2010考研数学二真题答案.pdf

20102010 年全国硕士研究生入学统一考试年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题参考答案数学二试题参考答案一、选择题选择题(1)【答案】 (B).x2 x112有间断点x  0,1,又因为【解析】因为f (x) 2x 1xlimf(x)limx0x(x1)1112limx 12,x0(x1)(x1)xx0xx 1其中limx0111,lim  x 1 1,所以x 0为跳跃间断点.22x0xx12,所以x 1为连续点.11 22显然lim f (x) x1而lim f (x)  limx1x(x1)112 ,所以x  1为无穷间断点 ,故答案选择x1(x1)(x1)xB.(2)【答案】 (A)．【解析】因y1y2是y Pxy  0的解,故y1y2Pxy1y20,所以y1 Pxy1y2 p(x)y2 0,而由已知y1 Pxy1 qx, y2 Pxy2 qx,所以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 0．由于y1y2是非齐次微分方程y Pxy  qx的解,所以y1y2 Pxy1y2 qx,整理得y1 Pxy1y2 Pxy2 qx,即qx qx,由qx 0可知1, ②数学（二）试题 第 1 页 （共 13 页）由①②求解得(3)【答案】 (C).1,故应选(A)．22【解析】 因为曲线y  x与曲线y  aln x(a  0)相切,所以在切点处两个曲线的斜率相同,所以2x aa(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,,即x 2x当x aaaaaaln.时y ；在y  aln x上,x 时,y  aln222222aaaln.从而解得a  2e.故答案选择(C).222所以(4)【答案】 (D).【解析】x 0与x 1都是瑕点.应分成1mln21 xn0xdx 1m20ln21 xnxdx11mln21 xn2xdx,1m[ln (1 x)]用比较判别法的极限形式,对于21m20ln1 x2nxdx,由于limx0x1x1n1.12nm显然,当0 121,则该反常积分收敛.nm21mmln 1x1 2[ln (1 x)]2当0,lim存在,此时dx实际上不是反常积分,故收1n0x0n mxn12x敛.故不论m,n是什么正整数 ,1m20ln21 xnxdx总收敛 .对于11mln21 xn2xdx,取01,不论m,n是什么正整数,[ln (1 x)]x121m1mlimx1(1 x)1n limln (1 x) (1 x) 0,2x1所以1mln21 xn12xdx收敛,故选(D).数学（二）试题 第 2 页 （共 13 页） (5) 【答案】 (B).Fxz【解析】xFzyzF12F22F1yF2zyF1zF2xxxx,1F2xF2F2xFyzyFz1xF1,1F2F2xF1zzyF1zF2yF1F2zxyz．xyF2F2F2 (6) 【答案】 (D).【解析】nnnnnn1nn1()()()222222ninjnjnini njj 1i 1j 1j 1i 11n1n11lim2limdy,220nnjnj 11 ( )21yj 1njn11n1n1limlimdx,01xnnninii 1i 11 ( )nnni 1nnnn11limlim()()2222nnnjnii 1j 1ni njj 1i 1nnn(lim2)(lim)2nnj 1nji 1ninnn111111(dx)(dy)dx001x 1y2dy.01x01y21 (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(1,若向量组I线性无关,则r(1,,r)r(1,,s)s,r)r(1,,s)s,即,r)r,所以rr(1,rs,选(A).(8) 【答案】 (D).【解析】 ： 设为A的特征值,由于A2AO,所以20,即(1)0,这样A的数学（二）试题 第 3 页 （共 13 页）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,1111,即A .r(A)  r()  3,因此, 1100二、填空题(9)【答案】y  C1e2xC2cosxC3sin x.【解析】该常系数线性齐次微分方程的特征方程为3222  0,因式分解得222221 0,解得特征根为 2,  i,所以通解为y  C1e2xC2cosxC3sin x.(10) 【答案】y  2x.2x32x 1 2,所以函数存在斜渐近线,又因为【解析】因为limxx2x32x32x32xlim22x  lim 0,所以斜渐近线方程为y  2x.xx 1xx21(11)【答案】2 n1!.n【解析】由高阶导数公式可知ln(n)(1 x) (1)n1(n1)!,n(1 x)所以ln(n)12x (1)n1(n1)!nn(n1)!, 2 2nn(12x)(12x)即y(n)(0)  2n(n1)! 2n(n1)!.n(120)(12)【答案】2 e1.【解析】因为0,所以对数螺线r  e的极坐标弧长公式为ee202d=02 ed=2e1.(13)【答案】3cm/s.【解析】设l  x(t),w  y(t),由题意知 ,在t  t0时刻x(t0) 12,y(t0) 5,且x(t0)  2,y(t0)  3,设该对角线长为S(t),则S(t) x2(t) y2(t),所以数学（二）试题 第 4 页 （共 13 页）S(t) x(t)x(t) y(t)y(t)x (t) y (t)22.所以S(t0) (14)【答案】3.【解析】由于A(AB)B11x(t0)x(t0) y(t0)y(t0)x (t0) y (t0)221225312 522 3. (E  AB)B1 B1 A,所以A B1 A(A1 B)B1 A A1 B B1因为B  2,所以B1 B11,因此21 3.2x22A B1 A A1 B B1 32三、解答题解答题x2x2(15)【解析】因为f (x) (x t)edt  x12t221edt tetdt,1x2t21t2所以f (x)  2xedt 2x e1x2t23x42x e3x4 2xedt,令f (x)  0,则x  0,x  1.又f (x)  2x21edt 4x et22x4,则f (0)  2t201etdt  0,所以12f (0) 是极大值.01121(0t)edt  et(1e1)2201而f (1) 4e 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,).n(16) 【解析】 (I)当0 x 1时0  ln(1 x)  x,故ln(1t) tn,所以lntln(1t) lnt tn,则(II)n1010lntln(1t)dt lnt tndtn 1,2,0n1.10lnt tndt  lnttndt  111n1,故由lntd t20n1n1数学（二）试题 第 5 页 （共 13 页）0  unlnt tndt 011n12,根据夹逼定理得0  limun limnn1n12 0,所以limun 0.n (17)【解析】根据题意得dydydtdxdxdttdt2t 22t2t 2222t 2td y3dt,2dx2t 241t2t 2dxdt22即t2t 22t 6t 1,整理有tt 1t 3t 1,解tt3t 11t 1y t,令,即y y  31t. 1t15,1 6211dt1tdt1t3 1t edt C所以y  e1t3t C,t  1.因为y11 6,所以C  0,故y 3tt 1,即t3tt 1,3233t t 1 dt t t C1．253又由1,所以C1 0,故tt2t3,(t  1).22故t(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：x2y2212ab阴影部分的面积S b2b2ab22xdy b2 y2dybb令y  bsint, y  b时t  22; y b时t .261123S  2abcos tdt  2ab6(cos2t)dt  ()ab2234226所以油的质量m  (233)abl.4数学（二）试题 第 6 页 （共 13 页）(19)【解析】由复合函数链式法则得uu u uu,xxyxuu u uu,abyyy2u  uu 2u 2u2u 2u222xxxxxx2u2u2u222,2u  uu 2u 2u2u 2u22xyyyyyy2u2u2ub2(ab), a22u uu 2u2u2u2uab)b(a2a) a(a2by2y22u2u2 ub2ab, a2222uu22u52故4212xxyy2u2u2u2 (5a 12a4)2(5b 12b4)212(ab)10ab8 0,25a212a4  02所以5b 12b4  0,12(ab)10ab8  02222则a  或2,b  或2.又因为当(a,b)为(2,2),(,)时方程(3)不满足,555522所以当(a,b)为(,2),(2,)满足题意.55(20)【解析】I rD2sin1r2cos2drdrsin1r2cos2sin2rdrdD数学（二）试题 第 7 页 （共 13 页）y 1 x2 y2dxdyDdx011x03122y 1 x  y dy11 xdx03221111dx1 x0330(21)【解析】令Fx fx322113dx2cos4d.30316131x,对于Fx在0,上利用拉格朗日中值定理,得存32在0,1 ,使得21 1F F0F．22对于Fx在,1上利用拉格朗日中值定理,得存在,1,使得12 12 11F1 FF,22两式相加得f  f .22所以存在0,,1 2 1,1,使f  f 2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11a111A 0101010111111a1101001121111010a01201a11数学（二）试题 第 8 页 （共 13 页）1 1 1 11 1 1 1当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1111 1当 1时,A 0 20,由于r(A)r(A)3,所以a  2,故1 ,a2.000a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1知1或-1.111A  010  (1)2(1) 0,当1时,r(A) 1 r(A)  2,此时,Ax b无解,因此 1.由r(A)  r(A),得a  2.( II ) 对增广矩阵做初等行变换3 101211121112 1A 02010201 0102111100000000 3 23 x11x1 x32,写成向量的形式,即x x01.可知原方程组等价为23 21x1x  23 02 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14T(23)【解析】由于A 13a,存在正交矩阵Q,使得Q AQ为对角阵,且Q的第一4a0数学（二）试题 第 9 页 （共 13 页）列为11(1,2,1)T,故A对应于1的特征向量为1(1,2,1)T.661 62 161 6 1 62 ,即61 6 根据特征值和特征向量的定义,有A 0141 1  014  13a2 2,由此可得a  1,1 2.故A 131.1 4a011410 由141  (4)(2)(5)  0,E  A  1431可得A的特征值为1 2,2 4,3 5.414x1由(2E  A)x  0,即171x2 0,可解得对应于2 4的线性无关的414x3特征向量为2 (1,0,1)T. 514x1由(3E  A)x  0,即121x2 0,可解得对应于3 5的特征向量为415x3T.3 (1, 1,1)由于A为实对称矩阵,1,2,3为对应于不同特征值的特征向量,所以1,2,3相互正交,只需单位化：11111(1,2,1)T,22(1,0,1)T,33(1,1,1)T,123623162616120121231 ,则QTAQ   313 取Q ,,1234.5数学（二）试题 第 10 页 （共 13 页）数学（二）试题 第 11 页13 页）（共。