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1、 2010 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、选择题 (18 小题 , 每小题 4 分, 共 32 分 . 下列每题给出的四个选项中, 只有一个选项符合题目要求的 , 请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上 .) (1) 函数222111xxfxxx的无穷间断点的个数为( ) (A) 0. (B) 1. (C) 2. (D) 3. (2) 设12,yy是一阶线性非齐次微分方程yp x yq x的两个特解, 若常数，使12yy是该方程的解,12yy是该方程对应的齐次方程的解, 则( ) (A) 11,22. (B) 11,22. (C) 21,33. (D) 22,33. (3) 曲线2
2、yx与曲线ln(0)yax a相切 , 则a ( ) (A) 4e. (B) 3e. (C) 2e. (D) e. (4) 设,m n是正整数 , 则反常积分210ln1mnxdxx的收敛性 ( ) (A) 仅与m的取值有关 . (B) 仅与n的取值有关 . (C) 与,m n取值都有关 . (D) 与,m n取值都无关 . (5) 设 函 数( ,)zz x y, 由 方 程(,)0y zFxx确 定 , 其 中F为 可 微 函 数 , 且20F, 则zzxyxy( ) (A) x. (B) z. (C) x. (D) z. (6) 2211limnnnijnninj ( ) (A) 120
3、0111xdxdyxy. (B) 100111xdxdyxy. (C) 1100111dxdyxy. (D) 11200111dxdyxy. (7) 设向量组12I:,r可由向量组12II:,s线性表示 , 下列命题正确的是( ) (A) 若向量组I线性无关 ,则rs. (B) 若向量组I线性相关 , 则rs. (C) 若向量组II线性无关 , 则rs. (D) 若向量组II线性相关 , 则rs. (8) 设A为 4 阶实对称矩阵, 且2AAO, 若A的秩为 3, 则A相似于 ( ) (A) 1110. (B) 1110. (C) 1110. (D) 1110. 二、 填空题 (914 小题
4、, 每小题 4 分, 共 24 分. 请将答案写在答题纸指定位置上 .) (9) 3阶常系数线性齐次微分方程220yyyy的通解为y. (10) 曲线3221xyx的渐近线方程为. (11) 函数ln 120yxx在处的n阶导数0ny=. (12) 当0时, 对数螺线re的弧长为. (13) 已知一个长方形的长l以 2cm/s的速率增加, 宽w以3cm/s的速率增加. 则当cm12l,cm5w时, 它的对角线增加的速率为. (14) 设,A B为 3 阶矩阵 , 且132,2ABAB，,则1AB=. 三、 解答题 (1523 小题 , 共 94 分. 请将解答写在答题纸指定位置上 .解答应写出
5、文字说明、证明过程或演算步骤.) (15)( 本题满分11 分) 求函数2221( )()xtf xxt ed的单调区间与极值. (16)( 本题满分10 分) ( I ) 比较10lnln 1nttdt与10lnntt dt1,2,n的大小 , 说明理由；( II ) 记10lnln 1nnuttdt1,2,n, 求极限limnnu. (17)( 本题满分10 分) 设函数( )yf x由参数方程22,(1)( )xtttyt所确定 , 其中( ) t具有 2 阶导数 , 且5(1)(1)6.2，已知223,4(1)d ydxt求函数( ) t. (18)( 本题满分10 分) 一个高为l的
6、柱体形贮油罐, 底面是长轴为2a, 短轴为2b的椭圆 . 现将贮油罐平放, 当油罐中油面高度为32b时( 如图 ), 计算油的质量 .( 长度单位为m,质量单位为kg, 油的密度为常数kg/m3) (19) (本题满分11 分) 设函数( ,)uf x y具有二阶连续偏导数, 且满足等式2222241250uuuxx yy, 确定a,b的值 , 使等式在变换,xayxby下化简为20u. (20)( 本题满分10 分) 计算二重积分22sin1cos2DIrrdrd,其中,|0sec,04Drr. (21) (本题满分10 分) 设函数( )f x在闭区间0,1上连续 , 在开区间0,1内可导
7、 , 且(0)0f,1(1)3f, 证明：存在1(0,)2,1(,1)2, 使得22( )( )=.ff(22)( 本题满分11 分) 设110111aAb，, 已知线性方程组Axb存在两个不同的解( I ) 求,a; ( II ) 求方程组Axb的通解 . (23)( 本题满分11 分) 设0141340Aaa, 正 交 矩 阵Q使 得TQ AQ为 对 角 矩 阵 , 若Q的 第1 列 为1(1, 2 ,1)6T, 求,a Q. 2010 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题参考答案一、 选择题(1) 【答案】 (B). 【解析】因为2221( )11xxf xxx有间断点0, 1x, 又
8、因为22000(1)11lim ( )lim1lim1(1)(1)xxxx xf xxxxxx, 其中220011lim11,lim11xxxxxx, 所以0 x为跳跃间断点 . 显然112lim( )1 122xf x, 所以1x为连续点 . 而211(1)1lim( )lim1(1)(1)xxx xf xxxx, 所以1x为无穷间断点, 故答案选择B. (2) 【答案】 (A) 【解析】因12yy是0yP x y的解 , 故12120yyP xyy, 所以1122( )0yP x yyp x y, 而由已知1122,yP x yq xyP x yq x, 所以0q x, 又 由 于 一 阶
9、 次 微 分 方 程yp xyq x是 非 齐 的 , 由 此 可 知0q x, 所 以0由于12yy是非齐次微分方程yP x yq x的解 , 所以1212yyP xyyq x, 整理得1122yP x yyP x yq x, 即q xq x, 由0q x可知1, 由求解得12, 故应选 (A) (3) 【答案】 (C). 【解析】 因为曲线2yx与曲线ln(0)yax a相切 , 所以在切点处两个曲线的斜率相同,所以2axx, 即(0)2axx. 又因为两个曲线在切点的坐标是相同的, 所以在2yx上,当2ax时2ay；在lnyax上,2ax时, lnln222aaaya. 所以ln222a
10、aa. 从而解得2ae. 故答案选择 (C). (4) 【答案】 (D). 【解析】0 x与1x都是瑕点 . 应分成22211121002ln1ln1ln1mmmnnnxxxdxdxdxxxx, 用比较判别法的极限形式,对于2120ln1mnxdxx, 由于121012ln (1)lim11mnxnmxxx. 显然 , 当1201nm, 则该反常积分收敛. 当120n m,1210ln (1)limmxnxx存在 , 此时2120ln1mnxdxx实际上不是反常积分, 故收敛. 故不论,m n是什么正整数,2120ln1mnxdxx总收敛 . 对于2112ln1mnxdxx, 取01, 不论,
11、m n是什么正整数, 1211211ln (1)limlim ln (1) (1)01(1)mnmxxxxxxx, 所以2112ln1mnxdxx收敛 , 故选 (D). (5) 【答案】 (B). 【解析】122212122221xzyzyzFFFFFyFzFzxxxxxFFxFFx, 112211yzFFFzxyFFFx, 1212222yFzFyFFzzzxyzxyFFF (6) 【答案】 (D). 【解析】222211111()nnnnijijnnninjninj22111()()nnjinnjni12220211111limlim,11( )nnnnjjndyjnjnyn101111
12、1limlim,11()nnnniindxininxn2222111111limlim()()nnnnnnijjinnjnininj221(lim)nnjnnj1(lim)nninni1120011()()11dxdyxy11200111dxdyxy. (7) 【答案】 (A) 【解析】由于向量组I能由向量组II线性表示 , 所以(I)(II)rr, 即11(,)(,)rsrrs若 向 量 组I线 性 无 关 , 则1(,)rrr, 所 以11(,)(,)rsrrrs, 即rs, 选(A). (8) 【答案】 (D).【解析】：设为A的特征值 , 由于2AAO, 所以20, 即(1)0, 这样
13、A的特 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, ()()3r Ar, 因此 ,1110, 即1110A. 二、 填空题(9) 【答案】2123cossinxyC eCxCx. 【解析】该常系数线性齐次微分方程的特征方程为32220, 因式分解得2222210, 解得特征根为2,i, 所以通解为2123cossinxyC eCxCx. (10) 【答案】2yx. 【解析】因为3221lim2xxxx, 所以函数存在斜渐近线, 又因为333222222lim2lim011xxxxxxxxx, 所以斜渐近线方程为2yx. (11)
14、【答案】21 !nn. 【解析】由高阶导数公式可知( )ln(1)nx1(1)!( 1)(1)nnnx, 所以( )1(1)!(1)!ln12( 1)22(12 )(12 )nnnnnnnnxxx, 即( )(1)!(0)22 (1)!(12 0)nnnnnyn. (12) 【答案】21e. 【解析】因为0, 所以对数螺线re的极坐标弧长公式为220eed=02 e d=21e. (13) 【答案】 3cm/s. 【解析】设( ),( )lx twy t, 由题意知, 在0tt时刻00( )12, ( )5x ty t, 且0( )2,x t0( )3y t, 设该对角线长为( )S t, 则
15、22( )( )( )S txtyt, 所以22( )( )( )( )( )( )( )x t x ty t y tS txty t. 所以00000222200() ()( )( )12 25 3( )3( )( )125x tx ty ty tS txtyt. (14) 【答案】 3.【解析】由于1111()()A AB BEAB BBA, 所以11111()ABA AB BA AB B因为2B, 所以1112BB, 因此11113232ABA AB B. 三、 解答题(15)【解析】因为22222222111( )()xxxtttf xxt edtxedttedt, 所以2224423
16、311( )2222xxtxxtfxxedtx ex exedt,令( )0fx,则0,1xx. 又22421( )24xtxfxedtx e, 则201(0)20tfedt, 所以221011011(0)(0)(1)22ttft edtee是极大值 . 而1( 1)40fe, 所以( 1)0f为极小值 . 又因为当1x时 ,( )0fx；01x时 ,( )0fx；10 x时 ,( )0fx；1x时 ,( )0fx, 所以( )fx的单调递减区间为(, 1)(0,1),( )f x的单调递增区间为( 1,0)(1,). (16) 【解析】 (I)当01x时0ln(1)xx, 故ln(1)nnt
17、t, 所以lnln(1)lnnnttt t, 则1100lnln(1)lnnnttdtt t dt1,2,n. (II)11110001lnlnln1nnnt t dtt t dttd tn211n, 故由12010ln1nnut t dtn, 根据夹逼定理得210limlim01nnnun, 所以lim0nnu. (17)【解析】根据题意得,22dytdydtdxdxtdt22222222223224 1tdtttttd ydtdxdxttdt即222261tttt, 整理有2131tttt, 解31151,162tttt, 令yt, 即13 11yytt. 所以11113 113dtdtt
18、tyet edtCttC,1t. 因为116y,所以0C, 故31yt t, 即31tt t, 故2313312tt tdtttC又由512, 所以10C, 故233,(1)2tttt. (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：22221xyab阴影部分的面积222222bbbbaSxdyby dyb令sin ,ybt yb时;22bty时6t. 2662211232cos2(cos2 )()2234Sabtdtabt dtab所以油的质量23()34mabl. (19) 【解析】由复合函数链式法则得uuuuuxxyx, uuuuuabyyy, 2222222
19、2uuuuuuuxxxxxx222222,uuu2222222uuuuuuux yyyyyy22222(),uuuabab22222222()()uuuuuuuaba abb aayy22222222,uuuabab故222224125uuuxx yy2222222(5124)(5124)12()1080,uuuaabbabab所以22512405124012()1080aabbabab, 则25a或2,25b或2. 又因为当( , )a b为22( 2, 2),(,)55时方程 (3) 不满足 ,所以当( , )a b为2(, 2)5,2( 2,)5满足题意 . (20) 【解析】22sin
20、1cos2DIrrdrd222sin1cossinDrrrdrd221Dyxy dxdy122001xdxyxy dy312201113xdx311220011133dxxdx20113cos43316d. (21) 【解析】令313Fxfxx, 对于F x在10,2上利用拉格朗日中值定理, 得存在10,2使得11022FFF对于F x在1,12上利用拉格朗日中值定理, 得存在1,1 ,2使得11122FFF, 两式相加得22ff. 所以存在110,122, 使22ff.(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
21、, 有以下两种方法. 方法 1：( I ) 已知Axb有 2 个不同的解 ,故( )( )3r Ar A,对增广矩阵进行初等行变换 , 得111110101010111111aAa22111111010101010110011aa当1时 ,11111 11100010 0010000 000Aa, 此时 ,( )( )r Ar A, 故Axb无解 ( 舍去 ) 当1时,111102010002Aa, 由于( )( )3r Ar A, 所以2a, 故1 ,2a. 方法 2：已知Axb有 2 个不同的解 , 故( )()3r Ar A, 因此0A, 即211010(1) (1)011A, 知1或-
22、1. 当1时,( )1( )2r Ar A, 此时 ,Axb无解 , 因此1. 由( )( )r Ar A, 得2a. ( II ) 对增广矩阵做初等行变换31012111211121020102010102111100000000A可知原方程组等价为1323212xxx, 写成向量的形式, 即123332110210 xxxx. 因此Axb的通解为32110210 xk , 其中k为任意常数 . (23) 【解析】由于0141340Aaa, 存在正交矩阵Q, 使得TQ AQ为对角阵 , 且Q的第一列为1(1,2,1)6T, 故A对应于1的特征向量为11(1,2,1)6T. 根据特征值和特征向
23、量的定义, 有1116622661166A, 即10141113224011aa, 由此可得11,2a. 故014131410A. 由14131(4)(2)(5)041EA, 可得A的特征值为1232,4,5. 由2()0EA x, 即1234141710414xxx, 可解得对应于24的线性无关的特征向量为2( 1,0,1)T. 由3()0EA x, 即1235141210415xxx, 可解得对应于35的特征向量为3(1, 1,1)T. 由于A为实对称矩阵,123,为对应于不同特征值的特征向量, 所以123,相互正交, 只需单位化：312123123111(1,2,1) ,( 1,0,1) ,(1, 1,1)623TTT, 取12311162321,063111623Q, 则245TQ AQ.