考研数二真题及解析2008考研数二真题及解析.docx

2008 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、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，把所选项前的字母填在题后的括号内.(1) 设f ( x)x2 (x 1)(x 2) ，求 f ( x)的零点个数()A0B1C2D3(2) 如图，曲线段方程为y f (x) ，函数在区间 [0, a] 上有连续导数，则yC(0, f(a))A(a, f(a))a定积分xf (x)dx 等于()y=f(x)A曲边梯形 ABOD 面积.B梯形 ABOD 面积.DC曲边三角形 ACD 面积.D 三角形ACD面积.O B(a,0)x(3) 在下列微分方程中，以y C1e x C2 cos2x C3 sin 2x ( C1, C2 , C3为任意常数)为通解的是 ()A y y 4 y 4 y 0 .B y y 4y 4 y 0 .C y y 4 y 4 y 0 .D y y 4y 4y 0 .(4) 判断函数f ( x)ln xsin x( x 0) 间断点的情况( ) x 1A有 1 个可去间断点， 1 个跳跃间断点B有 1 个跳跃间断点， 1 个无穷间断点C有两个无穷间断点D有两个跳跃间断点(5) 设函数 f (x) 在 ( , ) 内单调有界，x n 为数列，下列命题正确的是( )A 若 x n 收敛，则 f (x n ) 收敛 .B 若 x n 单调，则 f (x n ) 收敛 .C 若 f (x n ) 收敛，则 x n 收敛 .D 若 f ( x n ) 单调，则 x n 收敛 .设函数 f 连续.若Fu, vfx 2 y 2D uv 为图中阴影部分，则(6)x 2dxdy ，其中区域Duvy 2F ()yx 2+y 2=u2uA vf u 2 x 2+y 2=1B v f u2uC vf uv D uvDvf uuOx(7) 设 A 为 n 阶非零矩阵， E 为 n 阶单位矩阵 . 若 A 3O ，则 ()A E A 不可逆， E A 不可逆.B E A 不可逆， E A 可逆.C E A 可逆， EA 可逆.D E A 可逆， EA 不可逆 .1 2 A 合同的矩阵为 ( )(8)设A，则在实数域上与 2 12 1 . 2 1A2B211 2 1 1 2 C. D1 1 22..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) f ( x) 连续， lim1 cos(sinx)1，则 f (0)2x(e x1) f ( x)(10) 微分方程 ( yx 2e x )dx xdy0 的通解是 y(11) 曲线 sin xylny xx 在点 0,1 处的切线方程为.2(12) 求函数 f ( x)( x 5) x 3 的拐点 ______________.y (13) 已知 zxxyz_______ .，则x(1,2)(14) 矩阵 A 的特征值是 ,2,3 ，其中未知，且2 A 48，则=_______.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 . (15)( 本题满分 9 分 )sin x sin sin xsin x求极限 limx 4.x 0(16) ( 本题满分 10 分 )x x(t)设函数 yy( x) 由参数方程t 2确定，其中 x(t) 是初值问题yln(1 u)dudx 2te x 0d 2 y dt 的解. 求dx 2 . x |t 0 0(17)( 本题满分 9 分 )1x 2 arcsin x计算dx1 x 2(18)( 本题满分 11 分 )计算max ,1 ,其中 D {( x, y) 0 x 2,0 y 2}xydxdyD(19)( 本题满分 11 分 )设 f ( x) 是区间 [0,) 上具有连续导数的单调增加函数，且 f (0) 1 . 对于任意的t [0, ) ，直线 x 0, x t ，曲线 y f ( x) 以及 x 轴所围成曲边梯形绕 x 轴旋转一周生成一旋转体 . 若该旋转体的侧面面积在数值上等于其体积的2 倍，求函数 f ( x) 的表达式 .(20)( 本题满分 11分 )(I)证明积分中值定理：若函数 f ( x) 在闭区间 [ a, b] 上连续，则至少存在一点[ a, b] ，bf (x) dx f ( )(b a) ；使得a( x) 具有二阶导数，且满足，(2) (1), (2)3(II)若函数( x)dx ，则至少存在2一点(1,3)，使得( ) 0.(21)( 本题满分 11 分 )求函数 u x2y2z2在约束条件z x2y2和x y z 4 下的最大和最小值.(22)( 本题满分 12 分 )设 n 元线性方程组Ax b ，其中2a1x11a22a x20A1， x，ba22a n n x n0(I)证明行列式 A n 1 a n(II)当 a 为何值时，该方程组有唯一解，并求x1(III)当 a 为何值时，该方程组有无穷多解，并求通解(23)(本题满分 10 分 )设 A 为 3 阶矩阵，1 , 2为A的分别属于特征值1,1 的特征向量，向量 3 满足A323，(I)证明1, 2 , 3线性无关；(II)令P1,2,3，求P1AP2008 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1 (0,1) ，2 (1,2) 使f ( 1) f ( 2 )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f (x) 0 的实根不是三个就是一个，故D正确.(2) 【答案】Ca axf ( x) 0a af ( x)dx af (a)a【详解】xf (x)dx xdf ( x)0f (x)dx000其中 af (a) 是矩形ABOC面积，a(x)dx 为曲边梯形ABOD的面积，所以af xf ( x)dx 为00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e x、 cos2x 、 sin 2x 知齐次线性方程所对应的特征方程有根 r 1,r2i ，所以特征方程为(r1)(r2i)( r 2i ) 0 ，即 r 3r 24r 4 0.故以已知函数为通解的微分方程是y y 4 y 4 0(4)【答案】 A【详解】 x0, x1时 f ( x) 无定义，故x0, x1是函数的间断点因为lim f ( x)limln x1lim1 x csc xlim1|csc xcot xx 0x 0x 0 | xx 0lim sin2 x lim x0 x 0x cos x x 0cos x同理又所以lim f ( x)0x0lim f ( x)lim ln xx1x1x1lim f ( x)lim ln xx1x11xx0 是可去间断点，lim sin x lim1sin1 sin1x 1x 1xlim sin x sin1x 1x 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 n )} 单调且有界.故{ f ( x n )} 一定存在极限 .(6) 【答案】 Af u 2 v 2vu 2)rdr u2)dr【详解】用极坐标得F u, vu 2 v 2dudvdvf (r r v f (rD11所以F vf u 2u(7) 【答案】 C【详解】 (EA)(E A A 2) E A 3 E ， (E A)(E A A 2) E A 3 E故 E A,E A 均可逆．(8) 【答案】 D12 【详解】记 D，211 2 2 1 2 2则 E D114，又EA14221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【详解】所以1 cos[xf ( x)]lim2sin 2[ xf ( x) 2]lim2sin 2 [ xf ( x) 2] f ( x)lim2x 2 f ( x)[ xf (x) 2]24x 0(e x1) f ( x)x 0x 01lim f (x) 1 f (0) 1 2 x 02f (0)2(10)【答案】 x( e x C )【详解】微分方程 yx 2exdx xdy0 可变形为dyyxe xdx x11x xe x1dxxe x edxCdx C x( exC)所以y exxdx x(11)【答案】【详解】设y x111dy F xy cos(xy)xF ( x, y)y，sin( xy ) ln( y x) x ，则1dx F y xcos( xy)xy将 y(0) 1 代入得dy1 ，所以切线方程为y 1 x 0 ，即 y x1 dx x 0(12)【答案】( 1, 6)【详解】 y x5 35x2 3y 5 x2 310 x1 310( x2)333x1 3y10x 1 310x 4 310( x1)999x4 3x 1 时， y0； x0 时， y不存在在 x 1 左右近旁y异号，在 x0 左右近旁 y0 ，且 y( 1) 6故曲线的拐点为 (1,6)(13)【答案】2(ln 2 1) 2【详解】设所以uy, vx，则 z u vx yz z u z v vu v 1(y2) u v ln u1 x u x v x x yx y1 lny u v vy ln u y1ux2y x y x所以z 2(ln 21)x (1,2)2(14)【答案】 -1【详解】 |A| 2 36|2A| 23| A|3三、解答题(15)【详解】[sin xsin(sin x)]sin x sin x sin(sin x)方法一 ： limx 4 lim x3x 0x 0cosx cos(sin x)cos x1 cos(sin x)1sin 2 x1lim limlim23x23x226x 0x 0x 03x方法二 ： sin x x1 x 3 o(x 3)sin(sin x) sin x1sin 3 x o(sin 3 x)66lim [sin x sin(sin x)]sin xlimsin 4 x o(sin 4 x) 1x46x4 x46x 0x 0(16)【详解】方法一 ：由dx2xx2tdt ，积分并由条件 x 得 e x 1 t 2 ，即 x n(1l ) t 2dt te得 e dxt 0dydy ln(1 t 2) 2t 所以dt (1 2 )ln(1 2)dxdx2tt tdt1 t 2d22d 2 y d dydt [(1 t )ln(1 t )]2t ln(1 t 2 ) 2tdx 2 dx dxdx 2tdt 1 t 2(1 t 2 )[ln(1 t 2 ) 1]方法二 ：由dx2 x 0得 x2tdt ，积分并由条件xt 0得e x1 t 2，即 x n(1l ) t 2dttee dxdy dy ln(1 t 2 ) 2t所以dt (1 2 )ln(1 2 ) xdxdx2tt t e xdt1 t 2所以d 2 ye x ( x 1)dx 2(17)【详解】x 2 arcsin x1x 2 arcsin x方法一 ：由于 lim2，故dx 是反常积分 .x 11 x 01 x2令 arcsin xt ，有 xsin t ， t [0,2)1x 2 arcsin xt sin 2 tcostdt2t sin 2tdttt cos2tdx22 ()dt1 x 2cost22t221 2 td sin 2t 2t sin2t 24 04 16421221cos2t 1616 4 81 2 sin 2tdt 4 01x2arcsin x dx 1 1 2d (arcsin x) 2方法二：x 2 2 x11x 2(arcsin x)211212dxx(arcsin x)2dxx(arcsin x) 28 0令 arcsin xt ，有 x sin t ， t [0,2)11 2t 2sin 2tdt 12 t 2d cos 2tx(arcsin x)2 dx2 041 (t 221212t cos2tdtcos2t ) 16 4 0242故，原式116 4(18)【详解】曲线 xy 1 将区域分成两个区域 D 1 和 D 2 D 3 ，为了便于计算继续对区域分割，最后为D 1max xy,1 dxdyDxydxdydxdydxdyD 3D 2D 1 D 2 D 31221222dx x1dy1dy1 dx1 dx 1 xydy22x15 ln 2 19 ln 2 O0.52 x1 2ln 244Vt ( x)dx ，侧面积 S2t f 2( x)dx ，由题(19)【详解】旋转体的体积f2f ( x) 1设条件知t2(x)dx t1 f 2( x) dxff ( x)上式两端对 t 求导得 f 2 (t)f (t ) 1 f 2 (t) ， 即 yy 2 1由分离变量法解得 l n (yy 21 ) t1C ， 即y y 21C t e将 y(0)1代入知 C 1，故 yy 2 1 e t ， y1 (e t e t )2于是所求函数为yf (x )1 e(t 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)Mx[ a,b]bf (x)dx()b ( )() ，即a由定积分性质，有f dxmMmb axM bab aabf (x)dx由连续函数介值定理，至少存在一点[a, b] ，使得 f ()aba即b ( )( )()f x dxfb aa(II) 由 (I) 的结论可知至少存在一点[2,3] ，使3(x)dx( )(3 2)( )2323又由 ( 2 )x( d)x ，知( )2对( x) 在 [1,2][2, ] 上分别应用拉格朗日中值定理， 并注意到(1)(2)， ( )(2) 得(1 )(2)(1)122 1 01(2 )( )(2)2 132 0在 [1,2 ] 上对导函数( x) 应用拉格朗日中值定理，有(21)【详解】方法一 ：作拉格朗日函数(2 )( 1 )(1,2) (1,3)( )21F ( x, y, z, , ) x 2 y 2 z 2(x 2 y 2 z)( x y z 4)F x 2x 2 x 0F y 2 y 2 y 0 令F z 2zF x 2 y 2zFxy z 4解方程组得 (x 1, y 1 , z 1 ) (1,1,2),( x 2 , y 2 , z 2 ) ( 2, 2,8)故所求的最大值为72，最小值为 6.方法二 ：问题可转化为求 ux 2 y 2 x 4 2x 2 y 2y 4 在 x y x 2 y 2 4 条件下的最值 设 F ( x, y, ) u x 4y 4 2x 2 y 2 x 2y 2( x y x 2 y 24)F x4x 3 4xy 2 2x (1 2x) 0 令F y 4 y 3 4x 2 y 2 y (1 2 y) 0Fxy x 2y 24 0解得 ( x 1 , y 1)(1,1),( x 2, y 2) ( 2, 2) ，代入 z x 2 y 2 ，得 z 1 2, z 28故所求的最大值为72，最小值为 6.(22)【详解】 (I) 证法一 ：2a 12a 13aa 22a 11a 2 2a1222aAr 2 2 ar 1a11a 22aa 2 2a2a 13a 124an 1ar n 13a4a(n 1)ar n32a (n 1)a nn2 3 n1(n 1)an证法二 ：记 D n | A |，下面用数学归纳法证明 D n(n 1)a n ．当 n1时，D 12a ，结论成立．当 n2时，D22a13a2，结论成立．a22a假设结论对小于n 的情况成立．将D n按第1行展开得a2102a1D n2aD n1a22a11a22a2aD n1 a2 D n22ana n1 a2 (n1)a n2( n1)a n故|A |(n1)na证法三：记D n| A |，将其按第一列展开得D n2aD n 1a2 D n 2，所以D n aD n 1aD n 1a2D n 2a( D n 1aD n 2 )a2 ( Dn2aDn3)a n 2 ( D2aD ) a n1即D n a n aD n1 a n a(a n1aD n 2 )2a n a2 D n 2(n 2) a n a n 2D2(n 1)a n a n1D1(n1)a n a n1 2a(n1)a n(II) 因为方程组有唯一解，所以由Ax B 知A0，又 A ( n1)a n，故a0 ．由克莱姆法则，将D n的第1列换成b，得行列式为112a102a1a22a1a22a a22a Dn 1na n 111a22a n n a22a (n1)( n 1)所以x1D n1nD n( n1)a(III) 方程组有无穷多解，由A 0 ，有 a 0 ，则方程组为1 x 1 11x 21 xn 1 00 x 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 0TT0010 0 , k 为任意常数．(23) 【详解】 (I)证法一 ：假设1,2 ,3 线性相关． 因为1,2 分别属于不同特征值的特征向量，故 1 ,2 线性无关，则3 可由1,2 线性表出， 不妨设3l 11 l2 2 ，其中 l 1 , l 2 不全为零 (若l 1 , l 2 同时为 0，则3为0，由A 323 可知20 ，而特征向量都是非0 向量，矛盾 )A11 , A22A3 2 32l 11l 2 2，又 A3A(l 1 1l 2 2 )l1 1l2 2l 1 1l 2 22l 1 1l 2 2 ，整理得：2l 112则 1, 2 线性相关，矛盾 . 所以， 1, 2 , 3 线性无关 .证法二 ：设存在数 k 1 , k 2 , k 3 ，使得 k 1 1 k 22k3 3(1)用 A 左乘 (1)的两边并由 A11, A22得k1 1( k 2 k 3 )2k 330(2) (1)— (2) 得2k 1 1 k 3 2(3)因为 1 , 2 是 A 的属于不同特征值的特征向量，所以1 ,2 线性无关，从而k 1 k 3 0 ，代入 (1)得 k 2 20 ，又由于20 ，所以 k 2 0，故 1, 2, 3 线性无关 .(II) 记P( 1,2, 3)，则 P 可逆，AP A( 1,2, 3)(A 1,A 2,A 3) (1, 2, 23)100100 (1,2,3) 011P 011001001100所以P1AP01 1 .001。