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2012年数学(二)真题解析
一、选择题
(1) 【答案】(C).
【解】 由limy =1,得》=1为曲线夕=务匚半的水平渐近线；
X — 1
oo
2 I
由limy = °°9得乂 = 1为曲线丿= 的铅直渐近线；
工-* 一 1
1 x
1
2 | 2 I
由lim岂-- —=lim ―^―-=万，得z = — 1不是曲线y = —----吕的铅直渐近线，
— 1 乞一 工 一 1 2 x
1 1
且曲线没有斜渐近线，故曲线y =务匸寸有两条渐近线，应选(C).
x 一 1
方法点评：渐近线是频繁考点，曲线的渐近线共有三种，即水平渐近线、铅直渐近线
和斜渐近线.
若lim/( ) — A ,称;y=A为曲线y = f (.x)的水平渐近线；
X*°°-
若)=oo,称工=q为曲线》=/(%)的铅直渐近线；
若 lim =a (H 0 900) 9 ) — ax~\—b 称为曲线 y = f ｛x )的斜
渐近线.
(2) 【答案】(A).
［解］ 方法一 由/''(■Z) = e" (e"—2)…(e“ 一/?) +2(eT 一 l)e2r (e3j 一3)…(e'"―”)十…+
n(ex —1)(孑一2)…(e("T“ -n + l)e",
得厂(0) = (― I)"" — 1)!,应选(A).
方法二 由导数的定义得
/z (0) = lim )-- 八°)= lim --------(e2j — 2)…(e*" — n ) = (— 1)" 1 (n — 1) !,
X x
x->0 LO
应选(A).
(3) 【答案】(B).
【解】 由a” > 05 =1,2,…)得数列｛S”｝单调增加，若数列｛S”｝有上界，由极限存在准
则得limS”存在.
8
令 limS” =S，则 lima” = limS„ — = S — S = 0,于是｛a”｝收敛；
fl ——► OO fl ——► OO JJ —> OO fl —► oo
反之，若｛a”｝收敛，则｛Sn｝不一定有上界，如取a” = 2, lima” = 2 ,但limS„ = + 00 ,即
fl ——►- OO fj ——►- OO
｛S”｝没有上界，故｛S”｝有上界是｛a”｝收敛的充分非必要条件，应选(B).
(4) 【答案】(D).
f2x 2
【解】由I2 — h = sin z d_z V 0,得八> /?；
J TC
「3兀2
由 13 — 12 = \ e" sin x dx〉0,得 12 <1 13 ；
J 2n
• 113 •
淘宝店铺：光速考研工作室‘3兀 2 '2tt 2 ■3k 2
13 — 11 = er sin x dr = e° sin jc djr + e" sin x dx 9
n *
2x
3k 2 X 一 7t f2x 2 '2tt ?
而 er sin jc djr ” — = eG+x) sin(z + 7t)d^ e (工+兀) si• n x d」j? 9
2n
"[e，—e«4]sin_zdz > 0 得八 V 人，于是 I22
=一 jj dj? dy 一『djc dy
D] D2 D
dy n (1 一 sin 工)dr = 一 兀，
_7
应选（D）.
方法二 转化为定积分计算
y C W 守，sin 工
贝"[["工夕"—1) djr dj/ =
(j：y5 — l)d_y
D
jr (1 一 sin6 j?) —1 + sin 工 djr 才"djc = 一 tv ,
6
应选（D）.
方法点评：二重积分对称性是比较重要的考点，计算二重积分时需要特别注意对称性
的使用，二重积分对称性如下：
（1） 若D关于y轴对称，且位T》轴右侧区域为Di，有
若 /（—x，夕）――f（.x ,》），则『/"（久,y）dxdy = 0;
D
若 /（— x ,y） — f（.x ）,则JJjf（工dy = 2[J.f （h ,j?）drdj?.
d
（2） 若D关于工轴对称，且位于工轴上侧区域为D】，有
・114・
淘宝店铺：光速考研工作室若 fix , — y) — — f(x ,y)，则 JJ/Xh ,y)dxdy =0；
D
若 f(x , ~ y) = f © ,y),则 ，夕)dr dy = 2” fix , y) dr dy.
Dj
D
(3)若区域 D 关于 y —x 对称，则 j|/(H , 3/) dx d3/ =jJ/(^ , x ) da? .
D D
(7)【答案】(C).
【解】 方法一 。3+5= 0 ，因为a 3 + a 4与a】成比例，所以ax,a3+a ｛线性
C3 + C4
相关，故,a3 .a4线性相关，应选（C）.
方法二 因为a1,a3,a1为3个三维向量，所以线性相关的充分必要条件是
0 1 —1
而 | |= 0 1 1 =0,所以线性相关，应选（C）.
Cl C3
(8)【答案】(B).
0
I1 °\
【解】由Q = (a, +a2 cl 2 9 a 3) P11 1 0，得
'0 J
0
I1 0 °\ T I1 0 0
Q-lAQ = \l 1 P_1AP 1 1 0
'0 J '0
0 0 1
应选（E）.
二、填空题
（9）【答案】1.
【解】 将工=0代入工$ — J* + 1 = e3. 中，得y =0.
x2 — y + 1=0两边对工求导数，得22—字=卍•字■，于是学I =0；
O.X O.X Q.X
I X = o
2工一警=e『•譽两边对鼻求导数，得2 —扌€ =e『・倍）+ ey • #4,
将X =0,y = 0及学| =0代入得= 1.
dz I dz I ^=0
x=o
方法点评：求隐函数的导数或高阶导数（或在某一点的导数或高阶导数）是重要的基本
考点，本题先将z的值代入等式求出对应的y的值，等式两边对工求导，将已知点代入可得
一阶导数，然后再对Z求导数，代入已知条件可得二阶导数，其他导数可以继续对J7求导.
・115・
淘宝店铺：光速考研工作室(10)【答案】夕
击+十1+…十 ]
【解】 limzz
兀f 8 722 + 722
1=
=arctan x
方法点评：利用定积分的定义求极限是基本而重要的考点.
用定积分定义求极限，即利用等式lim丄
/(J7 )djr ・
〃一Aoo
要注意两个特征：
(1) 每项的分子各项次数一致、分母的各项次数一致；
(2) 分母次数高于分子一次.
― / ---1------ ---------1-------1--------1—\
【例1】计算 n l -*- i c m o FW1' 后壬 2； :: V?丿•
【解】 本题分子次数齐且为零次，分母次数齐且为1次，故采用定积分的定义计算，
/_____I_____1_____…_______\ _ 丄 f 1
lim
+ I 2 J/ + 2 ° 丿宛 2 + 72 2 / n Z = 1 ~2
1 +
n
______ 1
=「—丄一
dr = ln(z + 丿1 + d ) —ln(l
Jo丿1+工2
o
定积分定义求极限有时和夹逼定理求极限的方法容易混淆，一定要注意定积分定义求
极限的两个特征，若出现分子的项或分母的项不齐，一般使用夹逼定理.
1 丄—丄 I 1 \
【例2] 求 lira
7 7^+2
产= Vn2+n)'
【分析】 虽然本题仍为n项求和，但分母各项次数不齐，故使用夹逼定理.
【解】 由 ；……1-p W -;-------W ； ......(z = 1,2,…,得
•J n1 4-/2 丿”？ + , 丿” 2 + ]
n w___1_____]-____ _____|____|-------------- w _n___
2 + n Vn 2 + 1 J/ 十 2 丿” 2 + 九 + 1
；丄 一 + …+ ]「
由夹逼定理得lim =1.
*6o 2 + 1 n2 + 2 y/n " -\-n
a/
定积分定义求极限有时会和夹逼定理混合使用，即极限不满足定积分定义求极限的两
个特征，先使用夹逼定理，再使用定积分的定义求极限.
1 2 >/ \
【例3】求lim
7? + 1
2 n
• 116 •
淘宝店铺：光速考研工作室2. ■1 亘
i w i e7 ____---_]-----| — W — £ e ” ,
【解】
72 + 1 〃--]_ 72 + JL n ?=]
2 n
1 « £
因为 lim ― > e" == lim n ■ —〉: e" = lim — £ e ” = | dx = e — 1，
n + 1 ” = ] “foo /?十丄 7? — n ；;==]i Jo
/ 1 L ± \
I Pn en en I
所以由夹逼定理得lim —— H---------r~ + … H----------- = e — 1.
\、 x 十 1 1 1 /
zz + — n-----/
2 n
（11）【答案】0.
孑=丄川1心+丄) 3z
【解】 =0.
dx x ' y ' 3y
（12）【答案】vr.
【解】 方法一 由_y dr + （工一 3夕2 ）djy = 0,得学+三=3夕，解得
ay y
工=（]3』嚅+©少=^^,
由y I x=i =1得C=0,于是夕$ =攵，故特解为y =丘.
方法二 由 ydjr+( x — 3 y2)dy = 0 得
(y cLr + jc dj/) 一 3j/2 dj/ = 0,或 d(xy — y3) = 0,
贝!j xy — y3 —C ,
由 y I ^ = i =1 得 C = 0,即 xy — j/3 =0；
再由，芒o且如—=i >o得微分方程满足初始条件j/L=1 =1的解为》=丘.
方法点评：一阶微分方程是基本考查点，基本考查方式是给定特定类型的微分方程，按
照特定类型方程的解法或通解公式求解.
但也有一种情况，就是一阶微分方程不属于任何特定类型，此时需要作适当的变形或变
换转化为特定类型一阶微分方程，再求解.
【例1】 求匸= 的通解.
dz x 十 Ly
【解】方法—由『程吩7 =幻,通解为
x — I j 2ye dj/ + CJ e = [―2（夕 + 1）八+C]e，= —2夕一2 + Ce，（C 为任意常数）.
方法二 令7 +2歹=“，则岁=£（等一1），于是有器=色土上，
（±r 2 'dr f dx u
变量分离得（1-----y—r ）dz/=dr，两边积分得“ 一21n | %+ 2 \ — jc + C ?通解为
\ w + 2 /
x + 2y — 21n | x +2y+2 | = jr + C（C 为任意常数）.
【例2】 求字=的通解.
ax Q十夕）'
• 117 •
淘宝店铺：光速考研工作室【解】 令x + y —U ■,则岁=半•一 1,于是有%= 上土
Ax Ax Ax u
分离变量得（1------7―7 =dr,两边积分得u — arctan “ =広+ C ,
' 1 + u2 /
故通解为y — arctan（工+ y）=C（C为任意常数）.
（13）【答案】（一1,0）.
【解】 y =x2 + x 曲率为---------2-------，令-----------2------- =習
口+(2工 + I)2]7 口 + (2^ +D2]7
解得a =-l,故曲线上曲率为晋的点的坐标为（一1,0）.
(14)【答案】 一27.
【解】| = — |A | = —3,丨 A*=|A 严=|A I? 9,
贝I] |*BA |= |B | • \*A | = -27.
三、解答题
1 1 - x 一 sin x .
(15)【解】(I )<2 = lim =lim hm------:---------1- 1
x->0 sin jc ■o \sm x x •r—o sin x j*0-- x sm x
[. x 一 sin x . r 1一 cos x . “
lim----------------1 = lim-----------------1=1.
2
工~0 工•r f-> 00
l+«z 1 x x2 一 sm x 一 x sin x
(II )f(x) — a -:-----------------1 =-------
sin x x x sin x
方法一 麦克劳林公式法
3 4
由 sin x —x 春-- o (re3 ) 9得工 sin x = x2 一 右----o (jc4 ),
J ! o !
7 彳 f ( t ) — a
从而x x2 一 sin x 一 jc sin x 〜—-，于是 lim--------------=7-9 故于(工)一a 〜—x
6
工->0
jxc 6 6
方法二 待定次数法
/(j; ) 一 a jc + jr2 一 sin x 一 x sin x
lim-------------= lim
工*一0 XX k X*O- d+2
i・ (jc+1)(h —sin x ) x 一sin x
坯---- 产---- =忸 二^~
xk+2
因为- sin 为三阶无穷小，所以k=l.
十曰- /（jc ） — a x 一 sin x cos JC 丄
于是hm lim Ylim -~ 2
x*0- xk 工*-0 X 3 O LO X
1
故 /(j? ) — a
=(1 — 2 )e 2 =0,得H或 X = 一 1 9
（16）【解】令・
2+/ y =0・
fy =-H)e 2 =。9
• 118 •
淘宝店铺：光速考研工作室4 ■r +，' ■r +0
f ?工=工 G21一 3)e 1 9 f ry = y — l)e 2 , f yy = x (y2 — l)e 2 ?
_j_ __i_
当Cz ,y) = (1,0)时,A ——f"x (1,0) = —2e 2 , B = f：$ (1,0) = 0,C = f"y (1,0) = —e 2 ,
__1_
由AC-B2> 0且A VO得(1,0)为的极大值点，极大值为f(l,O) =e"T；
当(2,夕)=(一1,0)时，
_丄 _丄
A = f ： (—1,0) = 2e 2 , B = f打(―1,0) =0, C = f 爲(―1,0) = e 2 ,
由AC-B2> 0且A>0得，(一1,0)为心，y)的极小值点，极小值为f(—l,O)= —e3
(17)[解】 设切点为A(a,lna),
由丄=* a _ 1得乂 =誉，切点为(e2,2),
a a
切线方程为y — 1 = ¥，艮卩y = ~r + l・
e e
2
直线AB：y=-— Q —1),
e 一 1
区域D的面积为
1
fe2
S= In jc djr----X 2 X (e2 一 1)=2.
J i 2
所求体积为
jr 2 TT
V = ti "\ 2 In2 dj：----X 4 X (e2 一 1) = (e2 一 1).
J i 3 3
JJjrydr dy 斗 J：(l + cos0)4sin0cos0d0
(18)【解】方法一
D
(1 + cos(9 )4 cos 0d(cos 9)
cos 9 = t
Z ( 1 + £ )° dz
tLG+4? +6严+"七讪=扑£—4小&
=2 f (八 +/" )cU = £.
J o 15
J xy^jc dj/ = J f x de J fl +cos 0 r3sin 6 cos 9 dr =- 1 7 f ' x j(1 + cos 0 )" sin 0cos 0d0
D
=— f (1 + cos 0 )5 d( 1 + cos 0) + H (1 + cos (9 )4 d( 1 + cos 6)
4 J o 4 J o
i r 1 ] "I " 16
=— —(1 + cos(9)5— (1 + cos(9 )6 =—.
4 |_5 6 J o 15
) +/z (j: ) — 2/(x ) — 0,
(19)【解】(I)由得 f (j: ) — 3/(jt ) = — 2eJ ,
【_/■〃&) +心)=2e=,
解得 f ⑺=]](—2e「)e卜込 dr + c] =Ce3' + e",
代入 f"〈工)+ fCx ) =2e『，得 C =0,故 /(j;) =e".
・119・
淘宝店铺：光速考研工作室(II)^ — f{x2) f /(— )d^ = eJ [ e_r ck ,
J 0 Jo
yr =2x ex [ e_z ck + 19 3/〃 = 2( 1 + 22 )[ e_z dt + 2«r，
J 0 Jo
当7 VO时，/VO；当工＞0时，/〉0,因为夕(0)=0,所以(0,0)为曲线的拐点.
]T 乂 2
(20)【证明】 令于(e ) =2 In ----------F cos x---------1，
1 一 x L
1 + J7 2工 4
~\-------------7 — sm x ——x ? fj) 一 1 一 cos X ・
1 — X 1 — x (1-x2)2
当一1 VzV 1 时9 因为—° 2、2 $ 4」+ cos x W 2,所以 /"&)〉0.
(1—2 )
又因为八, 。)“,所以］八“工))V〉0。,, —1 V 工 V 0,
0 ＜工 V 1,
于是x = 0为/(x )在(—1,1)内的最小值点，而/(0) = 0,
]X. 工 2
故当一 IV# VI 时，/'(工)$0,即 _zln ----------F cos h $ 1 + —
1 一 x L
方法点评：证明函数不等式是重要考查点，一般采用单调性进行证明，根据导数或高阶
导数符号最终确定函数的单调性，根据函数在某一点的符号情况得到所证的不等式.
(21)［证明】(I)令/'”(工)="+"T几(工)在1,!上连续，
因为几(£)几⑴ vo,所以由零点定理，存在工” e (* ，i)，使得几)=o.
当 z € (* , 1)时，由 f'Cx ) =nxn~x H------- 2z + 1 ＞ 0 得几(z )在(+ ,1)内单调增加,
故函数几(工)在(y,l)内有唯一的零点，故方程工"+工宀+…+工=1在(*,1) 内有
且仅有一个实根.
(U)方法一 由z” W (* , 1 )(72 = 1,2 ,…)，所以数列&”｝有界，
又由 z ： + 工「H + z ” =1 及 h 當 + 扇+i H----+ z ”+i = 1 得
工;+ z T H-------z ” =攵當 + z ：+i H---------s+i，
于是(z：—工：+1)+ (^r1 一攵二；)---- + Q” 一工卄J > 0,
注意到工；一疋+i 一2阳，...，鼻” —2卄1同号，贝q* <工卄］V工” V 1(/2 = 1,2,…)，
即｛「｝单调减少，由极限存在准则得数列&”｝收敛，则linig存在.
* —>OO
x (1 — ”)
令limz” — A ,由 xnn + a："-1 +…+ z” = 1 得-------- = 1,
8 1 — x „
• 120 •
淘宝店铺：光速考研工作室T ( 1 ——Tn\ A 1
因为工” < 1,所以 ----- =1两边取极限得宀r = i，于是Ims =4.
1 一 x n 1 一 A ”〜8 Z
方法二 由 /"”(*)< 0,/„+1 (攵”)=工丁 + 疋 + 疋T -I----+工” —1 =攵：+1 > 0 得
几(工)在(* ，s)内存在唯一零点工”+】，即* Vs+1 <工” < 1,
于是数列｛工”｝单调减少且有界，故｛工”｝收敛，即lim.”存在.
8
x (1 — ”)
令limz” = A 9 由 xnn + 工「" + ・・・ + 工“ =1 得------— = 19
8 1 一 jc n
T (1 _ r w ) A 1
因为s < 1,所以 ----- =1两边取极限得7^4- = 1,于是lims =-.
1—x n 1—A ” f°° Z
(22)【解】(I)由行列式按行(或列)展开的性质得
| A | = 1 X A + a • A a =Mn — «M41 = 1 —a".
h
(II)若AX=P有无数个解，则|A| = 0,即a =- 1或 a = 1.
1 -1 0 0 : 1 1 0 0 - 1 : 0
0 1 -1 o i -1 () 1 0 - 1 i - 1
当0= — 1时9(2< ]0) = ―A
0 0 1 -1 0 0 0 1 -1 0
-1 0 0 1 1 0 () 0 0 0^0.
因为r(A)=r(A)=3< 4,所以方程组AX =0有无数个解，通解为
1 0、
1 —1
X =C + (C为任意常数);
1 0
1 0
110 0 1 ‘110 0 1
0 110 -1 0 110 -1
当 a = 1 时，(A “)
0 0 11 0 0 0 11 0
,10 0 1 0 0 0 0 0 -2
因为r(A ) # r(A )，所以方程组AX =0无解.
方法点评：行列式虽然不是考查的重点内容，但有几种特殊行列式需要熟练掌握其
计算方法：
(1) 三对角行列式，如本题矩阵对应的行列式，这种行列式的计算一般采用行列式按行
(或列)的方法展开计算或找递推关系.
(2) 对称矩阵对应的行列式，一般采用所有行加到第一行，提取公因子，再将行列式上
(下)三角化计算.
非齐次线性方程组解的讨论，首先运用方程组解的理论确定解的存在性，然后利用初等
行变换求方程组通解，这个方法一定要反复练习，熟能生巧.
1 0 1 1 0 1
0 1 1 0 1 1
(23)【解】 (I )A =
—1 0 a 0 0 a + 1
0 a -1 0 0 — a — 1
• 121 •
淘宝店铺：光速考研工作室由 r(ATA) =2 及 r(ATA) =r(A)得 a -1.
/2 0 2
(U)当 a= —1 时,AtA = 0 2 2
'2 2 4
A — 2 0 -2
由 |ae -ata | = 0 A — 2 -2 =A (A 一 2)(入 一 6)=0,
-2 -2 A - 4
得A 1A的特征值为A ! = 0 ,A 2 = 2,入3 = 6.
当入i =0时，由(0E -AtA)X=0即AtAX= 0得入1 =0对应的特征向量为
当入2 = 2时，由(2E—"A)X= 0得入2 = 2对应的特征向量为罷= -1
' 0
当入3 = 6时，由(6E — AL4)X =0得入3 =6对应的特征向量为S = [1
]—lj
单位化得八专 ，
，在正交变换X=QY下，二次型/'的标准形为
f =2》；+ 6 3/3-
方法点评：本题综合考查了矩阵的性质、特征值与特征向量理论、正交变换法化二次型
为标准形等重要知识点，综合性高、覆盖面广，且涉及的都是线性代数的重点内容，需要熟练
掌握所涉及知识理论体系的方法.
在解读条件r(ATA) =2时，一般做法是，先进行矩阵的乘法，再阶梯化，根据矩阵的秩
求出a,但这样做比较费时，如果想到性质r(A'rA) =r(A),则本题运算量会大幅下降，所以
熟练掌握线性代数有关方法对解题非常重要.
• 122 •
淘宝店铺：光速考研工作室
