2001考研数学二真题及答案解析
x→1
(2)【答案】 x−2y+2=0.
【详解】在等式 e2x+ y − cos(xy) = e −1 两边对x求导, 其中 y 视为 x 的函数，得
e2x+y (2x + y)′ + sin(xy) ( xy)′ = 0 ，即 e2x+y ⋅ (2 + y ') + sin(xy) ⋅ ( y + xy ') =0
= f (1) f= '(1) 1, 则
()
(A)在 (1− δ ,1) 和 (1,1+ δ ) 内均有 f (x) < x .
❤
(B)在 (1− δ ,1) 和 (1,1+ δ ) 内均有 f (x) > x .
(C)在 (1− δ ,1) 内， f (x) < x .在 (1,1+ δ ) 内， f (x) > x .
又由 y(1) = 0, 解得 C = − 1 . 故曲线方程为： y arcsin x= x − 1 .
2
2
2
(5)【答案】 -2 【详解】方法1：利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有
a 1 1 1
1 1 a −2
A = 1 a 1 1
1 a
1
−2
1, 3行 互换
1 a
a 1
1 1
1
1
1 1 a −2
求 f (x) .
七、(本题满分 7 分)
❤
设函数 f (x), g(x) 满足 f ′(= x) g(x), g′(= x) 2ex − f (x) ，且= f (0) 0= , g(0) 2 ，
∫ 求
π 0
g(x) 1+ x
−
f( (1 +
x) x)2
dx
八、(本题满分 9 分)
设 L 是一条平面曲线，其上任意一点 P(x, y) (x > 0) 到坐标原点的距离，恒等于该点
(1)
设
f
(x)
=
1,
x ≤ 1, 则 f { f [ f (x)]} 等于
()
0, x > 1,
(A)0
(B)1
1, x ≤ 1, (C)
(D)
f
(x)
=
0,
x ≤ 1,
0, x > 1,
1, x > 1,
( ) (2) 设当 x → 0 时，(1− cos x) ln(1+ x2 ) 是比 x sin xn 高阶的无穷小，x sin xn 是比 ex2 −1
穷多解 ⇔ r( A) = r( A) = < n . 可见，只有当a =−2 时才有秩 r( A)= r( A)= 2 < 3 ，对
应方程组有无穷多个解.
方法2: 设 A 是 m × n 矩阵，方程组 Ax = b 有无穷多解 ⇔ r( A) = r( A) < n ，则方程组
a 1 1 x1 1
( ) ( ) 2(1− x)
= lim
= − lim
2
x→1 ( x + 2)( x −1) 3 − x + 1+ x
x→1 ( x + 2) 3 − x + 1+ x
( ) ( ) lim 2
=−
x→1
=−
2
= − 1 = − 2.
lim ( x + 2) 3 − x + 1+ x (1+ 2) 3 −1 + 1+1 3 2 6
x
求极限
lim
t→x
sin t sin x
sin t −sin x
，记此极限为
f
(x)
，求函数
f
(x)
的间断点并指出其类型.
五、(本题满分 7 分)
设 ρ = ρ(x) 是抛物线 y = x 上任一点 M (x, y)(x ≥ 1) 处的曲率半径，s = s(x) 是该抛
物线上介于点
A(1,1)
1行的(-1), (-a)倍 分别加到2，3行
0 0
a −1 1− a
1−a 1− a2
3
1+ 2a
1 1
a −2
2行加到3行 0 a −1
1−a
3
0 0 (1− a)(a + 2) 2(2 + a)
由非齐次线性方程组有无穷多解的充要条件：设 A 是 m × n 矩阵，方程组 Ax = b 有无
7
了其体积的 ，问雪堆全部融化需要多少小时？
8
十、(本题满分 8 分)
设 f (x) 在区间[−a, a](a > 0) 上具有二阶连续导数, （f 0）= 0 ,
(1) 写出 f (x) 的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式;
∫ (2) 证明在[−a, a] 上至少存在一点η ，使 a3 f ′′(η) = 3 a f (x)dx. −a
将x=0, y=1代入上式, 得 e ⋅ (2 + y ') =0 ，即 y '(0) = −2. 故所求法线方程斜率 k = −1 = 1 ， −2 2
根据点斜式法线方程为： y −1 =1 x, 即 x−2y+2=0. 2
π
(3)【答案】
8
【分析】根据区域对称性与被积函数的奇偶性：设 f ( x) 在有界闭区域[−a, a]上连续，则
可见 r( A) = 1 ≠ r( A) = 2, 原方程组无解.
当 a = −2 时，有
−2 1 1 1
1 1 −2 −2
=A
1
−2
1
1
1，3行互换
1
−2
1
1
1 1 −2 −2
−2 1 1 1
1 1 −2 −2
1 1 −2 −2
2行−1行
0
−3
3
3
1行×2加到3行
0
−3
3
dx
∫ = f (x) e−∫ P(x)dx C + Q ( x)e∫ P(x)dxdx
= 这里 P ( x)
1= , Q ( x)
1
，代入上式得：
1− x2 arcsin x
arcsin x
=y
∫ −∫
e
1
dx
C + 1−x2 arcsin x1源自∫ e1dx
dx 1−x2 arcsin x
❤
2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
一、填空题(本题共 5 小题，每小题 3 分，满分 15 分，把答案填在题中横线上)
(1) lim 3 − x − 1+ x = x→1 x2 + x − 2
(2) 设函数 y = f (x) 由方程 e2x+ y − cos(xy) = e −1 所确定,则曲线 y = f (x) 在点 (0,1) 处的
xdx
+
2 −π
sin 2
x cos2
xdx
=
2
2 sin2 x cos2 xdx
0
2
2
∫ ∫ =
π 2
1
sin 2
= 2xdx
1
π
2 (1− cos 4x)dx
02
40
∫ =
1
x
π 2
−
1
π
2 cos 4xd 4x
= 1 ⋅π
−
1
π
sin 4x 2=
π −0 =π .
4 0 16 0
4 2 16
08
有
∫
∫
= a f ( x) dx −a a f ( x) dx= −a
a
2∫0
f
(
x) dx,
0，
f ( x)为偶函数
，
f ( x)为奇函数
【详解】由题设知
π
π
π
∫ ( ) ∫ ∫ 2 −π
x3 + sin= 2 x cos2 xdx
2 −π
x3
cos2
xdx +
2 −π
sin 2
x cos2
xdx
与
M
之间的弧长，计算 3ρ
d2ρ ds2
−
dρ ds
2
的值.(在直角坐标系下曲率
y"
公式为 K =
3)
(1+ y '2 )2
六、(本题满分 7 分)
∫ 设函数 f (x) 在[0, +∞) 上可导， f (0) = 0 ，且其反函数为 g(x) .若 f (x) g(t)dt = x2ex ， 0
2
2
2
❤
在区间[− π , π ] 上， x3 cos2 x 是奇函数， sin2 x cos2 x 是偶函数，故 22
π
π
π
∫ ∫ ∫ 2 −π
x3
cos2
xdx
=
0，
2 −π
sin 2
x
cos2
xdx
=
2
2 sin2 x cos2 xdx ，
0
2
2
π
π
π
∫ ∫ ∫ = 所以，原式
2 −π
x3
cos2
= lim x→1
3− x − 1+ x
( x + 2)( x −1)
( )( ) 3 − x − 1+ x 3 − x + 1+ x
3 − x − (1+ x)
( ) ( ) = lim
2001考研数二真题及解析
2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分,把答案填在题中横线上)(1) 1x →= (2) 设函数()y f x =由方程2cos()1x y e xy e +-=-所确定,则曲线()y f x =在点(0,1)处的法线方程为 . (3)()32222sin cos xx xdx ππ-+=⎰(4) 过点1,02⎛⎫⎪⎝⎭且满足关系式'arcsin 1y x =的曲线方程为 . (5) 设方程123111111112a x a x a x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎣⎦有无穷多个解,则a = . 二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分,在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1,1,()0,1,x f x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩则[]{}()f f f x 等于 ( )(A)0 (B)1 (C)1,1,0,1,x x ⎧≤⎪⎨>⎪⎩ (D)0,1,()1,1,x f x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩(2) 设当0x →时,2(1cos )ln(1)x x -+是比sin nx x 高阶的无穷小,sin nx x 是比()21x e -高阶的无穷小,则正整数n 等于 ( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4 (3) 曲线22(1)(3)y x x =--的拐点个数为 ( )(A)0. (B)1. (C)2. (D)3(4)已知函数()f x 在区间(1,1)δδ-+内具有二阶导数,'()f x 严格单调减少,且(1)'(1)1,f f ==则 ( )(A)在(1,1)δ-和(1,1)δ+内均有()f x x <. (B)在(1,1)δ-和(1,1)δ+内均有()f x x >.(C)在(1,1)δ-内,()f x x <.在(1,1)δ+内,()f x x >. (D)在(1,1)δ-内,()f x x >.在(1,1)δ+内,()f x x <. (5)设函数()f x 在定义域内可导,()y f x =的图形如右图所示,则导函数()y f x '= 的图形为 ( )三、(本题满分6分)求22.(21)1dxxx ++⎰四、(本题满分7分)求极限sin sin sin lim sin x t xt x t x -→⎛⎫⎪⎝⎭,记此极限为()f x ,求函数()f x 的间断点并指出其类型.五、(本题满分7分)设()x ρρ=是抛物线y x =上任一点(,)(1)M x y x ≥处的曲率半径,()s s x =是该抛物线上介于点(1,1)A 与M 之间的弧长,计算2223d d ds ds ρρρ⎛⎫- ⎪⎝⎭的值.(在直角坐标系下曲率公式为322"(1')y K y =+)六、(本题满分7分)设函数()f x 在[0,)+∞上可导,(0)0f =,且其反函数为()g x .若()20()f x x g t dt x e =⎰,求()f x . 七、(本题满分7分)设函数(),()f x g x 满足()(),()2()xf xg x g x e f x ''==-,且(0)0,(0)2f g ==,求20()()1(1)g x f x dx x x π⎡⎤-⎢⎥++⎣⎦⎰八、(本题满分9分)设L 是一条平面曲线,其上任意一点(,)P x y (0)x >到坐标原点的距离,恒等于该点处的切线在y 轴上的的截距,且L 经过点1,0.2⎛⎫ ⎪⎝⎭(1) 试求曲线L 的方程(2) 求L 位于第一象限部分的一条切线,使该切线与L 以及两坐标轴所围图形面积最小.九、(本题满分7分)一个半球体状的雪堆,其体积融化的速率与半球面面积S 成正比,比例常数0K >.假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状,已知半径为0r 的雪堆在开始融化的3小时内,融化了其体积的78,问雪堆全部融化需要多少小时？十、(本题满分8分)设()f x 在区间[,](0)a a a ->上具有二阶连续导数,00f =（）, (1) 写出()f x 的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式; (2) 证明在[,]a a -上至少存在一点η,使3()3().aaa f f x dx η-''=⎰十一、(本题满分6分)已知矩阵100011110,101.111110A B ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭且矩阵X 满足,AXA BXB AXB BXA E +=++其中E 是3阶单位阵,求X .十二、(本题满分6分)设124,,,ααα为线性方程组0AX =的一个基础解系,112223,,t t βααβαα=+=+334441,,t t βααβαα=+=+试问实数t 满足什么关系时,1234,,,ββββ也为0AX =的一个基础解系.2001 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)【答案】6-【详解】21lim2x x x →+-1x →=1x →=131x x x→--+=121x x →-=1x →=-lim 2===6=-(2)【答案】 x −2y +2=0.【详解】在等式2cos()1x y e xy e +-=-两边对x 求导, 其中y 视为x 的函数,得()()22sin()0x y e x y xy xy +''++=,即2(2')sin()(')0x y e y xy y xy +⋅++⋅+=将x =0, y =1代入上式, 得(2')0e y ⋅+=,即'(0) 2.y =- 故所求法线方程斜率12k -=-12=,根据点斜式法线方程为：11,2y x -= 即 x −2y +2=0.(3)【答案】8π 【分析】根据区域对称性与被积函数的奇偶性：设()f x 在有界闭区域[],a a -上连续,则有()()()()()02,0a a aaaf x dx f x dx f x f x dx f x --⎧= ⎪⎨⎪= ⎩⎰⎰⎰为偶函数，为奇函数, 【详解】由题设知()32222sin cos xx xdx ππ-+⎰32222222cos sin cos x xdx x xdx ππππ--=+⎰⎰在区间[,]22ππ-上,32cos x x 是奇函数,22sin cos x x 是偶函数,故3222cos 0x xdx ππ-=⎰,22222202sin cos 2sin cos x xdx x xdx πππ-=⎰⎰,所以,原式32222222cos sin cos x xdx x xdx ππππ--=+⎰⎰22202sin cos x xdx π=⎰2201sin 22xdx π=⎰201(1cos 4)4x dx π=-⎰ 220011cos 44416x xd x ππ=-⎰2011sin 44216x ππ=⋅-08π=-.8π=(4)【答案】1arcsin .2y x x =- 【详解】方法1：因为()arcsin 'arcsin y x y x '=+,所以原方程'arcsin 1y x +=可改写为 ()arcsin 1,y x '=两边直接积分,得 arcsin .y x x c =+ 又由1()02y =代入上式,有 10arcsin 2x c ⋅=+,解得1.2c =- 故所求曲线方程为 1arcsin .2y x x =-方法2：将原方程写成一阶线性方程的标准形式1'.arcsin y y x+=由一阶线性微分方程()()dyP x y Q x dx+=通解公式： ()()()()P x dx P x dx f x e C Q x e dx -⎛⎫⎰⎰=+ ⎪⎝⎭⎰ 这里()()1arcsin P x Q x x==,代入上式得：1arcsin y eC e dx x -⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎰ 11arcsin arcsin arcsin arcsin 1arcsin d x d x x x e C e dx x -⎡⎤⎰⎰=+⎢⎥⎣⎦⎰lnarcsin lnarcsin 1arcsin x x e C e dx x -⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦⎰1arcsin arcsin arcsin x C dx x x ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦⎰arcsin arcsin C x x x =+ 又由1()0,2y =解得1.2C =- 故曲线方程为：1arcsin .2y x x =-(5)【答案】 -2【详解】方法1：利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有111111112a A a a ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦1121,3111111aa a -⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦行互换 21121(-1),(-)01132301112a a a a a aa -⎡⎤⎢⎥--⎢⎥⎢⎥--+⎣⎦行的倍分别加到，行 11223011300(1)(2)2(2)a a a a a a -⎡⎤⎢⎥--⎢⎥⎢⎥-++⎣⎦行加到行 由非齐次线性方程组有无穷多解的充要条件：设A 是m n ⨯矩阵,方程组Ax b =有无穷多解()()r A r A n ⇔==<. 可见,只有当a =−2 时才有秩()()23r A r A ==<,对应方程组有无穷多个解.方法2: 设A 是m n ⨯矩阵,方程组Ax b =有无穷多解()()r A r A n ⇔=<,则方程组123111111112a x a x a x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎣⎦有无穷多解()()3r A r A ⇔=<. 从而有0A =,即111111a A a a=2222,311111a a a a a+++行分别加到行1111211211a a a a ++行提出()()1111(1)201023001a a a ⨯-+--行分别()加到，行10201a a a -+-1+1=(-1)()2(2)(1)0,a a =+-=则,12a a ==-或.当1a =时,1111111111111(1)23000011120003A ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⨯-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦行分别加到，行 可见()1()2,r A r A =≠=原方程组无解.当2a =-时,有211112111122A -⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥--⎣⎦11221312112111--⎡⎤⎢⎥-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦，行互换 11222103332111--⎡⎤⎢⎥--⎢⎥⎢⎥-⎣⎦行行1122103330333--⎡⎤⎢⎥⨯-⎢⎥⎢⎥--⎣⎦行2加到3行 112203330000--⎡⎤⎢⎥-⎢⎥⎢⎥⎣⎦3行+2行11222(3)01110000--⎡⎤⎢⎥÷---⎢⎥⎢⎥⎣⎦行 可知,()()23,r A r A ==<故当2a =-时,原方程组有无穷多解.二、选择题 (1)【答案】(B)【详解】因为1,1()0,1x f x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩,所以在整个定义域内()0()1f x f x ==或,所以()1f x ≤,于是[]()1f f x =,从而[]{}()()11f f f x f ==(2)【答案】(B)【详解】根据高阶无穷小的定义：如果lim0βα=,就说β是比α高阶的无穷小,由题设当0x →时,2(1cos )ln(1)x x -+是比sin n x x 高阶的无穷小,所以20(1cos )ln(1)0lim sin n x x x x x →-+=22012lim nx x x x x →⋅ ⋅等价3012limn x x x → 等价301lim 2n x x -→= 从而n 应满足2n ≤；又由sin nx x 是比2(1)x e -高阶的无穷小,所以根据高阶无穷小的定义有：2sin 0lim 1nx x x x e →=-20lim nx x x x →⋅ 等价10lim n x x -→=,从而n 应满足2n ≥ 综上,故正整数2n =,故选(B)(3)【答案】(C)【详解】22(1)(3)y x x =--,所以 y '222(1)(3)2(1)(3)x x x x =--+--4(1)(2)(3)x x x =---y ''[]4(2)(3)(1)(3)(1)(2)x x x x x x =--+--+--2224564332x x x x x x ⎡⎤=-++-++-+⎣⎦2431211x x ⎡⎤=-+⎣⎦y '''[]4612x =-()242x =-令0y ''=,即2312110x x -+=,因为判别式：∆224124311b ac =-=-⋅⋅120=>,所以0y ''=有两个不相等的实根,且()2y ''23212211=⋅-⋅+10=-≠,所以两个实根不为2,因此在使0y ''=这两点处,三阶导数0y '''≠,(一般地,若()00f x ''=,且()00f x '''≠,则点()()0,x f x 一定是曲线()y f x =的拐点),因此曲线有两个拐点,故选(C)或根据y ''2431211x x ⎡⎤=-+⎣⎦是一条抛物线,且与x 轴有两个不相同的交点,所以在两个交点的左右y ''符号不相同,满足拐点的定义,因此选(C)(4)【答案】(A)【详解】方法1：令()()F x f x x =-,则()()1F x f x ''=-()()1f x f ''=-由于'()f x 严格单调减少,因此当(1,1)x δ∈-时,()()1f x f ''>,则()F x '()()1f x f ''=-0>；当(1,1)x δ∈+时,()()1f x f ''<,则()F x '()()1f x f ''=-0<,且在1x =处()()1(1)10F f f '''=-=,根据判定极值的第一充分条件：设函数()f x 在0x 处连续,且在0x 的某去心δ领域内可导,若()00,x x x δ∈- 时,()0f x '>,而()00,x x x δ∈ +时,()0f x '<,则()f x 在0x 处取得极大值,知()F x 在1x =处取极大值,即在在(1,1)δ-和(1,1)δ+内均有()()10F x F <=,也即()f x x <. 故选(A)方法2：排除法,取()21()2x f x x -=-+,则()()21123f x x x '=--+=-+,()20f x ''=-<,所以满足题设在区间(1,1)δδ-+内具有二阶导数,'()f x 严格单调减少,且(1)'(1)1,f f ==当1x <时或1x >时,均有()f x ()212x x -=-+x <,因此可以排除(B)、(C)、(D),选(A)(5) 【答案】(D)【详解】从题设图形可见,在y 轴的左侧,曲线()y f x =是 严格单调增加的,因此当0x <时,一定有'()0f x >,对应()y f x '=图形必在x 轴的上方,由此可排除(A),(C)；又()y f x =的图形在y 轴右侧靠近y 轴部分是单调增,所以在这一段内一定有'()0f x >,对应()y f x '=图形必在x 轴的上方,进一步可排除(B),故正确答案为(D).三【详解】作积分变量变换,令tan ,x u =则2sec ,dx udu =原式222sec (2tan 1)tan 1uduu u =++⎰ 22sec (2tan 1)sec uduu u =+⎰ 2(2tan 1)cos duu u =+⎰222sin (1)cos cos du u u u =+⎰()222cos 2sin cos cos udu u u u =+⎰ 22cos 2sin cos udu u u =+⎰2cos sin 1udu u =+⎰2sin sin 1d uu =+⎰arctan(sin )u C=+C +四【分析】应先求出()f x 的表达式,再讨论它的间断点,首先明确间断点的类型分为两大类：第一类间断点和第二类间断点,第一类间断点又可分为：可去间断点(左右极限存在且相等的间断点)和跳跃间断点(左右极限存在但不相等的间断点)；第二类间断点又可分为：无穷间断点(有一个极限为无穷的间断点)和振荡间断点(极限值在某个区间变动无限多次).【详解】由 ()f x =sin sin sin lim sin xt xt x t x -→⎛⎫⎪⎝⎭sin sin sin ln sin lim xt x t x t xe-⎛⎫ ⎪⎝⎭→=sin ln sin sin sin lim x t t x x t xe⎛⎫⎪-⎝⎭→=又 sin limln sin sin sin t xx t t x x →⎛⎫= ⎪-⎝⎭sin lim ln 11sin sin sin t x x t t x x →⎛⎫+- ⎪-⎝⎭sin sin limln 1sin sin sin t xx t x t x x →-⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭sin sin lim sin sin sin t x x t x t x x →-⎛⎫= ⎪-⎝⎭limsin t xx x →=sin xx= 所以 ()f x sin ln sin sin sin lim x t t x x t x e⎛⎫⎪-⎝⎭→=sin limln sin sin sin t x x t t x x e→⎛⎫⎪-⎝⎭=sin xxe=由()f x sin x xe =的表达式,可以看出自变量x 应满足sin 0x ≠,从而,0,1,2,x k k π≠ =±±当0x →时,sin 0lim ()lim x xx x f x e→→=0lim1sin x xxee →==e =,所以0x =为()f x 的第一类间断点(左右极限相等,又进一步可知是可去间断点)；对于非零整数k ,sin lim ()lim x xx k x k f x eππ--→→=limsin x k xxeπ-→=sin 0x → ∞,故,1,2,x k k π= =±±为()f x 的第二类间断点(无穷间断点)五【解答】由y ,有'y y ''== 抛物线在点(,)M x y 处的曲率半径3221(1')()"y x K y ρρ+===3221⎡⎤+⎢⎥=3211⎡⎤+⎢⎥=321(41).2x =+ 若已知平面曲线AM 的显式表示为()y f x =()a xb ≤≤,则弧长为as =⎰,其中()f x 在[],a b 有连续的导数.根据上述结论,所以抛物线上AM 的弧长()s sx =1=⎰1=⎰1=⎰ 故 d d dxds dsdxρρ=3211(41)2x '⎡⎤+⎢⎥⎣⎦='⎛⎫ ⎪⎝⎭⎰1213(41)4x ⋅+⋅=2(41)x=+=221()d d d ds ds dx ds dx ρρ=⋅11d dx =⋅'⎛⎫⎪⎝⎭⎰===因此 2223()d d ds ds ρρρ-()(32213142x =⋅+()91436x x =+-9=六【详解】()f x 的反函数是()g x ,根据反函数的性质有(())g f x x =,()20()f x x g t dt x e =⎰两边对x 求导,有()()()20()f x x g t dt x e ''=⎰()2()2x x g f x f x x e xe '⇒=+⎡⎤⎣⎦又(())g f x x =,所以2()2x x xf x x e xe '=+()2x x f x xe e '⇒=+, (0,)x ∈+∞两边积分()()2x x f x dx xe e dx '=+⎰⎰()2x x f x xe dx e dx ⇒=+⎰⎰()2x x f x xde e ⇒=+⎰()2x x x f x xe e dx e ⇒ -+⎰分部()2x x x f x xe e e C ⇒=-++()x x f x xe e C ⇒=++.由于题设()f x 在[0,)+∞上可导,所以在0x =处连续,故()()00lim ()lim 10x xx x f f x xe e C C ++→→==++=+=, 所以1C =-,于是()1x x f x xe e =+-, [0,)x ∈+∞七【详解】由()(),()2()x f x g x g x e f x ''==-,得()()2()x f x g x e f x '''==-,即()()2x f x f x e ''+=此为二阶常系数线性非齐次方程,且右端呈()xm P x e λ型(其中()2,1m P x λ= =),对应的齐次方程为()()0f x f x ''+=,特征方程为210r +=,对应的特征值为r i =±,于是齐次方程的通解为：12cos sin y C x C x =+, 因为1λ=r ≠,所以设特解为*x y ae =(a 为实数),()*xy ae''=,代入()()2x f x f x e ''+=,2x x x ae ae e +=,所以2a a +=,即1a =,从而特解*xy e =,非齐次方程的通解为()12cos sin xf x C x C x e =++,又(0)0f =,所以,()0120cos0sin00f C C e =++=110C ⇒+=11C ⇒=-又,()12sin cos xf x C x C x e '=-++(),0(0)2fg '==,所以,()0120sin0cos0f C C e '=-++21C =+2=21C ⇒=,所以原方程的解为：()sin cos xf x x x e =-+以下计算积分,有两个方法： 方法1：20()()1(1)g x f x dx x x π⎡⎤-⎢⎥++⎣⎦⎰()20()1()(1)g x x f x dx x π+-=+⎰ ()20()1()()()(1)f x x f x f x g x dx x π'+-' = +⎰0()1f x dx x π'⎡⎤=⎢⎥+⎣⎦⎰0()1f x d x π=+⎰0()1f x x π=+()(0)110f f ππ=-++sin cos (0)1e f ππππ-+=-+11e ππ+=+ 方法2：20()()1(1)g x f x dx x x π⎡⎤-⎢⎥++⎣⎦⎰200()()1(1)g x f x dx dx x x ππ=-++⎰⎰ 00()1()11g x dx f x dx x x ππ'⎛⎫=+ ⎪++⎝⎭⎰⎰00()1()11g x dx f x d x x ππ=+++⎰⎰ 000()()()111g x f x f x dx dx x x xπππ' +-+++⎰⎰分部()000()()()()111g x f x g x g x f x dx dx x x xπππ' = +-+++⎰⎰ 0()1f x x π=+()(0)110f f ππ=-++sin cos (0)1e f ππππ-+=-+11e ππ+=+八【详解】(1)设曲线L 过点(,)P x y 的切线方程为()Y y y X x '-=-,令0X =,则Y xy y '=-+,即它在y 轴上的截距为xy y '-+,根据两点()()00,,,x y x y 距离公式d =,所以原点到点(,)P x y ,由题设(,)P x y (0)x >到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在y 轴上的截距,所以：xy y '-+= (0)x >,即yy x '=, (0)x >此为一阶齐次方程,按规范方法解之,命y ux =,则dyu xdu dx=+,代入,方程变为： du u x u dx +=⇒du x dx=dx x =-积分得dxx=-⎰(ln ln u cx⇒=-C u x ⇒+把yu x=代入上式,得y C x x +=y C ⇒+=. 由题设曲线经过点1,02⎛⎫⎪⎝⎭,代入得0C +=,则12C =,故所求方程为：12y +=,即21.4y x =- (2) 由(1)知214y x =-,则2y x '=-,点21(,),4P x y P x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,所以在点P 处的切线方程为：()2124Y x x X x ⎛⎫--=--⎪⎝⎭,分别令0X =,0Y =,解得在y 轴,x 轴上的截距分别为214x +和128x x+. 此切线与两坐标轴围成的三角形面积为：()A x 21112284x x x ⎛⎫⎛⎫=++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()22141,064x x x=+ > 由于该曲线在第一象限中与两坐标轴所围成的面积为定值,记0S ,于是题中所要求的面积为：()()0S x A x S =-()220141,64x S x=+- 求最值点时与0S 无关,以下按微分学的办法求最值点.()S x '()22014164x S x '⎛⎫=+- ⎪⎝⎭()()222228414164x x x x ⋅+-+= ()()222228414164x x x x x ⋅+-+=()()2224112164x x x +-=令()0S x '=得x ==当0x <<时,()0S x '<；当x >时,()0S x '>, 根据极值存在的第一充分条件：设函数()f x 在0x 处连续,且在0x 的某去心δ领域内可导,若()00,x x x δ∈- 时,()0f x '>,而()00,x x x δ∈ +时,()0f x '<,则()f x 在0x 处取得极大值,知：x =是()S x 在0x >处的唯一极小值点,即最小值点, 于是所求切线方程为：214Y X ⎛⎫ ⎪--= ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即133Y X =-+九【详解】方法1：半球形雪堆在时刻t 时设其半径为r ,则半球体积323V r π=,侧面积22S r π=. 由题设体积融化的速率与半球面面积S 成正比,知：dVkS dt=-, 由于r 是t 的函数,323dV d r dt dt π⎛⎫= ⎪⎝⎭22dr r dt π=,代入上式,得：22dr r kS dt π=-,即2222drr k r dtππ=-⋅,从而dr kdt =-,00t r r ==. 积分得r kt c =-+,把00t r r ==代入,得0c r =,所以0r kt r =-+.又半径为0r 的雪堆在开始融化的3小时内,融化了其体积的78,即00037188t VV V V ==-=,其中0V 表示0t =时的V . 以V 的公式代入上式,为33330212383t t t V r r ππ=====⋅将0r kt r =-+代入上式,两边约去23π,得：()330018kt r r -+=,即0012kt r r -+= 从而求得：016k r =,于是0r kt r =-+0001166t r t r r ⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭,当6t =时0r =,雪融化完.方法2：半球形雪堆在时刻t 时设其半径为r ,则半球体积323V r π=,侧面积22S r π=,联立323V r π=,22S r π=消去r ,得：S =由题设体积融化的速率与半球面面积S 成正比,知：dVkS dt=-,从而推知00t dVV V dt==- =分离变量23dV V=-,积分：133V c =-+,把00t V V ==代入,1303c V =,所以,1133033V V =-.又由00037188t VV V V ==-=,代入上式1133003332V V =-得k =故 133V 1303V =-1303V =113300132V V t =-.命0V =,解得：6t =,即雪堆全部融化需6小时.十【应用定理】闭区间上连续函数的介值定理：设()f x 在[],a b 上连续,()()f a f b ≠,则对()()f a f b 与之间的任何数η,必存在c (a c b <<),使得()f c η=.【详解】(1)麦克劳林公式其实就是泰勒公式中,把函数在零点展开.()f x 的拉格朗日余项一阶麦克劳林公式为：221()()(0)(0)()(0)22f f x f f x f x f x x ξξ''''''=++=+, 其中ξ位于0和x 为端点的开区间内,[],x a a ∈-.(2)方法1：将()f x 从a -到a 积分21()(0)().2aaaaaaf x dx f xdx f x dx ξ---'''=+⎰⎰⎰ 而2(0)(0)(0)02aaa a ax f xdx f xdx f a--'''==⨯=-⎰⎰从而有21()().2aa aaf x dx f x dx ξ--''=⎰⎰ 因()f x ''在[],a a -上连续,故有()f x ''在[],a a -上存在最大值M ,最小值m (由闭区间上的连续函数必有最大值和最小值),即[,][,]min (),max (),a a a a m f x M f x --''''==易得 (),[,].m f x M x a a ''≤≤∈-因此3322111()(),22233aa a a a a a x Ma f x dx f x dx M x dx M a ξ---''=≤==-⎰⎰⎰同理223111()().223aa a aa a f x dx f x dx m x dx ma ξ---''=≥=⎰⎰⎰ 因此 33()aam f x dx M a -≤≤⎰.由连续函数介值定理知,存在[],a a η∈-,使33()()aaf f x dx a η-''=⎰,即3()3()aaa f f x dx η-''=⎰.方法2 ：观察要证的式子,做变限函数：()()xxF x f t dt -=⎰,易得(0)0F =,()()()F x f x f x '=+-(变限积分求导)()()()()()()F x f x f x f x f x '''''=+-=-- ()()()()()()F x f x f x f x f x ''''''''''=--=+-则有 (0)(0)(0)000F f f '=+-=+=(0)(0)(0)(0)(0)0F f f f f ''''''=--=-=将它展开成2阶带拉格朗日余项麦克劳林公式：2311()(0)(0)(0)()23!F x F F x F x F x ξ''''''=+++ 331100()(()())66F x f f x ξξξ'''''''=++=+-其中(0,)x ξ∈,[],x a a ∈-由于()f x ''在[],a a -上连续,则由连续函数介值定理,存在[],ηξξ∈-,使1()(()())2f f f ηξξ''''''=+- (因为[]1(()())(),,2f f f x x a a ξξ''''''+-∈∈-) 于是有,存在(),a a η∈-,使3331111()00()(()())()6323F x F x f f x f x ξξξη'''''''''=++=⨯+-=把x a =代入()F x 有：31()()3F a f a η''=,即3()()3a a a f x dx f η-''=⎰ (),a a η∈-即 3()3()aaa f f x dx η-''=⎰(),a a η∈-十一【详解】题设的关系式AXA BXB AXB BXA E +=++⇒AXA BXB AXB BXA E +--=⇒()()AXA AXB BXB BXA E -+-=⇒()()AX A B BX B A E -+-= ⇒()()AX A B BX A B E ---=⇒()()AX BX A B E --=即 ()().A B X A B E --=其中, A B -100011110101111110⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111011001--⎛⎫ ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭因为 1111101A B ---=-1111(1)1+-=-10=≠,故由n 阶矩阵A 可逆的充要条件0A ≠,知矩阵A B -可逆,用初等行变换求()1A B --：111100(,)011010001001A E E --⎛⎫ ⎪-=- ⎪ ⎪⎝⎭1101013010011001001-⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭行分别加到1,2行 100112010011001001⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭2行加到1行故而 ()1112011,001A B -⎛⎫ ⎪-= ⎪ ⎪⎝⎭于是,等式()()A B X A B E --=两边左、右乘 ()1A B -- 可得()21X A B -⎡⎤=-⎣⎦112112011011001001⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪=⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭125012.001⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭十二【详解】由题设知,12,,,s βββ均为12,,,s ααα的线性组合,齐次方程组当有非零解时,解向量的任意组合仍是该齐次方程组的解向量,所以12,,,s βββ均为0Ax =的解. 下面证明12,,,s βββ线性无关. 设 11220s s k k k βββ+++= ()*把11122,t t βαα=+21223,t t βαα=+121,,s s t t βαα=+代入整理得,()()()1121211222110s s s s t k t k t k t k t k t k ααα-++++++=由12,,,s ααα为线性方程组0Ax =的一个基础解系,知12,,,s ααα线性无关,由线性无关的定义,知()*中其系数全为零,即112211221100 0s s s t k t k t k t k t k t k -+=⎧⎪+=⎪⎨⎪⎪+=⎩ 其系数行列式122121210000000000t t t t t t t t 122211321211211100000000000(1)ss s t t t t t t t t t t t +--*+-（）1121111(1)ss s s t tt t -+-⎛⎫=+- ⎪⎝⎭112(1)s s st t +=+- (*（）变换：把原行列式第i 行乘以21t t -加到第1i +行,其中1,, 1.i s =-)由齐次线性方程组只有零解得充要条件,可见,当12(1)0,s st t +-≠,即12(),s s t t ≠-即当s为偶数,12;t t ≠±当s 为奇数,12t t ≠时,上述方程组只有零解120,s k k k ====因此向量组12,,,s βββ线性无关,故当12122,21,s n t t s n t t =≠±⎧⎨=+≠⎩时,12,,,s βββ也是方程组0Ax =的基础解系.。
2001-数二真题、标准答案及解析
(B)在 (1− δ ,1) 和 (1,1+ δ ) 内均有 f ( x) > x.
(C)在 (1− δ ,1) 内, f ( x) < x, 在 (1,1+ δ ) 内, f ( x) > x.
(D)在 (1− δ ,1) 内, f ( x) > x, 在 (1,1+ δ ) 内, f ( x) < x.
解得 y = e
−∫ e
⎡
∫ = 1−
x2
1 arcsin
x
dx
⎢⎢c ⎢⎣
+
1
∫
e
arcsin x
1
dx ⎤
1−x2 arcsin x dx⎥⎥
⎥⎦
1
(c+ x),
arcsin x
y
⎛ ⎜⎝
1 2
⎞ ⎟⎠
=
0
⇒
c
=
−
1 2
.
-2-
故曲线方程为：
y arcsin x = x − 1 . 2
⎡a 1 1⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ 1 ⎤
( ) ∫ 三、求
dx
.
2x2 +1 x2 +1
【详解】设 x = tan t, 则 dx = sec2 t.
( ) ∫ ∫ ∫ 原式 =
sec2 tdt
=
cos tdt = d sin t
sec t ⋅ 2 tan2 t +1 2sin2 t + cos2 t 1+ sin2 t
= arctan (sin t ) + C
M
3
⎥ ⎥
→
⎢⎣1 1 a M −2⎥⎦ ⎢⎣0 1− a 1− a2 M 1+ 2a⎥⎦
2001【考研数二】真题及解析
2001年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、填空题(本题共5小题，每小题3分，满分15分，把答案填在题中横线上 )设函数y = f(x)由方程e 2x£ _cos(xy) = e-1所确定，则曲线y=f(x)在点(0,1)处的法线方程为JI ―322J ；(x +sin x)cosxdx =y'arcsin x + y一 =1的曲线方程为f(1) = f'(1)=1,则(A)在(1—6,1)和(1,1 + 6)内均有 f (x)c x . (B)在(1—61)和(1,1”)内均有 f(X)>x .lim 妊-X 2+X —2「a 1设方程1L 1口站「1【1有无穷多个解，则a -1 a 」L x3j L-2J5小题，每小题3分，共15分，在每小题给出的四个选项中，只有一项 .)X 2二、选择题(本题共 符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内(1, I X -1,(1)设 f(x)斗[0, X >1,则 f {f 〔f(X)]}等于X <1,(A)0(B)110, X >1,(D)f(x 」0, 2,L 1, X >1,⑵ 设当 X T 0 时，(1 —cosx)ln(1 + X 2)是比xsin x n高阶的无穷小，xsin x n是比(e x一1)高阶的无穷小，则正整数 n 等于(A)1(B)2(C)32 2(3)曲线y =(x —1)(x —3)的拐点个数为(D)4(A)0.(B)1.(C)2.(D)3⑷已知函数f(X)在区间(1一6 ,什五内具有二阶导数，f'(x)严格单调减少，且过点f 1,0 1且满足关系式12丿(C)在(1 -6,1)内，f(x) e x .在(1,1+6)内，f(x)》x . (D)在(1-6,1)内，f(x) >x .在(1,1+6)内，f(x) e x .⑸设函数f (x)在定义域内可导，y=f(x)的图形如右图所示，求］dx'(2X 2+1)J X 2 +1四、(本题满分7分)五、(本题满分7分)则导函数y = L(x)的图形为求极限lim 包IT I sin X 丿X，int _sinx，记此极限为f(x)，求函数f (x)的间断点并指出其类型.设P = P(x)是抛物线 y = J X 上任一点 M(x, y)(x>1)处的曲率半径，s=s(x)是该抛物线上介于点 A(1,1)与M之间的弧长，计算- f —〕的值.(在直角坐标系下曲率 d s 2I d s 丿公式为K ”)(1 + y'2)2六、(本题满分7分)f (x)设函数f (x)在［0, +=c )上可导，f (0) =0 ,且其反函数为g(x)若Jo g(t)dt - 求 f(X). 七、(本题满分7分)设函数 f(x), g(x)满足 f'(X)= g(x), g'(X)=2eX-f(X)，且 f (0) = 0, g(0) = 2，卜一、(本题满分6分)0)1 .且矩阵X 满足AXA + BXB = AXB+BXA + E,其中E 是3阶单位阵，求 X .十二、(本题满分6分)设％,口2,川，口4为线性方程组 AX =0的一个基础解系， 凤=% +^2,02 =5 +口3,33 +伴4, S =叫+t %试问实数t 满足什么关系时，斥鷺，03沖4也为AX =0的一个基础解系.求聯-罟+八、(本题满分9分)设L 是一条平面曲线，其上任意一点P(x, y) (XA 0)到坐标原点的距离，恒等于该点处的切线在y 轴上的的截距，且 L 经过点詞.(1) 试求曲线L 的方程(2) 求L 位于第一象限部分的一条切线, 使该切线与L 以及两坐标轴所围图形面积最小九、(本题满分7分)一个半球体状的雪堆，其体积融化的速率与半球面面积 S 成正比，比例常数 K A O.假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，已知半径为r 0的雪堆在开始融化的 3小时内，融化了其体积的7，问雪堆全部融化需要多少小时?8十、(本题满分8分)设f (x)在区间[―a,a](a>0)上具有二阶连续导数，f(0) = 0, (1)写出f (x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式⑵证明在[―a,a] 上至少存在一点使 a 3f P ) =3[ f (x)dx.1)已知矩阵A =2001年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析(J 3 -X - + x X (3 - x + +x )3-x-(1 +X ) x + 2 善 X-1xJ 3-X +j 1 + x )=-lim____ ______ T (x +2)(j 3-x +J 1 +x )2_ 1 _ 2Z I1凹(X + 2)(7^)(1+2+3丘6(2)【答案】x-2y+2=0.【详解】在等式e 2x旳—cos(xy) =e —1两边对x 求导，其中y 视为x 的函数，得e 2x 为(2X + y j + sin(xy)(xy ) = 0，即 e 2%刊(2 + y') + sin(xy) ( y + xy') = 0-1将x=0, y=1代入上式，得e (2 +y')=0，即y'(0) = —2.故所求法线方程斜率 k =—-21根据点斜式法线方程为： y —1=-x,即X- 2y+2=0.⑶【答案】8a-J f (x)dx=2.秩 f (x )dx, f (x )为偶函数aHd f (X )dx =0,f (X )为奇函数【详解】由题设知J ； J IJ 2兀(X 3+sin 2x)cos xdx = J 和x 3cos 2xdx + J^i Sifxcos 2xdx"2 "2~2在区间［—3,3］上，X 3cos 2X 是奇函数，sin 2XCOS 2X 是偶函数，故__________ 2C-X) X 一、填空题 (1)【答案】一4 【详解】limx -HX 2+X -2= limC-应 心(x +2)(x -1)____ ___ = lim【分析】根据区域对称性与被积函数的奇偶性：设f(x )在有界闭区域［-a,a ］上连续，则两边直接积分，得y arcs in x = x+ c.1 y arcsinx = x --. 方法2:将原方程写成一阶线性方程的标准形式y 叶 ------ y= —1— J —x arcsinxarcsinx由一阶线性微分方程 ^^ +卩(x )y = Q (x )通解公式:dxf(x) J P (xdx(C r Q (x 』P (xdxdx ]1 1这里P (X ) = ------ , Q (X )= ---- 1—，代入上式得:d -x 2arcsin x arcsin x1 f I-2 dxC + J —1—e ^1- arcsin X jx‘ arcsinx兀— 3 2 『兀X cos xdx = 0，J ；sin 2 xcos xdx =2(02 sin 2 xcosxdx ， 所以，原式 兀 ^2 3 2 =cos xdx + J 2兀sin 2 xcos 2 xdx = 2r sin 2 xcos 2 xdx I『(1 -cos4x)dx迟 1 迟 2 -— f 2cos4xd4x 016 'o 兀 1—-—sin 4x 2 16Z-兀 02= 丁0⑷【答案】 yarcsi nx-x-1【详解】 方法1因为 (yarcsin x ) = y'arcsin x+,y，所以原方程yy'arcsin x + ’一 = 1可改写为(y a r cs ixn) = 1,又由 y (1)=0代入上式，有arcsinx—f _1——d arcsinx _ e 」arcsinx 「r 1 〔亠 C + J ___ ■ e 「arcsinx|_ 、arcsinxdarcs in xdx lJ故所求曲线方程为_____ d xy _ e 前-x 2arcsinx_lnarcsinx「小，. 1ln arcsin x , [ =e C + f------- e dx \ [ 、arcs in x 」arcsi nx[ arcs inx 」arcs inxx+------- arcs inx又由=0,解得C =—丄.故曲线方程为:2yarcsi nx =x-£.⑸【答案】-2【详解】方法1：利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形1: 「11L i a:1,3行-2」互换L aa -211：1：「1 1 a : -2 1 0 a-1 1-a! 3|_0 1 -a 1-al 1+2a■1 aX: -2 a-1 1 -a : 30 (1 -a)(a+2) :2(2 +a)1 11 行的(-1),(-a)倍分别加「12行加到3行0L0由非齐次线性方程组有无穷多解的充要条件：设A是m x n矩阵，方程组Ax = b有无穷多解一r(A)=r(A)M n.可见，只有当a =-2时才有秩r( A) = r( A) = 2 c 3，应方程组有无穷多个解.方法2：设A是m咒n矩阵，方程组Ax = b有无穷多解=r(A) = r(A)<: n，则方程组「a1 111\1 [1 - _1有无穷多解U r(A) = r(A) v3.从而有円=0，即L11a」L x3」X2a 1 1 a+2 a+2 a+2 1 1 12,3行分别1行提出1 a 1 1 a 1 (a + 1 a 1加到1行(a+2)1 1 a 1 1 a 1 1 aL—2」A -1行X(—1)分别加到2,3行1 1 1, 八1+1“、a-1 00 a-1 0 =(-1) (a + 2) 0 a-10 0 a—1(a+2)则,2=(a +2)(a-1)=0,a =1或a =—2.当a=1时,可见r(A) =1 Hr(A) =2,原方程组无解.可知，r(A) =r(A) =2 c 3,故当a = -2时，原方程组有无穷多解二、选择题 (1)【答案】(B)【f(x)]=1,从而 f {f 〔f(x)D= f (1 )=1⑵【答案】(B)【详解】根据高阶无穷小的定义：如果limE = 0，就说P 是比a 高阶的无穷小，由题设当aX T 0时，(1-cosx)ln(1 +x 2)是比xsin x n高阶的无穷小，所以1 2 20=lim (1-cosx)ln(1+x2)等价 limL_X Tx sin xT X X从而n 应满足n 兰2 ；2又由xsin x n是比(e x-1)高阶的无穷小，所以根据高阶无穷小的定义有:・ n0 = lim xs f n x 等价 lim = lim x n」，从而 n 应满足 n > 2T e x_1 T X 7综上，故正整数 n=2,故选(B)「-2 1 1 : 1 1 ■1 1 -2； -2- A = 1 -2 1 : 1 13行互换 1 -2 1 : 1 11 1 -2； -2 [-2 1 1 : 1 有 0 -3 3 ： 3 1行X 2加至"3 行 0 -3 3 : 3 L-21 1 : 1 [0 3 y + -3：-3” 「1「1 -21 1—2： 1 —2： 2行-1行 I「1 1-2： -21f'1 1 -2： -210 -3 3 : 30 1 -1： -1L 0 0 0 : 0 J 11 [ 0 0 0 : 0 j3行^2行■「1 1L 11: 1: 1: 1 1 分别加行—2「1 0 L 01: 0： —3当a = —2时, 【详解】因为f(x) 11, x 乞1=i I 0,，所以在整个定义域内f(x) =0或f(X)=1， 所以f(x) <1,于是 f二 lim - X 10 2⑶【答案】(C)【详解】y =(x—1)2(x—3)2, 所以y，=2(X-1)(X-3)2+2(X-1)2(X-3)=4(X-1)(X-2)(X-3) y ” =4 [(X-2)(x -3) + (x -1)(x -3) +(X -1)(x -2)]= 4[x2-5X+6+X2-4X+3+X2-3X +2]=4[3X2-12X +11] y J4l6x-12]=24(x-2)2 2 2令y" = 0,即3x 坨x1 0 =，因为判别式：A =b -4ac=12 -4 3 11=12》0,所以y” = 0有两个不相等的实根，且y”(2 ) = 3 ”22-12 ”2+11 =-1 HO，所以两个实根不为2,因此在使y”=o这两点处，三阶导数y'^o,(—般地，若f"(x o)=O，且■r(x o)H0,则点(x o, f (x o ))—定是曲线y = f(X )的拐点)，因此曲线有两个拐点，故选(C)或根据y =4{3X2-12x+11］是一条抛物线，且与X轴有两个不相同的交点，所以在两个交点的左右y"符号不相同，满足拐点的定义，因此选(C)⑷【答案】(A)【详解】方法1：令F(x)=f(x)-x，贝y F'(x)= f'(x)-1 = f'(x)-f'(1)由于f '(X严格单调减少，因此当(1-6,1)时，f '(X)》f( 1 ,F'(x) =f (x)- f( 1) >0 ;当x p 1+61 时，f'( X) '(f) 1, F'(x)=f( x+ ，且在x=1 处F'(1)=厂⑴-f'(1)=0.根据判定极值的第一充分条件：设函数 f (X)在x0处连续，且在x0的某去心6域内可导，若X 引x o-6Xo )时，f'(X)>0，而X 巳x o,x o+5 )时，f'(x)<0,则f(x)在X o处取得极大值，知F(x )在x=1处取极大值，即在在(1-61)和(1,1 + 5)内均有F (X )£F 1 = 0,也即 f(x) e x .故选(A)方法 2 :排 除法，取 f(X)一笃1)+X ，贝 Uf'(x)= -2 x -)1 + 1 = -x +3f7x)=—2v0，所以满足题设在区间(1-6,1 +6)内具有二阶导数，f'(x)严格单调三【详解】作积分变量变换，令X =tanu,则dx =sec 2udu,原式=f—■!2(2tan 2u +1)J tan 2u +1(2 tanu+Jsecucosudu cosudu d sin ududucos 2udu=J 2(2 tan u +1) cos u'(2sin 2u2cos u 中1)cosu ' (2sin 2u +cos 2u )cosu、2sin 2u +cos 2usin 2u+1 si n 2u+1减少，且f(1) = f '(1) = 1,当x<1时或XA I 时，均有f(x) sec udusec udu2厂十"x ，因此可以排除(B)、(C)、 (D)，选(A).Vf '(X)A0，对应y = f '(X)图形必在x 轴的上方，进一步可排除(B)，故正确答案为(D).tanusinu =.J 1+ tan 2utanu = xxarctanE+C-4亏，抛物线在点M （x, y ）处的曲率半径W x3四【分析】应先求出 f （x ）的表达式，再讨论它的间断点, 首先明确间断点的类型分为两大 类：第一类间断点和第二类间断点，第一类间断点又可分为： 相等的间断点）和跳跃间断点（左右极限存在但不相等的间断点 ）；第二类间断点又可分为： 穷间断点（有一个极限为无穷的间断点 ）和振荡间断点（极限值在某个区间变动无限多次 ）. 可去间断点 （左右极限存在且 无 【详解】 ” -、 ---- ,(s itn V i t n — f si rt pd sxi n ln^j _ =hm e I 丿 飞 i n x , /s i tn '' ------- ln ---= lime sint 』nx ^inx / M xlim ---------- In 7 sin t -sin x 〔如 |=lim — In I sin X 丿 t f sin t -sin x f lsin t +——-1 sin x所以 =lim j sin t -sin xln 〔1+ sint—sinxLlimLsi n X Ji si nt -sin xf sin t -sin x I sin x所以 .. x x =hm ----- = ----- T sinx sinxln/sin Olimxln/sintf (x ) =lim e sint 』inx 莎丿 N —sintdinx 莎丿虽x sin xxf （x ） =esinx 的表达式，可以看出自变量x 应满足sin XH 0，从k =0, ±1 黑2,当X T 0时, 亠 lim 亠 " 四 fg"迪e SiJ ef —e, x=0为f （x ）的第一类间断点（左右极限相等，又进一步可知是可去间断点 ）； 对于非零整数k ， — lim 亠lim f(X)= lim e sin ^e x -^^^inxsin X T 0 处， 故x=k\k =±1,±2川I 为f （x ）的第二类间断点（无穷间断点）= arctan(sin u) +C五【解答】由y = j x ，有y = -4^2冬IP ,y =s = f J 1 + f 2(x px ，其中f (X )在[a,b]有连续的导数.P = P(x)=|y"l3 3(1 +y'2f 1 +r 4x j匕(4".若已知平面曲线AM的显式 表示为y =f (x )(a <x <b ),则弧长为因此根据上述结论，所以抛物线上AM 的弧长1=z 六【详解】dx—(4x + 1)2"4 2dsdsdx戸dx 〕'V 4x JY 4xd 2P d ,d P ds 2dx( ds)X(6仮) dx_ 6 2丘 2坂 J 1+4XJ 1 +4x3("存血=6依)2=3丄(1 +4X j -6ds 「 ' ds 2-(67x i =9(1 +4x)-36x = 9f(x)2 xf (X)的反函数是g(x)，根据反函数的性质有 g(f(x))=x , J 。
考研数二历年真题答案
考研数二历年真题答案为了帮助考研数学二科目的学生更好地备考，以下整理了近几年的考研数学二历年真题及其详细答案。
通过仔细研究和解析这些真题，考生们可以更好地了解考试内容和出题思路，从而更有针对性地复习和备考。
一、2000年考研数学二真题及答案（下面是2000年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）二、2001年考研数学二真题及答案（下面是2001年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）三、2002年考研数学二真题及答案（下面是2002年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）四、2003年考研数学二真题及答案（下面是2003年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）五、2004年考研数学二真题及答案（下面是2004年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）六、2005年考研数学二真题及答案（下面是2005年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）七、2006年考研数学二真题及答案（下面是2006年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）八、2007年考研数学二真题及答案（下面是2007年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）九、2008年考研数学二真题及答案（下面是2008年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）十、2009年考研数学二真题及答案（下面是2009年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）十一、2010年考研数学二真题及答案（下面是2010年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）十二、2011年考研数学二真题及答案（下面是2011年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）十三、2012年考研数学二真题及答案（下面是2012年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）十四、2013年考研数学二真题及答案（下面是2013年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）十五、2014年考研数学二真题及答案（下面是2014年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
）十六、2015年考研数学二真题及答案（下面是2015年考研数学二的真题及其答案，请考生查看。
2001年考研数学二试题答案与解析
考生还有更方便的解法，事实上，等式的左端等于 ( y arcsin x)' , 关系式变成
( y arcsin x)' =1，两边积分得
y arcsin x = x + C,
再以
y
⎛⎜⎜⎜⎝ 12 ⎞⎠⎟⎟⎟
=
0代入得C
=
−
1 2
.
（5）设方程 ⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝11a
1 a 1
11a⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎛⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
x t−sin
x
,
记此极限为
f
(x) ，求函数
f
(x) 的间断点并指出其类型。
( ) 解 因 f x = e , lim t→x
sin
x t−sin
x
ln
sin sin
t x
cos t
而由洛必达法则得， lim t→x
x sin t −sin
x
ln
sin t sin x
= lim t→x
x⋅
sin t cos t
π
∫ ( ) （3）
2 −π
x3 + sin2 x cos2 xdx =
2
答 应填 π 8
分析 这是对称区间上的定积分，一般都可利用积分性质而化简计算，所以
π
π
∫ ( ) ∫ 2 −π
x3 + sin2 x cos2 xdx = 2
2 sin2 x cos2 xdx
0
2
π
= 2∫ (2 sin2 x −sin4 x)dx
e2
x− y
⎛⎜⎜⎜⎝2
+
dy dx
⎞⎠⎟⎟⎟
+
2001年考研数学二试题答案与解析
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求
∫
dx
(2x2 +1)
. x2 +1
分析 这是一道常规的不定积分题，用换元法解即可。
解 设 x = tan u, dx = sec2 udu.
求
∫π 0
⎡⎢⎢⎢⎣
g (x)
1+ x
−
f( (1+
x) x)2
⎤⎥⎥⎥⎦dx.
分析 本题实质是分两部分：求 f (x) ；计算所求积分，第一部分是解微分方程；
第二部分求积分2，先利用题设条件进行运算，最后再代入 f (x) 的式子得解。
解法1 由 f ' (x) = g (x)得f '' (x) = g' (x) = 2ex − f (x),
原式 =
∫
cos
u
⋅
du
(2 tan
2
u
+
1)
=
∫
cos udu 2 sin2 u + cos2 u
=
∫
d sin u 1+ sin2 u
= arctan(sin u)+ C
= arctan⎜⎜⎝⎛⎜⎜
x 1+
x2
⎠⎞⎟⎟⎟⎟
+
C
四、（本题满分6分）
求极限
lim
t→x
⎛⎜⎜⎜⎝
sin sin
t x
⎞⎠⎟⎟⎟sin
y '' ）
3
1+ y'2 2
国防科技大学 国防科技大 01 02年操作系统 01 02年离散数学 考研真题及答案解析
国防科技大学研究生院2001年硕士生入学考试试题考试科目：操作系统考生注意：1．答案必须写在我校统一配发的专用答题纸上2．统考生做 一、二、三、四、五；3．单独考生做一、二、三、六、七；一．（58分）回答如下问题1．（6分）假定有一个支持实时、分时和批处理的操作系统，对该系统应如何设计进程调度策略？2．（5分）什么叫线程？为什么要引进线程？3．（6分）某计算机系统设计成只有一级中断(该级中有多个中断)的中断系统，简述当中断发生时，是如何进入该中断处理程序的？4．（5分）在文件系统中为什么要引进“Open”系统调用？操作系统是如何处理的？5．(5分)假定存储器空闲块有如下结构：请你构造一串内存请求序列，对该请求序列首次满足分配算法能满足，而最佳满足分配法则不能。
6．(6分)为什么要在设备管理中引入缓冲技术？操作系统如何实现缓冲技术？7．(6分)用什么办法可以破坏死锁的循环等待条件？为什么？8．(6分)进程的状态主要有哪些？当发生状态转换时，操作系统完成哪些工作？9．(6分)在文件系统中，为什么要设立“当前目录”？操作系统如何实现改变“当前目录”？10．(7分)举例说明P、V操作为什么要用原语实现？操作系统如何实现这种原语操作？ 二．(12分)设有四个进程P1，P2，P3，P4，它们到达就绪队列的时刻，运行时间及优先级如下表所示：运行时间(基本时间单位)优先级进程 到达就绪队列时间(基本时间单位)P1 0 9 1P2 1 4 2P3 2 8 3P4 3 10 4问：(1)若采用可剥夺的优先级调度算法，给出各进程的调度次序以及每个进程的等待时间。
(2)若采用时间片轮转调度算法，且时间片为2个基本时间单位，试给出各进程的调度次序及平均周围时间。
三．(8分)假设系统由相同类型的m个资源组成，有 n 个进程，每个进程至少请求一个资源。
证明：当n个进程最多需要的资源数之和小于m+n时，该系统无死锁。
四．(12分)在页式虚存系统中，一程序的页面走向(访问串)为 1，2，3，4，1，2，5，1，2，3，4，5 ，设分配给该程序的驻留集为m，试分别计算m=3和m=4时，FIFO和LRU两种算法的页故障次数。
2001年数学二试题 考研数学真题及解析
2001年全国硕士研究生入学统一考试数学(二)试题一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分) 1、213lim21-++--→x x xx x =（ ）．2、曲线1)cos(2-=-+e xy e y x 在点（0，1）处 的切线方程为 ：（ ）．3、xdx x x 223cos )sin (22⎰-+ππ=（ ）．4、微分方程11arcsin 2=-+'x y x y 满足)(21y =0的特解为：（ ）． 5、方程组⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛211111111321x x x a a a 有无穷多解，则a =（ ）．二、单项选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分．)1、1101)(>≤⎩⎨⎧=x x x f 则)]}([{x f f f =（ A ） 0；（B ）1；（C ）1101>≤⎩⎨⎧x x ； （D ）111>≤⎩⎨⎧x x ． 2、0→x 时，)1ln()cos 1(2x x +-是比nx x sin 高阶的无穷小，而nx x sin 是比12-x e 高阶的无穷小，则正整数n 等于（ A ）1；（B ）2；（C ）3；（D ）4． 3、曲线22)3()1(--=x x y 的拐点的个数为 （ A ）０；（B ）１；（C ）２；（D ）３．4、函数)(x f 在区间（1-δ，1+δ）内二阶可导，)(x f ' 严格单调减小，且 )1(f =)1(f '=1，则（A ）在（1-δ，1）和（1，1+δ）内均有)(x f x <； （B ）在（1-δ，1）和（1，1+δ）内均有)(x f x >；（C ）在（1-δ，1）内有)(x f x <，在（1，1+δ）内有)(x f x >； （D ）在（1-δ，1）内有)(x f x >，在（1，1+δ）内有)(x f x <．5、（同数学一的二1） 三、（本题满分6分）求⎰++221)12(xxdx．四、（本题满分7分）求函数)(x f =sin sin sin lim()sin xt x t x t x-→的表达式，并指出函数)(x f 的间断点及其类型．五、（本题满分7分）设)(x ρρ=是抛物线x y =上任意一点M （y x ,）（1≥x ）处的曲率半径，)(x s s =是该抛物线上介于点A （1，1）与M 之间的弧长，计算222)(3ds d dsd ρρρ-的值（曲率K ＝3)1(2y y '+''）．六、（本题满分7分）)(x f 在[0，+∞）可导，)0(f =0，且其反函数为)(x g ． 若x x f e x dt t g 2)(0)(=⎰，求)(x f ．七、（本题满分7分）设函数)(x f ，)(x g 满足)(x f '=)(x g ， )(x g '=2xe －)(xf 且)0(f =0，(0)g =2，求dx x x f x x g ⎰+-+π2])1()(1)([八、（本题满分9分）设L 为一平面曲线，其上任意点P （y x ,）（0>x ）到原点的距离，恒等于该点处 的切线在y 轴上的截距，且L 过点（0.5，0）．1、 求L 的方程2、 求L 的位于第一象限部分的一条切线，使该切线与L 以及两坐标轴所围成的图形的面积最小．九、（本题满分7分）一个半球型的雪堆，其体积的融化的速率与半球面积S 成正比比例系数K>0．假设在融化过程中雪堆始终保持半球形状，已知半径为 r 0 的雪堆在开始融化的3小时内，融化了其体积的7/8，问雪堆全部融化需要多少时间？ 十、（本题满分8分）)(x f 在[-a ，a]上具有二阶连续导数，且)0(f =01、 写出)(x f 的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；2、 证明在[-a ，a]上至少存在一点η，使⎰-=''a adx x f f a )(3)(3η十一、（本题满分6分）已知⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=011101110,111011001B A 且满足AXA+BXB=AXB+BXA+E ，求X ．十二、（本题满分6分）设4321,,,αααα为线性方程组AX=O 的一个基础解系，144433322211,,,ααβααβααβααβt t t t +=+=+=+=，其中t 为实常数试问t 满足什么条件时4321,,,ββββ也为AX=O 的一个基础解系．。
数学二解析2001
2001年数学（二）真题解析一、填空题（1）【答案】72T【解】方法一i . 丿3 —工—%/ ] + g lim X-*l x 2 x 一 21. %/3 — x — V 1 ~F lim —----——--------x->i (jc + 2) (jc 一1)lim --------------- ]------ ----Li (x + 2)(丿3 — 工 + 丿1 + 工)2(1 ―工)x 一 1方法二lim = lim -4-7工~* 1 x + 工一2工一1 + 111x 2 x 一 2 a /3 — x 2 丿]+ 匚（2）【答案】夕=*工+1.【解】e 2x+y — cos xy = e — 1两边对x 求导得严•+ sin xy •夕+熄) = 0,将X =0,y = 1代入得字I = — 2 ,ckr 丨 z=o则法线方程为夕一1 = *（久一0）,即夕=*広+ 1-(3)【答案】 v-O【解】方法一sin 2 x cos 2 x dx — 2 sin 2 x cos 2 x dr4 J 。
，三=2 I 2 sin 2 j; • (1 一 sin 2 jc )dz = 2(12 — I 4 )2” (z 3 + sin 2 jc )cosx dx =方法二(x 3 + sin 2 )cos 2jc dj?=2 sin 2 x cos 2 jc dj? J 0丄72 sin 2 d(2工)=*sin 2x djro2 J 0 o（4）【答案】j/arcsin x = x【解】方法一丄由 j/arcsin x H — …一 =19得（jyarcsin x Y = 19解得 j/arcsin x = x + C 9J \ — 2因为曲线经过点（j,0），所以C=-y,故所求曲线为jarcsin x =x ----.方法二jy'arcsin x ~\-------------= 1 化为 y' ~\—，… ------------y =-----\-----,71-x 2 Jl —/arcsin z arcsln 工f d~r _ f 1 丄解得夕=（［——?——e +C ）e =（工 +c ）・ ———\J arcsin x / arcsin x 因为曲线经过点（y,o ），所以C=-y,1x 2故所求曲线为—丄arcsin x因为r （A ） y^r （A ）,所以方程组无解;（5）【答案】—2.a11【解】由题意得1a 1=（a + 2） （a 一 1 ）2=0,解得 a = — 2 ,或 a = 1,11a /I 111 \I 1111 \当a =1时，才=b11100—3 ,\i11—2丿'o0 '当 a = — 2 时,A =_2111 \1-2111-2—2）因为r （A ）=r （A ）=2 V 3,所以a = —2时方程组有无数个解.二、选择题（6）【答案】（E ）.【解】y[y （z ）] = ]'9丨心）丨€1,丨心）丨＞1,而 I /（J7 ） | ^ 1 （一°°＜工 ＜+ °°）,故 /[/（J ： ）] = 1 ,从而 f）]} =1,应选（E ）.（7）【答案】（E ）.1 2【解】（1 — cos x ）ln （ 1 + z 2）〜—x 4 , x sin 工”〜x n+i , e" — 1 ~ j ?2 , 由题意得2 < n+l<4,解得n =2,应选（E ）.（8）【答案】（C ）.【解】＜‘ = C ； • 2（工一3）2+© • 2（工一1） • 2（工一 3） +C ； • 2（工一I ）?,令夕"=4 (3工 $ — 12_z + 11) = 0,得工 16+V336 — 4^3工2当工＜C X 1时当久1 •＜ X X 2时j/'＜0,当鼻 ＞ 工2时j/‘＞0,故曲线有两个拐 点，应选（C ）.（9） 【答案】（A ）.【解】 由拉格朗日中值定理得/（工）一/（1）= /'（£）（工一1）,其中e 介于1与工之间，当工 6 （1-^,1）时 HVWV 1,再由 f'（x ）单调递减得 ＞ /（I ） =1,于是 y z （$）（— 1）＜工一1,即 y （x ）•— 1＜久一1,或 f （兀）＜工；当工e （1,1十厂 时1 vw ＜工，再由单调递减得1 =y'（i ）＞/"（£）,于是 — 1） ＜工一1,即/•（#） — 1 V# — 1,或/（工）＜工，应选（A ）.（10） 【答案】（D ）.【解】 从题设图形可见,在夕轴的左侧，曲线夕=/■&）是严格单调增加的，因此当工＜0时，一定有于'（工）〉0,对应夕=于'（工）的图形必在工轴的上方，由此可排除（A ）,（C ）； 又的图形在y 轴右侧有三个零点，因此由罗尔中值定理可知，其导函数y=f\x ）的图形在y 轴右侧一定有两个零点，进一步可排除（E ）.应选（D ）.三、解答题（11）【解】djr(2jc 12 + 1)丿兴 + ]1(]___\ 2 3_(1 + j//2 ) 2 ' 4工丿 (4jc + 1) 2Z )= 肿一 I = ~~2'sec 21(2tan 2i + 1 )sec tdtr cos tJ 2sinS + cosL弓豐將=arctan(sin/)+C=arctan .- + C.Jx 2 + 1(12) 【解】f(x ) =Sin "B ，nr = lim [(1 + $1叮一 sm ”)t-~x 'sin x / L 、 sin x /fCx)的间断点为工=kit (k e z),由lim/(j?) = e 得工=0为/(j ：)的可去间断点；•z —*0由f (n — Q) — + °°,/(7r + 0) = 0得工=7T 为第二类间断点,同理工=kn(k 6 Z 且怡H0)为第二类间断点.(13) 【解】“=士，『=—— ，2 V j c 4工』工4«zdp _ dp / dj? ds ds / dr131••4( 4 工 +1)2--------------- ---------=6 J~x , 丿4无+ ]2 J~x6d 2 p d ( 6 \/~t ) /dj?2 \[x 6& $ ds/dx g + 1+ 12则^兽-伴）(4h +l)72一;… 一 — 36 无=9.J 4 无 + ]（14）【解】gCt)dt x 2e 两边求导，得g[_f (j? )]/，(jc ) = (jc 2 +2工)『9 即) = (e + 2)e° 9积分得 /(^) = (h +1)『+ C9由 /(O) = 0 得 C = — 1,故/'(z ) = («z + 1)『一1.(15)【解】 由 g"Q ) = 2e J 一厂(2 )得 g 〃(H ) + g(z ) = 2e J ,解得 g (工)=C] cos x + C 2 sin x + e r ・ 由 g (0)=2 得 Ci = 1 ；由 g'(0) = 2 — /(0) = 2 得 C 2 = 19从而 g (jc ) = cos x + sin jr + e * 9 于是 fCx)= sin jc — cos 无 + e° ,rg(H )1 + zg (工)/(j ?)_1+乂 (1 + )2dj ： +/(j ： )d土）J 0g&) 1, fCx )i+7d " +TT7lo _Jg (#)1 +Ax_/（7T ）_e n + 1= i + tt = 7t + r（16）r 解】（i ）丨 op |=好 +$2,切线方程为Y —y =j/（X —乂），令X = 0,则切线在y 轴上的截距为Y = y — xy',由题意得y — xy' = Jx 2 + j^2，整理得字=2 — /1 + (―),dr jc \ \戈丿令u =—,则"+ z 学 =u — \/1 + z/2，变量分离得 d ----=——工 山 丿1 + / 工______ ______ 「积分得 ln(“ + \/m 2 + 1 ) = In C — In x ,即"+ a /m 2 + 1 = 一，x 再由 -“ + vV +1 =咅得“=*岸-咅)，或$=*9 -青)，因为曲线经过点（*,0），所以C=y,故所求曲线为夕=土一工2.(H)曲线汁* —在第一象限与两坐标轴所围成的面积为设切点为P1X 22) 9切线为y —=一 2a (jc 一 a ) 9令夕=0得z =二 + #；令工=0得，=++/oa z 4切线与L 及两个坐标轴围成的位于第一象限的面积为4a112 5Sa • 4a令s'++斜4a 2T + fl24a 24)=°得「古所求的切线方程为丿—(土―召)，整理得(17)［解】 设/时刻雪堆的半径为r(Z ),r(0) =r 0,v 2 3 Q 9 2 dV 2 "V = —nr ， o = Z7tr 9 -7— = Z7ir • —3 dt dtdV" d 厂由题意得不=TS,整理得不=T,解得")=f+c°,由厂(0)=厂 ° 得 C =r Q= —kt +r 09再由 r (3) = #•得怡=¥•，故 r ⑺=----t + r 0 ,Z令r (?) =0得t =6,故雪堆全部融化需要6小时.(18) ( I )【解】/(^)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式为/(J?) = /(0) + /''(0)工 + I ；£)乂2= /，(0)jf + ［『力2，其中£介于0与工之间.(II )【证明】/(j ： ) =/，(0)j' +食,)工2两边在［—a ,a ］上积分得［/(jc)dj- = _1_［ /7,($)2d:r ,J —au J —a因为f'\x )在［—a ,a ］上连续，所以f'\x )在［—a ,a ］上取到最小值m 和最大值M,由W */"(£)広2 C yMjr 2 得扌a 3 C yj 厂(£)工'dr < y-a 3 ,m ra m 3 f a即百^3 W /(工)clr W —a 3 9或 Tzz — /(j : )djc M ,3 J —a 3 a J —a由介值定理，存在少E [—a,a],使得/'"（可）=弓[/'（工）山，a J —a故 a "/■"(”)=3〕/ ( jc ) d j ?.(19)【解】 由 AXA +BXB =AXB + BXA + E 得(A -B)XCA -B) =E,解得 X = [(A -B)2]"1 ,/I — 1 — 1而A - B = 0 1 一 1'o 0 1/!-1一1\J 1(AB)2=01-11 0'001丿'0I 1_ 2-110°\I 1由01-2010 -* 0'0100J'0-1-1I 1-2一1\1-1=01-201/'o 01 100125\10012|得0100/]25\X =-012 •、00J（20）【解】0] ,p 2，“3，04为AX =0的基础解系的充分必要条件是01 ,庆，/h ，力线性无关,1t0100t '而(01 902 9 03，04)=(。
2001考研数二真题及解析
(4)【答案】 y arcsin x x 【详解】
1 . 2
方法1：因为 y arcsin x y 'arcsin x
y 1 x
2
，所以原方程 y 'arcsin x
y 1 x2
1可
改写为
y arcsin x 1,
y arcsin x x c.
2
所以，原式
2
2
x 3 cos 2 xdx 2 sin 2 x cos 2 xdx 2 2 sin 2 x cos 2 xdx
2 0
1 1 2 sin 2 2 xdx 2 (1 cos 4 x)dx 0 2 4 0
1 1 1 1 2 x 0 2 cos 4 xd 4 x sin 4 x 02 0 . 0 4 2 16 8 8 4 16
1 e ln arcsin x C eln arcsin x dx arcsin x
1 2 C x 1 arcsin x C dx arcsin x arcsin x arcsin x arcsin x 1 2 1 . 2
2 2
x2
1
) (D)4 ( (D)3 )
(3) 曲线 y ( x 1) ( x 3) 的拐点个数为 (A)0. (B)1. (C)2.
(4) 已 知 函 数 f ( x) 在 区 间 (1 ,1 ) 内 具 有 二 阶 导 数 ， f '( x) 严 格 单 调 减 少 ， 且
cos( xy ) e 1 所确定,则曲线 y f ( x) 在点 (0,1) 处的