ''(η)+ f '(η)=1
（19）（本题满分11分）
求曲线x3−xy+ y3 =1(x≥0,y≥0)上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。
【解析】本题本质上是在条件x3−xy+ y3 =1(x≥0,y≥0)下求函数 f(x,y)= x2 + y2 的最值。
故只需求出 x2 + y2 在条件x3−xy+ y3 =1下的条件极值点，再将其与曲线端点处（( 0,1 ) , ( 1,0 )）的函
数值比较，即可得出最大值与最小值。
由于函数 x2 + y2 与x2 + y2的增减性一致，故可以转化为求x2 + y2的条件极值点：
构造拉格朗日函数L ( x,y,λ)= x2 + y2 +λ ( x3−xy+ y3 −1 ) ，求其驻点得
∂L
=2x+3λx2 −λy =0
∂x
∂L
=2y+3λy2 −λx=0
∂y
∂L
= x3−xy+ y3−1=0
∂λ
2x=λy−3λx2
为了求解该方程组，将前两个方程变形为
2y =λx−3λy2
2xy =λy2 −3λx2y
进一步有 ，故λx2 −3λxy2 =λy2 −3λx2y
2xy =λx2 −3λxy2
即λ( x− y )( x+ y+3xy )=0。则有λ=0或x− y =0或x+ y+3xy =0。
当λ=0时，有x= y =0，不可能满足方程x3−xy+ y3−1=0；
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当x+ y+3xy =0，由于x≥0,y≥0，也只能有x= y =0，不可能满足第三个方程；
故必有x− y =0，将其代入x3−xy+ y3−1=0得2x3−x2 −1=0，解得x=1,y =1。
可知(
1,1
)点是唯一的条件极值点。
由于 f(1,1)= 2， f(0,1)= f(1,0)= 2，故曲线x3−xy+ y3 =1(x≥0,y≥0)上的点到坐标原点的最
长距离为 2与最短距离为1。
（20）（本题满分11分）
1
设函数 f(x)=lnx+ ，
x
（I）求 f(x)的最小值
1
（II）设数列{x }满足lnx + <1，证明limx 存在，并求此极限.
n n x n→∞ n
n
1 1 x−1
【解析】（I） f '(x)= − = ，则当x∈( 0,1 )时， f '(x)<0；当x∈( 1,+∞)时， f '(x)>0。
x x2 x2
可知 f(x)在( 0,1 ]上单调递减，在[ 1,+∞)上单调递增。故 f(x)的最小值为 f(1)=1。
1 1 1
（2）、由于lnx + ≥1，则 < ，即x > x ，故x 单调递增。
n x x x n+1 n n
n n+1 n
1
又由于lnx
