2006年考研数学二真题及解析资料.pdf

您所下载的资料来源于弘毅考研资料下载中心 获取更多考研资料，请访问 2006200620062006 年数学二试题分析、详解和评注年数学二试题分析、详解和评注 一、填空题填空题：1－6 小题，每小题 4 分，共 24 分. 把答案填在题中横线上. （（1 1 1 1））曲线 4sin 52cos xx y xx + = − 的水平渐近线方程为 （（2 2 2 2））设函数 2 3 0 1 sind ,0 ( ) ,0 x tt x f xx ax ⎧ ≠ ⎪ =⎨ ⎪ = ⎩ ∫ 在0x=处连续，则a= （（3 3 3 3））广义积分 22 0 d (1) x x x +∞ = + ∫ . （（4 4 4 4））微分方程 (1)yx y x − ′ = 的通解是 （（5 5 5 5））设函数( )yy x=由方程1eyyx= −确定，则 0 d d x y x = = （（6 6 6 6））设矩阵 21 12 A ⎛⎞ =⎜ ⎟ − ⎝⎠ ，E为 2 阶单位矩阵，矩阵B满足2BABE=+，则 =B. 二、选择题：二、选择题：7 7 7 7－－14141414 小题，每小题 4 分，共 32 分. 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. （（7 7 7 7））设函数( )yf x=具有二阶导数，且( )0,( )0fxfx′′′，x∆为自变量x在点 0 x处的 增量，dyy∆ 与分别为( )f x在点 0 x处对应的增量与微分，若0x∆ ，则 (A)0dyy知，函数( )f x单 调增加，曲线( )yf x=凹向，作函数( )yf x=的图形如 右图所示，显然当0x∆ 时， 00 d()d()0yyfxxfxx′′∆ ==∆ ，故应选(Ａ). 【评注评注】 对于题设条件有明显的几何意义或所给函 数图形容易绘出时，图示法是求解此题的首选方法.本题还可用拉格朗日定理求解： 0000 ()()( ),yf xxf xfx xxxξξ′∆ =+ ∆−=∆，又0x∆ ， 则 0 ( )()d0yfxfxxyξ′′∆ =∆ ∆ =，即0dyy=，即 sin2cossin2cosbbbbaaaaππ++++. 【评注评注】 本题也可用拉格朗日中值定理结合函数的单调性证明.证明数值不等式一般需构造辅助 函数，辅助函数一般通过移项，使不等式一端为“0” ，另一端即为所作辅助函数( )f x，然后求 导验证( )f x的增减性，并求出区间端点的函数值（或极限值） ，作比较即得所证. 本题也可用拉 格朗日中值定理结合函数的单调性证明. 完全类似例题见文登暑期班《高等数学》 第完全类似例题见文登暑期班《高等数学》 第 8 8 8 8讲第讲第 2 2 2 2 节 【例节 【例 4 4 4 4】 ， 《数学复习指南》】 ， 《数学复习指南》 您所下载的资料来源于弘毅考研资料下载中心 获取更多考研资料，请访问 （理工类）（理工类）P. P. P. P.314314314314【例【例 12.2512.2512.2512.25】】. . . . 20……【分析分析】 利用复合函数偏导数计算方法求出 22 22 , zz xy ∂∂ ∂∂ 代入 22 22 0 zz xy ∂∂ += ∂∂ 即可得 （I）.按常规方法解（II）即可. 【详解详解】 （I） 设 22 uxy=+，则 2222 ( ),( ) zxzy f uf u xy xyxy ∂∂ ′′== ∂∂ ++ . 2 22 22 2 222 2222 ( )( ) x xy xyzxx fuf u xxy xyxy +− +∂ ′′′=⋅⋅+⋅ ∂+ ++ () 22 3 22 22 2 ( )( ) xy fuf u xy xy ′′′=⋅+⋅ + + ， () 222 3222 22 2 ( )( ) zyx fuf u yxy xy ∂ ′′′=⋅+⋅ ∂+ + . 将 22 22 , zz xy ∂∂ ∂∂ 代入 22 22 0 zz xy ∂∂ += ∂∂ 得 ( ) ( )0 f u fu u ′ ′′+=. （II） 令( )f up′=，则 dd 0 ppu p upu ′+ =⇒= −，两边积分得 1 lnlnlnpuC= −+，即 1 C p u =，亦即 1 ( ) C f u u ′=. 由(1)1f′=可得 1 1C=.所以有 1 ( )f u u ′=，两边积分得 2 ( )lnf uuC=+， 由(1)0f=可得 2 0C=，故( )lnf uu=. 【评注评注】 本题为基础题型，着重考查多元复合函数的偏导数的计算及可降阶方程的求 解. 完全类似例题见文登暑期班《高等数学》 第完全类似例题见文登暑期班《高等数学》 第 8 8 8 8讲第讲第 1 1 1 1 节 【例节 【例 8 8 8 8】 ， 《数学复习指南》 （理工类） 】 ， 《数学复习指南》 （理工类）P. P. P. P.336336336336【例【例 12.1412.1412.1412.14】】,P.337,P.337,P.337,P.337【例【例 12.1512.1512.1512.15】】 21… 【分析分析】（I） 利用曲线凹凸的定义来判定； （II） 先写出切线方程， 然后利用( 1,0)− 您所下载的资料来源于弘毅考研资料下载中心 获取更多考研资料，请访问 在切线上 ； （III）利用定积分计算平面图形的面积. 【详解详解】 （I）因为 d ddd422 d 2 ,421 d ddd2 d y xyyt t tt x ttxtt t − ==−⇒===− 2 223 ddd1211 0,(0) d ddd2 d yy t x xtxttt t ⎛⎞⎛⎞ =⋅= −⋅= − ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ 故曲线L当0t≥时是凸的. （II）由（I）知，切线方程为 2 01 (1)yx t ⎛⎞ −=−+ ⎜⎟ ⎝⎠ ，设 2 00 1xt=+， 2 000 4ytt=−， 则 22 000 0 2 41 (2)ttt t ⎛⎞ −=−+ ⎜⎟ ⎝⎠ ，即 232 0000 4(2)(2)tttt−=−+ 整理得 2 00000 20(1)(2)01, 2(ttttt+−=⇒−+=⇒=− 舍去）. 将 0 1t=代入参数方程，得切点为（2，3） ，故切线方程为 2 31 (2) 1 yx ⎛⎞ −=−− ⎜⎟ ⎝⎠ ，即1yx=+. （III）由题设可知，所求平面图形如下图所示，其中各点坐标为 (1,0), (2,0), (2,3),( 1,0)ABCD−， 设L的方程( )xg y=， 则() 3 0 ( )(1)dSg yyy=−−⎡⎤ ⎣⎦∫ 由参数方程可得 24ty=±−，即 () 2 241xy=±−+. 由于（2，3）在L上，则 () 2 ( )24192 4xg yyyy==−−+ =−−−.于是 () 3 0 94 4(1) dSyyyy ⎡⎤ =−−−−− ⎣⎦ ∫ 33 00 (102 )d44dyyy y=−−− ∫∫ ()() 3 233 2 00 87 104 33 yyy=−+−=. 【评注评注】 本题为基本题型，第 3 问求平面图形的面积时，要将参数方程转化为直角坐 标方程求解. 完全类似例题和公式见《数学复习指南》 （理工类）完全类似例题和公式见《数学复习指南》 （理工类）P. P. P. P.187187187187【例【例 6.406.406.406.40】】. . . . 您所下载的资料来源于弘毅考研资料下载中心 获取更多考研资料，请访问 22……【分析分析】 （I）根据系数矩阵的秩与基础解系的关系证明； （II）利用初等变换求 矩阵A的秩确定参数,a b，然后解方程组. 【详解详解】 （I） 设 123 ,,α α α是方程组Axβ=的 3 个线性无关的解，其中 11111 4351 ,1 131 A ab β −⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜⎟ =−= − ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ . 则有 1213 ()0,()0AAαααα−=−=. 则 1213 ,αα αα−−是对应齐次线性方程组0Ax=的解，且线性无关.（否则，易推出 123 ,,α α α线性相关，矛盾）. 所以( )2nr A−≥，即4( )2( )2r Ar A−≥⇒≤. 又矩阵A中有一个 2 阶子式 11 10 43 = − ≠，所以( )2r A≤. 因此( )2r A=. （II）因为 111111111111 435101150115 13013004245 A abaabaaba ⎛⎞⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ =−→−−→−− ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ −−−−+− ⎝⎠⎝⎠⎝⎠ . 又( )2r A=，则 4202 4503 aa bab −== ⎧⎧ ⇒ ⎨⎨ +−== − ⎩⎩ . 对原方程组的增广矩阵A施行初等行变换， 1111110242 4351101153 2133100000 A −− ⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜⎟ =−−→−− ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ − ⎝⎠⎝⎠ ， 故原方程组与下面的方程组同解. 134 234 242 53 xxx xxx = −++⎧ ⎨ =−− ⎩ . 您所下载的资料来源于弘毅考研资料下载中心 获取更多考研资料，请访问 选 34 ,xx为自由变量，则 134 234 33 44 242 53 xxx xxx xx xx = −++⎧ ⎪ =−− ⎪ ⎨ = ⎪ ⎪ = ⎩ . 故所求通解为 12 242 153 100 010 xkk − ⎛⎞⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ −− ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ =++ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠⎝⎠ ， 12 ,k k为任意常数. 【评注评注】 本题综合考查矩阵的秩，初等变换，方程组系数矩阵的秩和基础解系的关系 以及方程组求解等多个知识点， 特别是第一部分比较新颖. 这是考查综合思维能力的一种重 要表现形式，今后类似问题将会越来越多. 完全类似例题见《数学复习指南》 （理工类）完全类似例题见《数学复习指南》 （理工类）P. P. P. P.427427427427【例【例 4.54.54.54.5】 ，】 ，P. P. P. P.431431431431【例【例 4.114.114.114.11】】. . . . 23… 【分析分析】 由矩阵A的各行元素之和均为 3 及矩阵乘法可得矩阵A的一个特征值和 对应的特征向量；由齐次线性方程组0Ax=有非零解可知A必有零特征值，其非零解是 0 特征值所对应的特征向量.将A的线性无关的特征向量正交化可得正交矩阵Q. 【详解详解】(Ⅰ)因为矩阵A的各行元素之和均为 3，所以 131 133 1 131 A ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ == ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ， 则由特征值和特征向量的定义知，3λ=是矩阵A的特征值， T (1,1,1)α=是对应 的特征向量.对应3λ=的全部特征向量为kα，其中k为不为零的常数. 又由题设知 12 0,0AAαα==，即 1122 0,0AAαααα=⋅=⋅，而且 12 ,α α线性无 关，所以0λ=是矩阵A的二重特征值， 12 ,α α是其对应的特征向量，对应0λ=的全 部特征向量为 1122 kkαα+，其中 12 ,k k为不全为零的常数. (Ⅱ)因为A是实对称矩阵，所以α与 12 ,α α正交，所以只需将 12 ,α α正交. 取 11 βα=， 您所下载的资料来源于弘毅考研资料下载中心 获取更多考研资料，请访问 () () 21 221 11 1 01 2 ,3 120 ,6 111 2 αβ βαβ β β ⎛⎞ − ⎜⎟ −⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟ − ⎜⎟⎜⎟ =−= −−=⎜ ⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ − ⎝⎠⎝⎠ ⎜⎟ ⎝⎠ . 再将 12 ,,α β β单位化，得 12 123 12 11 1 36。