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1、20092009 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及答案解析数学二试题及答案解析一、一、选择题：选择题：1 18 8 小题小题,每小题每小题 4 4 分分,共共 3232 分分,下列每小题给出的四个选项中下列每小题给出的四个选项中,只有一项符合只有一项符合题目要求题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内把所选项前的字母填在题后的括号内.x x3(1)函数fx的可去间断点的个数为sinxA 1B 2C 3D无穷多个【答案】Cx x3【解析】由于fx,则当x取任何整数时,fx均无意义.sinx故fx的间断点有无穷多个,但可去间断点为极限存在的点,故应是x x 0
2、的解3x1,2,3 0,1.x x313x21lim lim,x0sinxx0cosxx x313x22lim lim,x1sinxx1cosxx x313x22lim lim.x1sinxx1cosx故可去间断点为 3 个,即0,1.(2)当x 0时,fx xsinax与gx x ln1bx是等价无穷小,则21111a 1,b a 1,b a 1,b a 1,b ABCD 6666【答案】A【解析】limx0f(x)xsinaxxsinax lim2 lim2x0 x0g(x)x ln(1bx)x(bx)1acosaxa2sinax洛lim洛lim2x0 x03bx6bxa2sinaxa3
3、lim 1,x06b6baxaa3 6b,故排除B,C.1acosax存在,蕴含了1acosax 0 x 0,故a 1.排除D.x03bx2所以本题选A.另外,lim(3)设函数z fx,y的全微分为dz xdx ydy,则点0,0A不是fx,y的连续点B不是fx,y的极值点C是fx,y的极大值点D是fx,y的极小值点【答案】D【解析】因dz xdx ydy可得zz x,y.xy2z2z2z2zA 21,B 0,C 21,xxyyxy又在0,0处,zz 0,0,AC B21 0,xy故0,0为函数z f(x,y)的一个极小值点.(4)设函数fx,y连续,则dxfx,ydy1x2221dyx4y
4、yfx,ydx A1dx122224xfx,ydyBfx,ydx21x21dx4xfx,ydyC1dy1【解析】4yD221dyfx,ydx【答案】Cy21dxf(x,y)dy dyf(x,y)dx的积分区域为两部分：xD1(x,y)1 x 2,x y 2,D2(x,y)1 y 2,y x 4 y,将其写成一块D (x,y)1 y 2,1 x 4 y,故二重积分可以表示为21dy4y1f(x,y)dx,故答案为C.22(5)若f x不变号,且曲线y fx在点1,1上的曲率圆为x y 2,则函数fx在区间1,2内A有极值点,无零点C有极值点,有零点B无极值点,有零点D无极值点,无零点【答案】B【
5、解析】由题意可知,f(x)是一个凸函数,即f(x)0,且在点(1,1)处的曲率|y|(1(y)3221,而f(1)1,由此可得,f(1)2.2在1,2上,f(x)f(1)1 0,即f(x)单调减少,没有极值点.对于f(2)f(1)f()1(1,2),(拉格朗日中值定理)f(2)0而f(1)1 0,由零点定理知,在1,2上,f(x)有零点.故应选B.（6）设函数y fx在区间1,3上的图形为：则函数Fxftdt的图形为0 xABC【答案】DD【解析】此题为定积分的应用知识考核，由y f(x)的图形可见，其图像与x轴及y轴、x x0所围的图形的代数面积为所求函数F(x)，从而可得出几个方面的特征：
6、x0,1时，F(x)0，且单调递减。x1,2时，F(x)单调递增。x2,3时，F(x)为常函数。x1,0时，F(x)0为线性函数，单调递增。由于 F(x)为连续函数结合这些特点，可见正确选项为D。（7）设A,B均为 2 阶矩阵，A,B分别为A,B的伴随矩阵，若A 2,B 3，则分块*OA矩阵的伴随矩阵为BO O3B*A*.O2A O3A*C*.2BO OB*3A OD*3B112B*.O2A*.【答案】BO1CC【解析】根据CC C E若C C C,C 0分块矩阵B0A的行列式B0A022（1）A B 23 6即分块矩阵可逆 0BA00BA 00BA 0 610A101B 610AA1BB00
7、 61A 21B3 0 3A02B0100T（8）设A,P均为 3 阶矩阵，PT为P的转置矩阵，且P AP 010，若002P (1,2,3),Q (12,2,3)，则QTAQ为210110A.002200010C.002110B.120002100D.020【答案】A002100【解析】Q (12,2,3)(1,2,3)110 (1,2,3)E12(1)，即：001Q PE12(1)TQTAQ PE12(1)TAPE12(1)E12(1)PTAPE12(1)10 E21(1)010011010010001000E12(1)2001002101101101002001002二、填空题：二、填空
8、题：9-149-14 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 2424 分，请将答案写在答题纸指定位置上分，请将答案写在答题纸指定位置上.1-tu2x=edu（9）曲线在处的切线方程为（0，0）0y t2ln(2 t2)【答案】y 2xdy2t 2tln(2t2)t2dt2t22dx e(1t)(1)t1 1dtdy所以 2dx【解析】所以切线方程为y 2xt1 2（10）已知+k xedx 1,则k【答案】2k x【解析】1edx 201e dx 2 limekxbk0kxb因为极限存在所以k 021 0kk 21x（11）limesinnxdx【答案】0n0【解析】令In exsi
9、nnxdx exsinnxn excosnxdxxx2 esin nx necosnx n InncosnxsinnxxeCn211ncosnxsinnxx 1x即limesinnxdx lim(e0)2n0nn 1ncosnsinn1n lim(e)22nn 1n 1 0所以In d2y（12）设y y(x)是由方程xy e x 1确定的隐函数，则2dxyyx=0=【答案】3y【解析】对方程xye x1两边关于x求导有y xy ye 1，得y 1 yyxey对y xy ye 1再次求导可得2y xy ye(y)e 0，y2y2y(y)2ey得y (*)xey当x 0时，y 0，y(0)101
10、，代入(*)得e02y(0)(y(0)2e0y(0)(21)303(0e)（13）函数y x在区间01，上的最小值为【答案】e2x2e【解析】因为y x2x2ln x2，令y 0得驻点为x 2x22x1。e2 112又y x2ln x2 x，得y 2ee 0，xe212x故x 为y x的极小值点，此时y ee，e又当x0,时，yx0；x,1时，yx0，故y在0,上递减，在,1上递增。2ln xlimx01xlim2x1x21e1e1e1ex而y11，y0 limx02x2x lim ex02xlnx e ex0 ex0lim2x1，1ey所以y x在区间01上的最小值为，e。e2200TTT(
11、14)设，为 3 维列向量，为的转置，若矩阵相似于000，则=000【答案】2200TT【解析】因为相似于000，根据相似矩阵有相同的特征值，得到的特征值000TT是2,0,0，而 是一个常数，是矩阵的对角元素之和，则 200 2。T三、解答题：三、解答题：15152323 小题，共小题，共 9494 分分.请将解答写在答题纸指定的位置上请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤明、证明过程或演算步骤.（15）（本题满分 9 分）求极限limx01cosxxln(1 tan x)sin x412xxln(1tan x)1cosxxln(1tan x)
12、【解析】lim lim244x0 x0sin xsin x1x2xln(1 tan x)1xln(1 tan x)1lim2lim2x0sin xsin2x2x0sin2x4（16）（本题满分 10 分）计算不定积分ln(11 x)dx(x 0)x1 x12tdt t得x 2,dx 22xt 1(t 1)【解析】方法一：令原式 ln(1t)2t1dt ln(1t)d(t21)2222(t 1)(t 1)1ln(1t)d(2)t 1ln(1t)1122dtt 1t 1 t 11ln(1t)112dt2t 14(t 1)4(t 1)2(t 1)ln(1t)1t 11lnCt214t 12(t 1)
13、1 x11 x11x xln(1)lnCx41 x1 x12(1)xx1 x11 xln(1)ln(1 x x)x(1 x x)C.x221 x1 x1 x方法二：ln(1)dx xln(1)x(1)xxx xln(111 xdxx1 x1x)1 dxx21 x xln(1xdx u 1 x1 x分部1 x11x)xdxx221 xu212udu 2u21duuu u21ln u u21 C x1 xlnx 1 x C即ln(11 x1 x11)dx xln(1)xxx22 xln(11 x1)lnx2x1 xlnx 1 xCx 1 x 1x2x 1 x C（17）（本题满分 10 分）设z
14、fx y,x y,xy，其中f具有 2 阶连续偏导数，求dz与2zxyz f1x【解析】z f1yf2 yf3f2 xf3dz zzdxdyxy(f1 f2 yf3)dx(f1 f2 xf3)dy2z f111 f12(1)f13x f211 f22(1)f23x f3 y f311 f32(1)f33xxy f3 f11 f22 xyf33(x y)f13(x y)f23（18）（本题满分 10 分）设非负函数y yxx 0满足微分方程xy y2 0，当曲线y yx过原点时，其与直线x 1及y 0围成平面区域D的面积为 2，求D绕y轴旋转所得旋转体体积。2【解析】微分方程xy y2 0得其通
15、解y C12xC2x,其中C1，C2为任意常数令p y，则y dpdp12，微分方程xy y2 0变形为p dxdxxx11dx 2dt 2etdxC1 x2dxC1 2C1x其中C1为任意常数得到p exxx即dy1 2C1x得到y 2xC1x2C2其中C2为任意常数dx2又因为y y(x)通过原点时与直线x 1及y 0围成平面区域的面积为2，于是可得C2 0CC12 y(x)dx(2xC1x2)dx (x21x3)11002660111从而C2 6于是，所求非负函数y 2x3x(x 0)又由y 2x3x可得，在第一象限曲线y f(x)表示为x （13y 1)于是 D 围绕y轴旋转所得旋转体
16、的体积为V 5V1，其中551V1x2dy(13y 1)2dy0092213950(23y2 13y)dy3918V 539511718186（19）（本题满分 10 分）求二重积分x ydxdy，其中D x,yx1y 122 2,y x。D【解析】由(x1)(y 1)2得r 2(sincos)，22(x y)dxdy dD434342(sincos)0(rcosrsin)rdr42(sincos)13(cossin)rd03344348(cossin)(sincos)(sincos)2d38(cossin)(sincos)3d3344483814(sincos)3d(sincos)(sinc
17、os)434348 3（20）（本题满分 12 分）（-设y y(x)是区间内过（-，），）的光滑曲线，当-x 0时，曲线上任一点22处的法线都过原点，当0 x 时，函数y(x)满足y y x 0。求y(x)的表达式【解析】由题意，当 x 0时，y x22，即ydy xdx，得y x c，y又y(2)22222代入y x c得c，从而有x y 22*当0 x 时，y y x 0得y y 0的通解为y c1cosxc2sin x令解为y1 Axb，则有0 Axb x 0，得A 1,b 0，故y1 x，得y y x 0的通解为y c1cosxc2sin x x由于y y(x)是(,)内的光滑曲线，
18、故y在x 0处连续于是由y(0),y(0)c1，故c1 时，y y(x)在x 0处连续又当 x 0时，有2x2y y 0，得y(0)x 0，y当0 x 时，有y c1sin xc2cosx1，得y(0)c21由y(0)y(0)得c21 0，即c212 x2,x 0故y y(x)的表达式为y 或cosxsin x x,0 x 2 x2,x 0 y，又过点,，2 2cosxsin x x,0 x 2 x2,x 0所以y。cosxsin x x,0 x（21）（本题满分 11 分）（）证明拉格朗日中值定理：若函数fx在a,b上连续，在(a,b)可导，则存在a,b，使得fb fa f baf x A，
19、（）证明：若函数fx在x 0处连续，在0,0内可导，且limx0则f0存在，且f0 A。【解析】（）作辅助函数(x)f(x)f(a)f(b)f(a)(xa)，易验证(x)满足：ba(a)(b)；(x)在 闭 区 间a,b上 连 续，在 开 区 间a,b内 可 导，且(x)f(x)f(b)f(a)。ba根据罗尔定理，可得在a,b内至少有一点，使()0，即f()f(b)f(a)0,f(b)f(a)f()(ba)ba（）任取x0(0,)，则函数f(x)满足；在闭区间0,x0上连续，开区间0,x0内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在x0,x00,，使得fx00f(x0)f(0)*x00f又由于li
20、mx0 x A，对上式（*式）两边取x0 0时的极限可得：f(x0)f0 limf(x0)limf(x0)Ax00 x00 x00f0 limx00故f(0)存在，且f(0)A。11111，11（22）（本题满分 11 分）设A 1104222（）求满足A21,A31的所有向量2,3（）对（）中的任一向量2,3，证明：1,2,3线性无关。【解析】（）解方程A21 111 1 111 1111 11111 0000 0211A,1042 202110000r(A)2故有一个自由变量，令x3 2，由Ax 0解得，x2 1,x11求特解，令x1 x2 0，得x31 1 0 故2 k110，其中k1为
21、任意常数21 2解方程A31 220A222044011100 1 2222A,122010000440200002故有两个自由变量，令x2 1,x3 0，由A x 0得x112令x2 0,x31，由A x 0得x1 0112 1 02 求特解20故3 k21 k30 0，其中k2,k3为任意常数 1000（）证明：由于1k1k21k122k1111k2 k1k32k1k2(2k11)(k2)2k1(k2)k2(2k11)k1k322k3 1 0212故1,2,3线性无关.（23）（本题满分 11 分）设二次型fx1,x2,x3 ax1ax2a1x32x1x32x2x3222（）求二次型f的矩阵的所有特征值；22（）若二次型f的规范形为y1 y2，求a的值。1 a01【解析】（）A0a11a1a|E A|01011(a)a1a1a110aa111(a)(a)(a1)10(a)(a)(a)(a1)2(a)22aa2a219(a)a(12a)2 24(a)(a2)(a1)1 a,2 a2,3 a122（）若规范形为y1 y2，说明有两个特征值为正，一个为0。则1)若1 a 0，则2 2 0，31，不符题意2)若2 0，即a 2，则1 2 0，3 3 0，符合3)若3 0，即a 1，则1 1 0，2 3 0，不符题意综上所述，故a 2