2005-2013考研数二答案解析【闲鱼号“非凡小翊”持续更新中】【闲鱼号：非凡小翊】

(1) 【详解】先求出函数的导数,再求函数在某点的微分. 方法1：利用恒等变形得 x x y ) sin 1( + = = ) sin 1 ln( x x e + ，于是 ] sin 1 cos ) sin 1 [ln( ) sin 1 ln( x x x x e y x x + ⋅ + + ⋅ = ′ + ， 从而 π = x dy = . ) ( dx dx y π π − = ′ 方法2：两边取对数， ) sin 1 ln( ln x x y + = ，对x 求导，得 1 cos ln(1 sin ) 1 sin x x y x y x ′ = + + +  ， 于是 ] sin 1 cos ) sin 1 [ln( ) sin 1( x x x x x y x + ⋅ + + ⋅ + = ′ ， 故 π = x dy = . ) ( dx dx y π π − = ′

(2) 曲线 x x y 2 3 ) 1( + = 的斜渐近线方程为___________. 【详解】由求斜渐近线公式y ax b = + (其中 ( ) lim x f x a x →∞ = ， lim[ ( ) ] x b f x ax →∞ = − )，得： 3 2 ( ) (1 ) lim lim 1, x x f x x a x x x →+∞ →+∞ + = = = [ ] 2 3 ) 1( lim ) ( lim 2 3 2 3 = − + = − = +∞ → +∞ → x x x ax x f b x x ， 于是所求斜渐近线方程为 . 2 3 + = x y

(3) 【详解】通过还原变换求定积分 方法1：令 t x sin = (0 ) 2 t π < < ,则 = − − ∫ 1 0 2 2 1 ) 2 ( x x xdx ∫ − 2 0 2 cos ) sin 2 ( cos sin π dt t t t t 2 2 0 sin 2 sin t dt t π = − ∫ 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 2 页] --- 2 2 2 0 0 cos arctan(cos ) 1 cos 4 d t t t π π π = − = − = + ∫ 方法2：令 2 1 x t − = ，有 2 2 1 , x t = − 所以有xdx tdt = − ，其中0 1 t < < . 1 1 2 2 2 0 0 1 arctan 0 1 4 (2 ) 1 xdx dt t t x x π − = = = + − − ∫ ∫

(4) 【答案】 . 9 1 ln 3 1 x x x y − = 【详解】求方程 ( ) ( ) dy P x y Q x dx + = 的解，有公式 ( ) ( ) ( ) P x dx P x dx y e Q x e dx C −   ∫ ∫ = +     ∫ (其中C 是常数). 将原方程等价化为 x y x y ln 2 = + ′ ，于是利用公式得方程的通解 2 2 [ ln ] dx dx x x y e x e dx C −∫ ∫ = ⋅ + ∫ 2 2 1 [ ln ] x xdx C x = ⋅ + ∫ = 2 1 1 ln 3 9 C x x x x − + , (其中C 是常数) 由 9 1 )1( − = y 得 0 C = ，故所求解为 . 9 1 ln 3 1 x x x y − =

(5) 【详解】由题设， 2 0 0 ( ) 1 arcsin cos lim lim ( ) x x x x x x x kx β α → → + − = = ) cos arcsin 1 ( cos 1 arcsin lim 2 0 x x x kx x x x x + + − + → 2 0 1 arcsin 1 cos lim 2 x x x x k x → + − = 2 0 0 1 arcsin 1 cos lim lim 2 x x x x k x x → → −   = +     ， 又因为 2 0 1 cos 1 lim 2 x x x → − = ， 0 0 arcsin lim arcsin lim 1 sin x u x u x u x u → → = = 所以 0 ( ) 1 1 lim ( 1) ( ) 2 2 x x x k β α → = + 3 4k = 由题设 0 → x 时 ( ) ~ ( ) x x α β ，所以3 1 4k = ， 得 . 4 3 = k

(6) 【答案】2 【详解】 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 3 页] --- 方法1：因为 1 2 3 1 2 3 1 ( ) ( , , ) 1 1 α α α α α α   + + =    ， 1 2 3 1 2 3 1 ( 2 4 ) ( , , ) 2 4 α α α α α α   + + =    ， 1 2 3 1 2 3 1 ( 3 9 ) ( , , ) 3 9 α α α α α α   + + =    ， 故 1 2 3 1 2 3 1 2 3 ( , 2 4 , 3 9 ) B α α α α α α α α α = + + + + + + =           9 4 1 3 2 1 1 1 1 ) , , ( 3 2 1 α α α ， 记 1 2 3 ( , , ) A α α α = ，两边取行列式，于是有 .2 2 1 9 4 1 3 2 1 1 1 1 = × = ⋅ = A B 方法2：利用行列式性质(在行列式中，把某行的各元素分别乘以非零常数加到另一行的对 应元素上，行列式的值不变；从某一行或列中提取某一公因子行列式值不变) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 , 2 4 , 3 9 B α α α α α α α α α = + + + + + + [2] [1] 1 2 3 2 3 2 3 [3] [1] , 3 ,2 8 α α α α α α α − − ==== + + + + [3] 2[2] 1 2 3 2 3 3 ==== , 3 ,2 α α α α α α − + + + 1 2 3 2 3 3 =2 , 3 , α α α α α α + + + [1] [3] 1 2 2 3 [2] 3[3] ==== 2 , , α α α α − − + [1] [2] 1 2 3 ==== 2 , , α α α − 又因为 1 2 3 , , 1 A α α α = = ，故B 2 A = 2 = .

(7) 【答案】C 【详解】分段讨论，并应用夹逼准则， 当| | 1 x < 时，有 3 1 1 | | 2 n n n n x ≤ + ≤ ，命n →∞取极限，得lim 1 1 n n→∞ = ，lim 2 1 n n→∞ = ， 由夹逼准则得 3 ( ) lim 1 | | 1 n n n f x x →∞ = + = ； 当| | 1 x = 时， ( ) lim 1 1 lim 2 1 n n n n f x →∞ →∞ = + = = ； 当| | 1 x > 时， 3 3 3 3 3 | | | | 1 | | 2 | | 2 | | n n n n n n n x x x x x = < + ≤ = ，命n →∞取极限，得 3 3 lim 2 | | | | n n n x x →∞ = ，由夹逼准则得 1 3 3 3 1 ( ) lim | | ( 1) | | . | | n n n f x x x x →∞ = + = 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 4 页] --- 所以 3 1, | | 1 ( ) , | | 1 x f x x x <  =  ≥  再讨论 ( ) f x 的不可导点. 按导数定义，易知 1 x = ± 处 ( ) f x 不可导，故应选(C).

(8) 【答案】A 【详解】 方法1：应用函数奇偶性的定义判定， 函数 ( ) f x 的任一原函数可表示为 ∫ + = x C dt t f x F 0 ) ( ) ( ，且 ). ( ) ( x f x F = ′ 当 ( ) F x 为偶函数时，有 ) ( ) ( x F x F = − ，于是 ) ( )1 ( ) ( x F x F ′ = − ⋅ − ′ ，即 ) ( ) ( x f x f = − − ，亦即 ) ( ) ( x f x f − = − ，可见 ( ) f x 为奇函数； 反过来，若 ( ) f x 为奇函数，则 0 ( ) ( ) x F x f t dt C − − = + ∫ ，令t k = − ，则有dt dk = − ， 所以 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x x x F x f t dt C f k dk C f k dk C F x − − = + = − − + = + = ∫ ∫ ∫ ， 从而 ∫ + = x C dt t f x F 0 ) ( ) ( 为偶函数，可见(A)为正确选项. 方法2：排除法， 令 ( ) 1 f x = , 则取 ( ) 1 F x x = + , 排除(B)、(C); 令 ( ) f x x = ， 则取 2 1 ( ) 2 F x x = , 排除(D);

(9) 【答案】A 【详解】当 3 x = 时，有 3 2 2 = + t t ，得1 2 1, 3 t t = = −(舍去，此时y 无意义)， 曲线 ( ) y y x = 的导数为 2 1 1 1 2 2 2( 1) dy dy dt t dx dx t t dt + = = = + + ， 所以曲线 ( ) y y x = 在 3 x = (即 1 t = )处的切线斜率为1 8 于是在该处的法线的斜率为8 −, 所以过点(3,ln 2) 的法线方程为 ) 3 ( 8 2 ln − − = − x y ， 令y =0, 得其与x 轴交点的横坐标为： 3 2 ln 8 1 + , 故应(A).

(10) 【答案】D 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 5 页] --- 【详解】由于积分区域D 是关于y x = 对称的, 所以x 与y 互换后积分值不变, 所以有 = + + ∫∫ σ d y f x f y f b x f a D ) ( ) ( ) ( ) ( σ d x f y f x f b y f a D∫∫ + + ) ( ) ( ) ( ) ( = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 [ ] 2 ( ) ( ) ( ) ( ) D a f x b f y a f y b f x d f x f y f y f x σ + + + + + ∫∫ = 2 1

2 . 2 2 4 2 D a b a b a b dσ π π + + + = ⋅ ⋅ ⋅ = ∫∫ 应选(D).

(11) 【答案】B 【详解】因为 ) ( ) ( ) ( ) ( y x y x y x y x x u − − + + − ′ + + ′ = ∂ ∂ ψ ψ ϕ ϕ ， ) ( ) ( ) ( ) ( y x y x y x y x y u − + + + − ′ − + ′ = ∂ ∂ ψ ψ ϕ ϕ ， 于是 ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 y x y x y x y x x u − ′ − + ′ + − ′′ + + ′′ = ∂ ∂ ψ ψ ϕ ϕ ， ) ( ) ( ) ( ) ( 2 y x y x y x y x y x u − ′ + + ′ + − ′′ − + ′′ = ∂ ∂ ∂ ψ ψ ϕ ϕ ， ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 y x y x y x y x y u − ′ − + ′ + − ′′ + + ′′ = ∂ ∂ ψ ψ ϕ ϕ ， 可见有 2 2 2 2 y u x u ∂ ∂ = ∂ ∂ ，应选(B).

(12) 【答案】D 【详解】由于函数 ( ) f x 在 0 x = ， 1 x = 点处无定义，因此是间断点. 且 ∞ = → ) ( lim 0 x f x ，所以 0 x = 为第二类间断点； 0 ) ( lim 1 = + → x f x ， 1 ) ( lim 1 − = − → x f x ，所以 1 x = 为第一类间断点，故应选(D).

(13) 【答案】B 【详解】 方法1：利用线性无关的定义 1 2 , α α 分别是特征值 1 2 , λ λ 对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 6 页] --- 1 1 1 2 2 2 , A A α λα α λ α = = 1 2 1 1 2 2 ( ) A α α λα λ α ⇒ + = + . 设有数 1 2 , k k ，使得 0 ) ( 2 1 2 1 1 = + + α α α A k k ，则 0 2 2 2 1 1 2 1 1 = + + α λ α λ α k k k 1 2 1 1 2 2 2 ( ) 0 k k k λ α λ α ⇒ + + = . 因 1 2 λ λ ≠ ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故 2 1,α α 线性无关，则    = = + .0 ,0 2 2 1 2 1 λ λ k k k 当 1 2 2 1 0 0 λ λ λ = ≠ 时，方程只有零解，则 0 ,0 2 1 = = k k ，此时 1 α ， ) ( 2 1 α α + A 线性 无关；反过来，若 1 α ， ) ( 2 1 α α + A 线性无关，则必然有 0 2 ≠ λ (否则， 1 α 与 ) ( 2 1 α α + A = 1 1α λ 线性相关)，故应选(B). 方法2：将向量组的表出关系表示成矩阵形式 1 2 , α α 分别是特征值 1 2 , λ λ 对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有 1 1 1 2 2 2 , A A α λα α λ α = = 1 2 1 1 2 2 ( ) A α α λα λ α ⇒ + = + . 由于 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2 1 , ( ) , , 0 A λ α α α α λα λ α α α λ   + = + =     ， 因 1 2 λ λ ≠ ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，知 2 1,α α 线性无关. 若 1 α ， ) ( 2 1 α α + A 线性无关，则( ) 1 1 2 , ( ) 2 r A α α α + = ，则 ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 2 , min , , 2 0 0 0 r r r r λ λ λ α α α α λ λ λ             = ≤ ≤ ≤                       ， 故 1 2 1 2 2 0 r λ λ   ≤ ≤     ，从而 1 2 1 2 0 r λ λ  =     ，从而 1 2 2 1 0 0 λ λ λ = ≠ 若 1 2 2 1 0 0 λ λ λ = ≠ ，则 1 2 1 2 0 r λ λ  =     ，又 2 1,α α 线性无关，则 ( ) 1 1 1 2 2 2 1 1 , 2 0 0 r r λ λ α α λ λ       = =             ， 则 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 7 页] --- ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 2 1 , ( ) , 2 0 r A r λ α α α α α λ     + = =         从而 1 α ， ) ( 2 1 α α + A 线性无关的充要条件是 .0 0 1 2 2 1 ≠ = λ λ λ 故应选(B). 方法3：利用矩阵的秩 1 2 , α α 分别是特征值 1 2 , λ λ 对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有 1 1 1 2 2 2 , A A α λα α λ α = = 1 2 1 1 2 2 ( ) A α α λα λ α ⇒ + = + . 因 1 2 λ λ ≠ ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故 2 1,α α 线性无关，又 1 2 1 1 2 2 ( ) A α α λα λ α + = + ，故 1 α ， ) ( 2 1 α α + A 线性无关 1 1 2 ( , ( )) 2 r A α α α ⇔ + = 又因为 ( ) ( ) 2 1 1 1 2 2 1 2 2 , , α λ α λα λ α α λ α + = 1 1 将 的- 倍加到第列 则 1 1 1 2 2 1 2 2 2 ( , ) ( , ) 2 0 r r α λα λ α α λ α λ + = = ⇔ ≠ (若 2 0 λ = ，与 1 2 2 ( , ) 2 r α λ α = 矛盾) 方法4：利用线性齐次方程组 1 2 , α α 分别是特征值 1 2 , λ λ 对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有 1 1 1 2 2 2 , A A α λα α λ α = = 1 2 1 1 2 2 ( ) A α α λα λ α ⇒ + = + . 由 1 2 λ λ ≠ ，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故 2 1,α α 线性无关， 1 1 2 , ( ) A α α α + 线性无关 1 1 1 2 2 , α λα λ α ⇔ + 线性无关 ⇔ 1 1 1 2 2 , 0 α λα λ α + ≠ ， ⇔( ) 1 1 1 2 2 , 0 X α λα λ α + = 只有零解，又( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 1 2 2 1 , , 0 λ α λα λ α α α λ   + =     ⇔( ) 1 1 1 2 2 2 1 , 0 0 x x λ α α λ   =       只有零解 ⇔ 1 2 , α α 线性无关时( ) 1 2 , 0 Y α α = 只有零解，故 1 1 2 2 1 0 0 x Y x λ λ    = =       ，只有零解， ⇔ 1 1 2 2 1 0 0 x Y x λ λ    = =       的系数矩阵是个可逆矩阵， 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 8 页] --- ⇔ 1 2 2 1 0 0 λ λ λ = ≠ ，故应选(B) 方法5：由 1 2 λ λ ≠ ， 2 1,α α 线性无关 1 2 , α α 分别是特征值 1 2 , λ λ 对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有 1 1 1 2 2 2 , A A α λα α λ α = = 1 2 1 1 2 2 ( ) A α α λα λ α ⇒ + = + . 向量组( ) 1 2 I : , α α 和向量组( ) 1 1 2 1 1 2 2 II : , ( ) A α α α λα λ α + = + . 显然向量组( ) II 可 以由向量组( )I 线性表出；当 2 0 λ ≠ 时，不论 1λ 的取值如何，向量组( )I 可以由向量组 ( ) II 线性表出 1 1 α α = ， 1 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 ( ) ( ) ( ) A λ λ α α λα λ α α α α λ λ λ λ = − + + = − ⋅ + + ， 从而( )I ，( ) II 是等价向量组⇒当 2 0 λ ≠ 时，( ) ( ) 1 2 1 1 1 2 2 , , 2 r r α α α λα λ α = + =

(14) 【答案】(C) 【详解】 方法1：由题设，存在初等矩阵 12 E (交换n 阶单位矩阵的第1 行与第2 行所得)，使得 B A E = 12 ，( A 进行行变换，故A 左乘初等矩阵)，于是 * * * * 12 12 ( ) B E A A E = = ， 又初等矩阵都是可逆的，故 * 1 12 12 12 E E E −= ， 又 12 1 E E = − = −(行列式的两行互换，行列式反号)， 1 12 12 E E −= ，故 * * * * 1 * 1 * 12 12 12 12 12 B A E A E E A E A E − − = = ⋅ = − = − ， 即 * 12 * B E A − = ,可见应选(C). 方法2：交换A的第一行与第二行得B ，即 12 B E A = . 又因为A是可逆阵， 12 1 E E = − = −，故 12 12 0 B E A E A A = = = − ≠ ， 所以B 可逆，且 1 1 1 12 12 ( ) B E A A E − − − = = . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 9 页] --- 又 1 1 , A B A B A B ∗ ∗ − − = = ，故 12 B A E B A ∗ ∗ = ，又因B A = − ，故 * 12 * B E A − = .

(15) 【详解】 作积分变量代换，命x t u −= ，则 0 0 0 ( ) ( )( ) ( ) x x x f x t dt f u du f u du − = − = ∫ ∫ ∫ , 于是 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ − = − − → → x x x x x x x du u f x dt t tf dt t f x dt t x f x dt t f t x 0 0 0 0 0 0 0 ) ( ) ( ) ( lim ) ( ) ( ) ( lim = 洛必达法则 ∫ ∫ + − + → x x x x xf du u f x xf x xf dt t f 0 0 0 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( lim = 整理 ∫ ∫ + → x x x x xf du u f dt t f 0 0 0 ) ( ) ( ) ( lim 0 0 0 1 ( ) lim 1 ( ) ( ) x x x x f t dt x f x f t dt x → = + ∫ ∫ 上下同除 而 0 0 0 0 0 ( ( ) ) 1 lim ( ) lim lim ( )

(0) x x x x x f t dt f t dt f x f x x → → → ′ = = = ′ ∫ ∫ 所以由极限的四则运算法则得， 原式 0 0 0 1 ( ) lim 1 ( ) ( ) x x x f t dt x f x f t dt x → = + ∫ ∫ 0 0 0 0 1 lim ( ) 1 lim ( ) lim ( ) x x x x f t dt x f x f t dt x → → = + ∫ ∫

(0)

(0)

(0) f f f = +

(0) 0 1 2 f ≠ = .

(16) 【详解】由题设图形知， 3 C 在 1 C 的左侧，根据平面图形的面积公式得， ∫ − − = + − = x x t t x e dt e e x S 0 1 )1 ( 2 1 )] 1( 2 1 [ ) ( ， ∫ − = y dt t t y S 1 2 )) ( (ln ) ( ϕ ， 由 ) ( ) ( 2 1 y S x S = ，得 ∫ − = − − y x dt t t x e 1 )) ( (ln )1 ( 2 1 ϕ ， 注意到 ( , ) M x y 是 x e y = 的点， 于是 ∫ − = − − y dt t t y y 1 )) ( (ln )1 ln ( 2 1 ϕ O 1 x y 1 ly lx M(x,y) C1 C3 C2 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 10 页] --- 两边对y 求导得 ) ( ln ) 1 1( 2 1 y y y ϕ − = − ， 整理上面关系式得函数关系为： . 2 1 ln ) ( y y y y x − − = = ϕ

(17) 【详解】由直线1l 过(0,0) 和(2,4) 两点知直线1l 的斜率为2. 由直线1l 是曲线C 在点(0,0) 的切线，由导数的几何意义知

(0) 2 f ′ = . 同理可得

(3) 2 f ′ = −. 另外由点(3,2)是曲线C 的 一个拐点知

(3)

0. f ′′ = 由分部积分公式， 3 3 2 2 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) x x f x dx x x df x ′′′ ′′ + = + ∫ ∫ 3 3 2 0 0 ( ) ( ) ( )(2 1) x x f x f x x dx ′′ ′′ = + − + ∫ 3 2 2 0 (3 3)

(3) (0 0)

(0) ( )(2 1) f f f x x dx ′′ ′′ ′′ = + − + − + ∫ = dx x f x f x x fd x ∫ ∫ ′ + ′ + − = ′ + − 3 0 3 0 3 0 ) ( 2 ) ( )1 2 ( ) ( )1 2 ( 3 0 (2 3 1)

(3) (2 0 1)

(0) 2 ( ) f f f x dx ′ ′ ′ = − × + + × + + ∫ = . 20 )] 0 ( ) 3 ( [2 16 = − + f f

(18) 【详解】 由题设 ) 0 ( cos π < < = t t x ，有 sin dx t dt = − ，由复合函数求导的链式法则得 dt dy t dx dt dt dy y sin 1 − = ⋅ = ′ ， ) sin 1 ( ] sin 1 sin cos [ 2 2 2 t dt y d t dt dy t t dx dt dt y d y − ⋅ − = ⋅′ = ′′ ， 代入原方程， 2 2 2 2 cos 1 1 1 (1 cos )[ ] ( ) cos ( ) 0 sin sin sin sin t dy d y dy t t y t dt t dt t t dt − − ⋅− − − + = ， 化简得 0 2 2 = + y dt y d ，其特征方程为 2 1 0 r + = ，特征根1,2 r i = ± , 通解为 1 2 cos sin y C t C t = + 所以 2 2 1 2 1 1 sin cos x C x C t C t C y − + = + = ， 将初始条件 0 1, x y = = 代入得， 2 1 2 2 1 0 1 0 C C C = × + − = ，即 2 1 C = . 而 2 1 2 1 2 2 ( 1 ) 2 1 x y C x C x C x ′ ′ ′ = + − = + − ， 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 11 页] --- 将 0 2 x y = ′ = 代入得 1 1 2 2 0 2 2 1 0 C C × = + = − ，即 1 2 C = . 将 1 2 2, 1 C C = = 代入通解公式得满足条件的特解为 2 2 1 , 1

1. y x x x = + − −< <

(19) 【详解】 (I) 令 x x f x F + − = 1 ) ( ) ( ，则 ( ) F x 在[0，1]上连续，且

(0) 1 0 F = −< ,

(1) 1 0 F = > , 于是由闭区间连续函数的介值定理知，存在 ), 1,0 ( ∈ ξ 使得 0 ) ( = ξ F ，即 ξ ξ − = 1 ) ( f . (II) 在 ] ,0 [ ξ 和 ]1, [ξ 上对 ( ) f x 分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点 )1, ( ), ,0 ( ξ ζ ξ η ∈ ∈ ，使得 0 ) 0 ( ) ( ) ( − − = ′ ξ ξ η f f f ， ξ ξ ζ − − = ′ 1 ) ( )1( ) ( f f f 于是 .1 1 1 1 ) ( 1 ) ( ) ( ) ( = − ⋅ − = − − ⋅ = ′ ′ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ ζ η f f f f

(20) 【详解】由 ydy xdx dz 2 2 − = 知 2 , 2 z z x y x y ∂ ∂ = = − ∂ ∂ . 对 2 z x x ∂= ∂ 两边积分得 2 ( , ) ( ) z f x y x c y = = + . 将 2 ( , ) ( ) z x y x c y = + 代入 2 z y y ∂= − ∂ 得 ( ) 2 c y y ′ = . 所以 2 ( ) c y y c = + . 所以 2 2 z x y c = − + .再由 1, 1 x y = = 时 2 z = 知， 2 c = . 于是所讨论的函 数为 2 2 2 z x y = − + . 求z 在 2 2 1 4 y x + < 中的驻点. 由 2 , 2 z z x y x y ∂ ∂ = = − ∂ ∂ 得驻点(0,0) ，对应的 (0,0) 2 z f = = . 讨论 2 2 2 z x y = − + 在D 的边界 2 2 =1 4 y x + 上的最值，有两个方法. 方法1：把 2 2 4(1 ) y x = − 代入z 的表达式，有 2 2 2 2=5 2 z x y x = − + − ， 1 1 x −≤ ≤ 10 xz x ′ = 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 12 页] --- 命 0 xz′ = 解得 0 x = ，对应的 2 y = ± ， 0, 2 2 x y z = =± = − 还要考虑1 1 x −≤ ≤ 的端点 1 x = ± ，对应的 0 y = ， 1, 0 3 x y z =± = = 由 2, 2, 3 z z z = = − = 比较大小，故 min 2 z = −(对应于 0 x = ， 2 y = ± )，max 3 z = (对应于 0 x = ， 2 y = ± ) 方法2：用拉格朗日乘数法，作函数 2 2 2 2 ( , , ) 2 ( 1) 4 y F x y x y x λ λ = − + + + − 解方程组 2 2 2 2(1 ) 0, 1 2 0 2 2 1 0 4 x y f F x x x f y F y y y y F x λ λ λ λ λ  ∂ ′ = + = + =  ∂  ∂ ′ = + = − + =  ∂   ′ = + −=  由上面的第一个方程解得 0 x = 或 1 λ = −：当 0 x = 时由最后一个方程解得 2 y = ± ；当 1 λ = −是由第二个方程解得 0 y = ，这时由最后一个方程解得 1 x = ± . 故解得4 个可能的极 值点(0,2),(0, 2),(1,0),( 1,0) − − .计算对应z 的值： (0,2) (0, 2) (1,0) ( 1,0) 2, 2, 3, 3 z z z z − − = − = − = = 再与 (0,0) 2 z = 比较大小，结论同方法1.

(21) 【详解】D ：2 2 1 0 x y + −= 为以O 为中心半径为1 的圆周，划分D 如下图为 1 D 与 2 D . 这时可以去掉绝对值符号 2 2 2 2 2 2 2 1 1, ( , ) 1 1 , ( , ) x y x y D x y x y x y D  + − ∈  + − = − − ∈  方法1： 2 2 1 D x y dσ + − ∫∫ = ∫∫ − + − 1 )1 ( 2 2 D dxdy y x ∫∫ − + + 2 )1 ( 2 2 D dxdy y x 后一个积分用直角坐标做， D1 D2 x2+y2=1 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 13 页] --- 2 2 1 1 2 2 2 2 0 1 ( 1) ( 1) x D x y dxdy dx x y dy − + − = + − ∫∫ ∫ ∫ 3 1 2 2 2 2 2 0 1 1 [( 1) ( 1) 1 (1- ) ] 3 3 x x x x dx = − − − − + − ∫ 3 3 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 2 [( ) (1 ) ] (1 ) 3 3 3 3 x x dx x dx dx x dx = − + − = − + − ∫ ∫ ∫ ∫ 4 2 0 1 2 cos 3 3 tdt π = − + ∫ 2 2 0 1 2 1 cos2 ( ) 3 3 2 t dt π + = − + ∫ 2 2 0 1 2 1 (1 2cos2 cos 2 ) 3 3 4 t t dt π = − + × + + ∫ 2 0 1 2 1 1 cos4 (1 2cos2 ) 3 3 4 2 t t dt π + = − + × + + ∫ 2 0 1 2 1 1 cos4 (1 2cos2 ) 3 3 4 2 2 t t dt π = − + × + + + ∫ 2 0 1 2 1 3 2 1 cos4 (2cos2 ) 3 3 4 2 2 3 4 2 t t dt π π = − + × × × + × + ∫ 1 2 1 0 3 8 3 4 π = − + + × × 1 3 8 π = − + . 前一个积分用极坐标做， 1 1 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 (1 ) (1 ) ( ) 2 4 8 D x y dxdy d r rdr d π π π θ θ − − = − = − = ∫∫ ∫ ∫ ∫ . 所以 2 2 1 D x y dσ + − ∫∫ = 8 π + 1 3 8 π − + = . 3 1 4 − π 方法2：由于区域 2 D 的边界复杂，计算该积分较麻烦，可以将 2 D 内的函数“扩充”到整个区 域D = 1 2 D D  ，再减去“扩充”的部分，就简化了运算. 即 2 2 2 ( 1)d D x y σ + − = ∫∫ 2 2 ( 1) D x y dσ + − ∫∫ 1 2 2 ( 1) D x y dσ − + − ∫∫ 因此 2 2 1 D x y dσ + − ∫∫ = 1 2 2 (1 ) D x y dσ − − ∫∫ 2 2 2 ( 1) D x y dσ + + − ∫∫ 1 2 2 (1 ) D x y dσ = − − ∫∫ + 2 2 ( 1) D x y dσ + − ∫∫ 1 2 2 ( 1) D x y dσ − + − ∫∫ 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 14 页] --- 1 2 2 2 (1 ) D x y dσ = − − ∫∫ + 2 2 ( 1) D x y dσ + − ∫∫ 由极坐标 1 1 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 (1 ) (1 ) ( ) 2 4 8 D x y dxdy d r rdr d π π π θ θ − − = − = − = ∫∫ ∫ ∫ ∫ . 而 3 1 1 1 2 2 2 2 2 0 0 0 1 ( 1) ( 1) [ ( 1) ]0 3 D x x y d dy x y dx y x dy σ + − = + − = + − ∫∫ ∫ ∫ ∫ 3 1 1 2 2 0 0 1 1 2 2 1 [ 1] ( ) [ ]0 3 3 3 3 3 y y dy y dy y = + − = − = − = − ∫ ∫ 所以 2 2 1 D x y dσ + − ∫∫ = 2 8 π × 1 3 − = . 3 1 4 − π

(22) 【详解】 方法1：记 1 2 3 1 2 3 ( , , ), ( , , ) A B α α α β β β = = . 由于 1 2 3 , , β β β 不能由 1 2 3 , , α α α 线性表出，故 ( ) 3 r A < ，(若( ) 3 r A = ，则任何三维向量都可以由 1 2 3 , , α α α 线性表出)，从而 1 1 1 1 1 1 a A a a = 2 2 2 2 3 1 1 1 1 1 a a a a a + + + 把第、行 加到第行 1 1 1 1 (2 ) 1 1 (2 ) 1 1 a a a a + + 提取第行的 公因子 1 1 1 2 1 (2 ) 0 1 0 3 1 1 0 0 a a a − + − − − 行 行 行 行 1 3 0 1 3 (2 ) ( 1) 1 1 0 a a a + − + ⋅− × × − 按第列展开 2 (2 )( 1) a a = − + − 0 = (其中 1 3 ( 1) + − 指数中的1 和3 分别是1所在的行数和列数) 从而得 1 a = 或 2 a = −. 当 1 a = 时， 1 2 3 1 [1,1,1]T α α α β = = = = ，则 1 2 3 1 2 3 0 0 α α α β β β = = = + ⋅ + ⋅ ， 故 1 2 3 , , α α α 可由 1 2 3 , , β β β 线性表出，但 2 [ 2,1,4]T β = − 不能由 1 2 3 , , α α α 线性表出(因 为方程组 2 1 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 4 1 1 1 k k k β −           = = + +                ，即 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 1 4 k k k k k k k k k + + = −   + + =   + + =  无解)，故 1 a = 符 合题意. 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 15 页] --- 当 2 a = −时,由于 1 2 2 1 1 2 [ ] 1 2 2 1 2 1 2 4 2 2 1 1 B A − − −     = − − −     − − −       1 2 2 1 1 2 2 1 0 0 0 0 3 3 3 1 2 0 0 6 0 0 0 − − −   −   − −   + ×   −       行 行， 行 行 因 2 ( ) 2 ( ) 3 r B r B α = ≠ =  ，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，故方程组 2 BX α = 无解，故 2 α 不能由 1 2 3 , , β β β 线性表出，这和题设矛盾，故 2 a = −不合题意. 因此 1 a = . 方法2：对矩阵 ) , , , , ( 3 2 1 3 2 1 α α α β β β  = A 作初等行变换，有 ) , , , , ( 3 2 1 3 2 1 α α α β β β  = A =           − − 1 1 4 1 1 1 1 1 2 2 1 a a a a a a a    1 2 2 1 1 2 1 0 2 2 0 1 0 3 1 0 4 2 3 0 1 1 a a a a a a a a a − −   −   + + −   − ×   + − −       行 行， 行 行 1 2 2 1 1 3 2 2 0 2 2 0 1 0 0 0 4 0 3(1 ) 1 a a a a a a a − −     − × + + −     − − −       行 行 ， 当 2 a = −时， → A           − − − − − 3 3 0 6 0 0 0 3 0 0 0 0 2 1 1 2 2 1    , 不存在非零常数 1 2 3 , , k k k ， 使得 1 2 3 1 1 2 2 3 0 0 0 3 0 0 6 k k k − −               − = + +               −        ， 2 α 不能由 3 2 1 , , β β β 线性表示，因此 2 − ≠ a ； 当 4 a = 时， → A           − − − − 3 9 0 0 0 0 0 3 0 6 6 0 4 1 1 2 2 1    ， 3 α 不能由 3 2 1 , , β β β 线性表示，不存在非零常数 1 2 3 , , k k k ，使得 1 2 3 4 1 2 2 0 0 6 6 3 0 0 0 k k k − −               = + +               −        . 因此 4 ≠ a . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 16 页] --- 而当 2 − ≠ a 且 4 ≠ a 时，秩 3 ) , , ( 3 2 1 = β β β r ，此时向量组 3 2 1 , , α α α 可由向量组 3 2 1 , , β β β 线性表示. 又           − − = = a a a a a a a B 4 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 ) , , , , ( 3 2 1 3 2 1     β β β α α α 2 1 1 1 2 2 2 1 0 1 1 0 2 2 3 1 0 1 1 0 4 2 3 a a a a a a a a a a − −   −   − − + +   − ×   − − +       行 行， 行 行 2 1 1 1 2 2 3 2 0 1 1 0 2 2 0 0 2 0 6 3 4 2 a a a a a a a a a − −     + − − + +     − − + +       行 行 ， 由题设向量组 3 2 1 , , β β β 不能由向量组 3 2 1 , , α α α 线性表示，则方程组 ( ) 1 2 3 1 x α α α β = 或( ) 1 2 3 2 x α α α β = 或( ) 1 2 3 3 x α α α β = 无解，故系数矩阵的秩 ≠增广矩阵的秩，故 ( ) 1 2 3 ( ) r B r α α α ≠ . 又当 2 − ≠ a 且 4 ≠ a 时，( ) 3 r B = ，则必有 0 1 = − a 或 0 2 2 = − − a a ，即 1 a = 或 2 − = a . 综上所述，满足题设条件的a 只能是： 1 a = . 方法3：记 ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 , , , , , A B α α α β β β = = ，对矩阵( ) A B  作初等行变换，得 ( ) 1 2 3 1 2 3 1 1 1 2 2 ( , , , , ) 1 1 1 1 1 4 a A B a a a a a a α α α β β β − −     = =            2 1 1 1 2 2 2 1 0 1 1 0 2 2 3 1 0 1 1 0 4 2 3 a a a a a a a a a a − −   −   − − + +   − ×   − − +       行 行， 行 行 2 1 1 1 2 2 3 2 0 1 1 0 2 2 0 0 2 0 6 3 4 2 a a a a a a a a a − −     + − − + +     − − + +       行 行 ， 由于 1 2 3 , , β β β 不能由 1 2 3 , , α α α 线性表出，故( ) 3 r A < ，(若( ) 3 r A = ，则任何三 维向量都可以由 1 2 3 , , α α α 线性表出)，从而 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 17 页] --- 1 1 1 1 1 1 a A a a = 2 2 2 2 3 1 1 1 1 1 a a a a a + + + 把第、行 加到第行 1 1 1 1 (2 ) 1 1 (2 ) 1 1 a a a a + + 提取第行的 公因子 1 1 1 2 1 (2 ) 0 1 0 3 1 1 0 0 a a a − + − − − 行 行 行 行 1 3 0 1 3 (2 ) ( 1) 1 1 0 a a a + − + ⋅− × × − 按第列展开 2 (2 )( 1) a a = − + − 0 = 从而得 1 a = 或 2 a = −. 当 1 a = 时， ( ) 1 1 1 1 2 2 0 0 0 0 3 3 0 0 0 0 9 6 A B −     =           ， 则 1 2 3 1 2 3 0 0 α α α β β β = = = + ⋅ + ⋅ ， 1 2 3 , , α α α 可由 1 2 3 , , β β β 线性表出，但由于 ( ) ( ) 2 1 2 r A r A β = ≠ =  ，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，方程组 2 Ax β = 无解， 2 [ 2,1,4]T β = − 不能由 1 2 3 , , α α α 线性表出. 或由于( ) ( ) 3 1 2 r A r A β = ≠ =  ，系数矩阵 的秩和增广矩阵的秩不相等，方程组 3 Ax β = 无解， 3 β 不能由 1 2 3 , , α α α 线性表出，即 1 2 3 , , β β β 不能由 1 2 3 , , α α α 线性表出，故 1 a = 符合题意. 当 2 a = −时， ( ) 1 1 2 1 2 2 0 3 3 0 0 0 0 0 0 0 0 6 A B − −     = −     −       ， 因( ) ( ) 3 2 3 r A r A β = ≠ =  ，，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等， 1 2 3 , , β β β 不能 由 1 2 3 , , α α α 线性表出，但( ) ( ) 2 2 3 r B r B α = ≠ =  (或( ) 3 3 r B α =  )，系数矩阵的秩 和增广矩阵的秩不相等，即 2 BX α = (或 3 BX α = )无解，即 1 2 3 , , α α α 不能由 1 2 3 , , β β β 线性表出，与题设矛盾，故 2 a = −不合题意. 故 1 a = .

(23) 【详解】 由 0 AB = 知，B 的每一列均为 0 Ax = 的解，且 .3 ) ( ) ( ≤ + B r A r (3 是A 的列 数或B 的行数) 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 18 页] ---

(1) 若 9 k ≠ , 1 3 , β β 不成比例， 1 2 , β β 成比例，则( ) 2 r B = , 方程组 0 Ax = 的解向量 中至少有两个线性无关的解向量，故它的基础解系中解向量的个数 2 ≥ ，又基础解系中解向 量的个数=未知数的个数 ( ) r A − 3 ( ) r A = − ，于是( ) 1 r A ≤. 又矩阵A 的第一行元素( ) , , a b c 不全为零，显然( ) 1 r A ≥ , 故( ) 1 r A = . 可见此时 0 Ax = 的基础解系由3 ( ) 2 r A − = 个线性无关解向量组成， 1 3 , β β 是方程组的解且线性无 关，可作为其基础解系，故 0 Ax = 的通解为： 2 1 2 1 , , 6 3 3 2 1 k k k k k x           +           = 为任意常数.

(2) 若 9 k = ，则 1 2 3 , , β β β 均成比例，故( ) r B =1, 从而 .2 ) ( 1 ≤ ≤ A r 故( ) 1 r A = 或 ( ) 2 r A = . ①若( ) 2 r A = , 则方程组的基础解系由一个线性无关的解组成， 1 β 是方程组 0 Ax = 的基础 解系， 则 0 Ax = 的通解为： 1 1 , 3 2 1 k k x           = 为任意常数. ②若( ) 1 r A = , 则A 的三个行向量成比例，因第1 行元素( ) , , a b c 不全为零，不妨设 0 a ≠ ， 则 0 Ax = 的同解方程组为： 0 3 2 1 = + + cx bx ax , 系数矩阵的秩为1，故基础解系由3 1 2 −= 个线性无关解向量组成，选 2 3 , x x 为自由未知量，分别取 2 3 1, 0 x x = = 或 2 3 0, 1 x x = = ，方 程组的基础解系为 1 2 1 , 0 0 1 b c a a ξ ξ     − −         =                 ，则其通解为 1 2 1 2 1 0 , , 0 1 b c a a x k k k k     − −         = +                 为任意 常数. 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 19 页] --- 2006 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析

(1) 【答案】 1 5 y = 【详解】 由水平渐近线的定义及无穷小量的性质----“无穷小量与有界函数的乘积是无穷小 量”可知 4sin lim lim 5 2cos x x x x y x x →∞ →∞ + = − 4sin 1 lim 2cos 5 x x x x x →∞ + = − 1 0 lim 5 0 x→∞ + = − 1 5 = 0 x → 时1 x 为无穷小量，sin x ，cos x 均为有界量. 故， 1 5 y = 是水平渐近线.

(2) 【答案】1 3 【详解】按连续性定义，极限值等于函数值，故 0 lim ( ) x f x → 2 0 3 0 sin lim x x t x → = ∫ 2 2 0 sin( ) lim 3 x x x → 洛 2 2 0 lim 3 x x x → = 1 3 = 注：0 0 型未定式，可以采用洛必达法则；等价无穷小量的替换 2 2 sin x x  更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 20 页] ---

(3) 【答案】1 2 【详解】 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 (1 ) 2 (1 ) 2 1 2 xdx dx x x x +∞ +∞ +∞ = = − ⋅ = + + + ∫ ∫

(4) 【答案】 x Cxe − . 【详解】分离变量， (1 ) dy y x dx x − = ⇒ (1 ) dy x dx y x − = ⇒ 1 ( 1) dy dx y x = − ⇒ 1 dy dx dx y x = − ∫ ∫ ∫ ⇒ln ln y x x c = − + ⇒ ln ln y x x c e e −+ = ⇒ x y Cxe − =

(5) 【答案】e − 【详解】题目考察由方程确定的隐函数在某一点处的导数. 在原方程中令 0

(0) 1 x y = ⇒ = . 将方程两边对x 求导得 y y y e xe y ′ ′ = − − ，令 0 x = 得

(0) y e ′ = − (6) 【答案】 2 【详解】由已知条件 2 BA B E = + 变形得， 2 BA E B − = ⇒ ( ) 2 B A E E − = , 两边取行列 式, 得 ( ) 2 4 4 B A E E E − = = = 其中， 2 1 1 0 1 1 2 1 2 0 1 1 1 A E     − = − = =     − −     ， 2 2 2 E 4 E = = 因此， 2 4 2 2 E B A E = = = − .

(7) 【答案】A 【详解】 方法1： 图示法. 因为 ( ) 0, f x ′ > 则 ( ) f x 严格单调增加；因为 ( ) 0, f x ′′ > 则 ( ) f x 是凹函数，又 0 x >  ，画 2 ( ) f x x = 的图形 y y=f(x) Δy d 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 21 页] --- 结合图形分析，就可以明显得出结论：0 dy y < < . 方法2：用两次拉格朗日中值定理 0 0 0 ( ) ( ) ( ) y dy f x x f x f x x ′ − = + − −    (前两项用拉氏定理) 0 ( ) ( ) f x f x x ξ ′ ′ = −   (再用一次拉氏定理) 0 ( )( ) f x x η ξ = − ′′  , 其中 0 0 0 , x x x x ξ η ξ < < + < <  由于 ( ) 0 f x ′′ > ，从而 0 y dy − >  . 又由于 0 ( ) 0 dy f x x ′ = >  ，故选[ ] A 方法3： 用拉格朗日余项一阶泰勒公式. 泰勒公式： 0 0 0 ( ) ( ) ( )( ) f x f x f x x x ′ = + − ( ) 2 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 2! ! n n n f x f x x x x x R n ′′ + − + + − +  ， 其中 ( 1) 0 0 ( ) ( ) ( 1)! n n n f x R x x n + = − + . 此时n 取1 代入，可得 2 0 0 0 1 ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0 2 y dy f x x f x f x x f x ξ ′ ′′ ∆− = + ∆ − − ∆= ∆ > 又由 0 ( ) 0 dy f x x ′ = ∆> ，选( ) A .

(8) 【答案】( B ) 【详解】 方法1：赋值法 特殊选取 1, 0 ( ) 0, 0 1, 0 x f x x x >   = =  − <  ，满足所有条件，则 0 , 0 ( ) , 0 x x x f t dt x x x ≥  = = − <  ∫ . 它是连续的偶函数. 因此，选( B ) 方法2：显然 ( ) f x 在任意区间[ ] ,a b 上可积，于是 0 ( ) ( ) x F x f t dt =∫ 记 处处连续，又 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) s t x x x F x f t dt f t dt f s ds F x =− − − − = = − − = = ∫ ∫ ∫ 即 ( ) F x 为偶函数 . 选 ( B ) .

(9) 【答案】(C ) 【详解】利用复合函数求导法 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 22 页] --- 1 ( ) ( ) g x h x e + = 两边对x 求导⇒ 1 ( ) ( ) ( ) g x h x g x e + ′ ′ = 将 1 x = 代入上式，⇒ 1

(1) 1 2 g e + = ⇒ 1

(1) ln 1 ln 2 1 2 g = −= − −. 故选(C ).

(10) 【答案】(C ) 【详解】题目由二阶线性常系数非齐次方程的通解，反求二阶常系数非齐次微分方程，分两 步进行，先求出二阶常系数齐次微分方程的形式，再由特解定常数项. 因为 2 1 2 x x x y c e c e xe − = + + 是某二阶线性常系数非齐次方程的通解，所以该方程对应的 齐次方程的特征根为1 和-2，于是特征方程为 2 ( 1)( 2) 2 0 λ λ λ λ − + = + − = ，对应的齐次 微分方程为 - 2 0 y y y ′′ ′ + = 所以不选( A )与( B )，为了确定是(C )还是( D )，只要将特解 x y xe ∗= 代入方程左边， 计算得( ) ( ) - 2 3 x y y y e ∗ ∗ ∗ ′′ ′ + = ，故选( D ).

(11) 【答案】( ) C 【详解】记 1 4 0 0 ( cos , sin ) ( , ) D d f r r rdr f x y dxdy π θ θ θ = ∫ ∫ ∫∫ ，则区域D 的极坐标表示是： 0 1 r ≤ ≤ ，0 4 π θ ≤ ≤ . 题目考察极坐标和直角坐标的互化问题，画出积分区间，结合图形 可以看出，直角坐标的积分范围（注意 y x = 与 2 2 1 x y + = 在第一象限的交点是 2 2 2 2 （ ， ）），于是 2 2 :0 , 1 2 D y y x y ≤ ≤ ≤ ≤ − 所以，原式 2 2 1 2 0 ( , ) y y dy f x y dx − = ∫ ∫ . 因此选 ( ) C

(12) 【答案】D 【详解】 方法1： 化条件极值问题为一元函数极值问题。 已知 0 0 ( , ) 0 x y ϕ = ，由( , ) 0 x y ϕ = ，在 0 0 , ) x y （ 邻域，可确定隐函数 ( ) y y x = ， 满足 0 0 ( ) y x y = ，dy x y dx ϕ ϕ ∂ ∂ = − ∂ ∂ 。 0 0 , ) x y （ 是 ( , ) f x y 在条件 ( , ) 0 x y ϕ = 下的一个极值点 0 x x ⇔ = 是 ( , ( )) z f x y x = 的极值点。它的必要条件是 0 0 0 0 0 0 ( , ) ( , ) x x x x f x y f x y dz dy dx x y dx = = ∂ ∂ = + ∂ ∂ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( , ) 0 ( , ) ( , ) ( , ) x y x x x y x y x y f x y f x y ϕ ϕ = ′ = − = ′ ′ ′ 若 0 0 ( , ) 0 xf x y ′ = ，则 0 0 ( , ) 0 yf x y ′ = ，或 0 0 ( , ) 0 x x y ϕ′ = ，因此不选( ) A ，( ) B . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 23 页] --- 若 0 0 ( , ) 0 xf x y ′ ≠ ，则 0 0 ( , ) 0 yf x y ′ ≠ (否则 0 0 x x dz dx = ≠ ). 因此选( ) D 方法2：用拉格朗日乘子法. 引入函数 ( , , ) ( , ) ( , ) F x y f x y x y λ λϕ = + ，有 ( , ) ( , ) 0

(1) ( , ) ( , ) 0

(2) ( , ) 0 x x x y y y F f x y x y F f x y x y F x y λ λϕ λϕ ϕ ′ ′ ′ = + =  ′ ′ ′ = + =  ′ ′ = =  因为 0 0 ( , ) 0 y x y ϕ′ ≠ ，所以 0 0 0 0 ( , ) ( , ) y y f x y x y λ ϕ ′ = − ′ ，代入(1)得 0 0 0 0 0 0 0 0 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) y x x y f x y x y f x y x y ϕ ϕ ′ ′ ′ = − ′ 若 0 0 ( , ) 0 xf x y ′ ≠ ，则 0 0 ( , ) 0 yf x y ′ ≠ ，选( ) D

(13) 【答案】A 【详解】 方法1：若 1 2 , , , s α α α  线性相关, 则由线性相关定义存在不全为0 的数 1 2 s , , , k k k  使得 1 1 2 2 0 s s k k k α α α + + + =  为了得到 1 2 , , , s A A A α α α  的形式，用A 左乘等式两边, 得 1 1 2 2 0 s s k A k A k A α α α + + + =  ① 于是存在不全为0 的数 1 2 s , , , k k k  使得①成立，所以 1 2 , , , s A A A α α α  线性相关. 方法2 ：如果用秩来解,则更加简单明了. 只要熟悉两个基本性质, 它们是:

1. 1 2 , , , s α α α  线性相关⇔ 1 2 ( , , , ) s r s α α α <  ；2. ( ) ( ) r AB r B < . 矩阵 1 2 1 2 ( , , , ) ( , , , ) s s A A A A α α α α α α =   , 设 1 2 s B ( , , , ) α α α =  ， 则由 ( ) ( ) r AB r B < 得 1 2 1 2 ( , , , ) ( , , , ) s s r A A A r s α α α α α α ≤ <   . 所以答案应该为( A ).

(14) 【答案】B 【详解】用初等矩阵在乘法中的作用(矩阵左乘或右乘初等矩阵相当于对矩阵进行初等行变 换或列变换)得出 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 24 页] --- 将A 的第2 行加到第1 行得B ，即 1 1 0 0 1 0 0 0 1 B A     =       记 PA 将B 的第1 列的-1 倍加到第2 列得C ，即 1 1 0 0 1 0 0 0 1 C B −     =       记 BQ 因为PQ = 1 1 0 0 1 0 0 0 1           1 1 0 0 1 0 0 0 1 −           E = ，故 1 Q P E − = 1 P− = . 从而 1 1 C BQ BP PAP − − = = = ,故选( B ).

(15) 【详解】 方法1：用泰勒公式 将 2 3 3 1 ( ) 2 6 x x x e x o x = + + + + 代入题设等式整理得 2 3 3 1 1 1 ( 1) ( ) ( ) 1 ( ) 2 2 6 B B x C B x C o x Ax o x   + + + + + + + + + = + +     比较两边同次幂函数得 1 1 0 2 1 0 2 6 B A C B B C   + =  + + =    + + =  ，由此可解得 1 3 A = ， 2 3 B = − ， 1 6 C = 方法2： 用洛必达法则. 由 ( ) 2 3 1 1 ( ),( 0) xe Bx Cx Ax o x x + + = + + → ( ) 2 3 0 1 1 lim 0 x x e Bx Cx Ax J x → + + −− ⇒ = = (记) 2 2 0 (1 ) ( 2 ) lim 3 x x x e Bx Cx e B Cx A x → + + + + − ⇒ 要求分子极限为0，即 1 0 B A + − = ，否则J = ∞ 2 0 (1 ) 2 ( 2 ) 2 lim 6 x x x x e Bx Cx e B Cx e C J x → + + + + + ⇒ = 要求分子极限为0，即1 2 2 0 B C + + = ，否则J = ∞ 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 25 页] --- 2 0 (1 ) 3 ( 2 ) 6 1 3 6 lim 0 6 6 x x x x e Bx Cx e B Cx e C B C J → + + + + + + + ⇒ = = = ⇒ 1 3 6 0 B C + + = 所以 1 0 1 2 2 0 1 3 6 0 B A B C B C + − =  + + =  + + =  解得 1 3 2 3 1 6 A B C  =   = −    = 

(16) 【详解】题目考察不定积分的计算，利用变量替换和分部积分的方法计算. 2 arcsin arcsin x x x x x e e dx e dx e e = ⋅ ∫ ∫ = 2 2 arcsin arcsin x x x x e t de e t dt e t = ∫ ∫ 令 2 1 arcsin arcsin ( ) 1 t dt td t t t t = − = − + − ∫ ∫ 2 2 arcsin 1 t tdt t t t = − + − ∫ 2 2 2 arcsin 1 2 1 t dt t t t = − + − ∫ 2 2 2 2 arcsin 1 (1 ) 2 (1 ) 1 1 t d t t t t t − = − + − − − − ∫ 2 2 3 arcsin 1 1 2 t du t u t u u − = = − + − ∫ 令 2 arcsin 1 t du t u = − + − ∫ arcsin 1 1 ln 2 1 t u C t u − = − + + + 所以 2 2 arcsin arcsin 1 1 1 ln 2 1 1 x x x x x x e e e dx C e e e − − = − + + − + ∫

(17) 【详解】积分区域对称于x 轴， 2 2 1 xy y x y + + 为y 的奇函数， 从而知 2 2 0 1 D xy dxdy x y = + + ∫∫ 所以 1 2 1 2 0 2 2 2 0 2 1 ln(1 ) ln 2 1 1 2 2 D r I dxdy d dr r x y r π π π π θ − = = + = + + + ∫∫ ∫ ∫ 极坐标 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 26 页] ---

(18) 【详解】(I) 由于0 x π < < 时，0 sin x x < < ，于是 1 0 sin n n n x x x + < = ≤ ,说明数列{ } nx 单调减少且 0 nx > . 由单调有界准则知lim n n x →∞ 存在.记为A . 递推公式两边取极限得 sin , 0 A A A = ∴ = (II) 原式 2 1 sin lim( ) n x n n n x x →∞ = ，为“1∞”型. 因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑 2 1 0 sin lim( )t t t t → 2 1 0 sin lim( )t t t t → 2 0 1 sin lim ln( ) t t t t e → = 2 0 1 1 ( cos sin ) lim sin 2 t t t t t t t t e → − =   3 0 cos sin lim 2 t t t t t e → − = 2 0 0 cos sin cos sin lim lim 6 6 t t t t t t t t t e e → → − − − = = 1 6 e − = 所以 2 2 2 1 1 1 1 0 1 6 sin sin lim( ) lim( ) lim( ) n n x x n n x n n x n n x x x x x x e + →∞ →∞ → − = = =

(19) 【详解】令 ( ) sin 2cos f x x x x x π = + + ，只需证明0 x π < < 时, ( ) f x 单调增加(严格) ( ) sin cos 2sin f x x x x x π ′ = + − + cos sin x x x π = − + ( ) cos sin cos sin 0 f x x x x x x x ′′ = − − = − < ( ) f x ′ ∴ 单调减少(严格)， 又 ( ) cos 0 f π π π π ′ = + = ，故0 x π < < 时 ( ) 0 f x ′ > ，则 ( ) f x 单调增加(严格) ( ) ( ) b a f b f a > > 由 有 得证

(20) 【详解】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题目中给的等式就可以了 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 ; z x z y f x y f x y x y x y x y ∂ ∂ ′ ′ = + = + ∂ ∂ + + ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x y x y z x f x y f x y x x y x y + − + ∂ ′′ ′ = + + + ∂ + + 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 27 页] --- ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 x y f x y f x y x y x y ′′ ′ = + + + + + 同理 ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 z y x f x y f x y y x y x y ∂ ′′ ′ = + + + ∂ + + 代入 2 2 2 2 0 z z x y ∂ ∂ + = ∂ ∂ ，得 ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) 0 f x y f x y x y ′ + ′′ + + = + ， 所以 ( ) ( ) 0 f u f u u ′ ′′ + = 成立. (II) 令 ( ) f u p ′ = 于是上述方程成为dp p du u = − ，则 dp du c p u = − + ∫ ∫ ， 即 ln ln p u c = − + ，所以 ( ) c f u p u ′ = = 因为

(1) 1 f ′ = ，所以 1 c = ，得 2 ( ) ln f u u c = + 又因为

(1) 0 f = ，所以 2 0 c = ，得 ( ) ln f u u =

(21) 【详解】 方法1：计算该参数方程的各阶导数如下 (I) 4 2 2 2 , 4 2 , 1 2 dx dy dy t t t dt dt dx t t − = = − = = − 2 2 2 3 1 2 1 1 0 ( 0 ) 2 dy d d y dx t dx dx dt t t t dt         = ⋅ = − ⋅ = − < >     处 所以曲线L 在 0 t > 处是凸的 (II) 切线方程为 2 0 1 ( 1) y x t   − = − +     ，设 2 0 0 1 x t = + ， 2 0 0 0 4 y t t = − ， 则 2 2 2 3 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 4 1 ( 2),4 (2 )( 2) t t t t t t t t   − = − + − = − +     得 2 0 0 0 0 0 0 2 0,( 1)( 2) 0 0 1 t t t t t t + − = − + = > ∴ =  所以，切点为(2，3)，切线方程为 1 y x = + (III) 设L 的方程 ( ) x g y = , 则 ( ) 3 0 ( ) ( 1) S g y y dy = − −     ∫ 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 28 页] --- 由 ( ) 2 2 4 0 2 4 2 4 1 t t y t y x y − + = = ± − = ± − + 解出 得 由于点(2，3)在L 上，由 ( ) 2 3 2, 2 4 1 ( ) y x x y g y = = = − − + = 得 可知 所以 ( ) 3 0 9 4 4 ( 1) S y y y dy   = − − − − −   ∫ 3 3 0 0 (10 2 ) 4 4 y dy ydy = − − − ∫ ∫ 3 3 3 3 2 2 0 0 0 2 (10 ) 4 4 (4 ) 21 4 (4 ) 3 y y yd y y = − + − − = + × × − ∫ 8 64 2 21 3 3 3 3 = + − = − 7 3 = 方法2：(I) 解出 ( ) y y x = ：由 1 ( 1) t x x = − ≥ 代入 y 得 4 1 1 y x x = −− + . 于是 2 1 1 dy dx x = − − ， 3 2 2 2 ( 1) 0 ( 1) d y x x dx − = − − < > ⇒ 曲线L 是凸的 . (II) L 上任意点 0 0 ( , ) x y 处的切线方程是 0 0 0 2 ( 1)( ) 1 y y x x x − = − − − ，其中 0 1 x > ( 0 1 x = 时不合题意). 令 1, 0 x y = − = ，得 0 0 0 0 2 4 1 1 1 ( 1 1 x x x x   − −+ −= − −−     −   ） 令 0 0 1 t x = − ，得 2 2 0 0 0 0 2 4 ( 1)( 2 ) t t t t − + = − −− . 其余同方法1，得0 1 t = (III) 所求图形面积 2 2 1 1 9 9 ( ) (4 1 1) 2 2 S y x dx x x dx = − = − −− + ∫ ∫ 2 3 2 2 1 9 2 1 (4 ( 1) ) 2 3 2 x x x = − ⋅ − − + 9 8 3 9 13 7 ( 1) 2 3 2 2 6 3 = − − + = − = .

(22) 【详解】(I)系数矩阵 1 1 1 1 4 3 5 1 1 3 A a b     = −       未知量的个数为 4 n = ，且又AX b = 有三个 线性无关解，设 1 2 3 , , α α α 是方程组的3 个线性无关的解, 则 2 1 3 1 , α α α α − − 是 0 AX = 的两 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 29 页] --- 个线性无关的解. 因为 2 1 3 1 , α α α α − − 线性无关又是齐次方程的解，于是 0 AX = 的基础解 系中解的个数不少于2, 得4 ( ) 2 r A − ≥ , 从而( ) 2 r A ≤ . 又因为A 的行向量是两两线性无关的, 所以( ) 2 r A ≥ . 所以( ) 2 r A = . (II)对方程组的增广矩阵作初等行变换: [ ] A b = [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] ( ) 2 1 4 3 1 1 1 1 1 | 1 1 1 1 1 | 1 4 3 5 1 | 1 0 1 1 5 | 3 1 3 | 1 0 1 3 |1 a a b a a b a a + × − + × − − −         − − → − −         − − − +     [ ] [ ] ( ) 3 2 1 a + × − → 1 1 1 1 | 1 0 1 1 5 | 3 , 0 0 4 2 4 5 |4 2 a a b a −     − −     − + − −   由( ) 2 r A = , 得4 2 0 4 5 0 a a b − =   + − =  ， 即 2, a = 3 b = −. 所以[ ] A b 作初等行变换后化为； 1 0 2 4 | 2 0 1 1 5 | 3 0 0 0 0 | 0 −     − − −       ， 它的同解方程组 1 3 4 2 3 4 2 2 4 3 5 x x x x x x = − +   = −+ −  ① ①中令 3 4 0 0 x ,x = = 求出AX b = 的一个特解(2, 3,0,0)T − ； 0 AX = 的同解方程组是 1 3 4 2 3 4 2 4 5 x x x x x x = − +   = −  ② 取 3 4 1 0 x ,x , = = 代入②得( 2,1,1,0)T − ；取 3 4 0 1 x ,x , = = 代入②得(4, 5,0,1)T − . 所以 0 AX = 的基础解系为( 2,1,1,0)T − ，(4, 5,0,1)T − 所以方程组AX b = 的通解为： 1 2 (2, 3,0,0) ( 2,1,1,0) (4, 5,0,1) T T T c c − + − + − ， 1 2 , c c 为任意常数

(23) 【详解】(I) 由题设条件 1 1 0 0 Aα α = = ， 2 2 0 0 Aα α = = ，故 1 2 , α α 是A 的对应于 0 λ = 的特征向量，又因为 1 2 , α α 线性无关，故 0 λ = 至少是A 的二重特征值. 又因为A 的每行元 素之和为3 ，所以有 (1,1,1) (3,3,3) 3(1,1,1) T T T A = = ，由特征值、特征向量的定义， 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 30 页] --- 0 (1,1,1)T α = 是A 的特征向量, 特征值为 3 3 λ = ， 3 λ 只能是单根， 3 0 3 0 k ,k α ≠ 是全体特征 向量，从而知 0 λ = 是二重特征值. 于是A 的特征值为3,0,0 ；属于3 的特征向量: 3 3 3 0 k ,k α ≠ ；属于0 的特征向量: 1 1 2 2 k k α α + ， 1 2 , k k 不都为0 . (Ⅱ) 为了求出可逆矩阵必须对特征向量进行单位正交化 . 先将 0 α 单位化, 得 0 3 3 3 ( , , ) 3 3 3 T η = . 对 1 2 , α α 作施密特正交化, 得 1 2 2 (0, , ) 2 2 T η = − , 2 6 6 6 ( , , ) 3 6 6 T η = − − . 作 1 2 3 ( , , ) Q η η η = , 则Q 是正交矩阵,并且 -1 3 0 0 0 0 0 0 0 0 T Q AQ Q AQ     = =       更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 31 页] --- 2007 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析

(1) 【答案】B 【详解】 方法1：排除法：由几个常见的等价无穷小，当 0 x → 时， 1 1 ; 1 1 ; 2 xe x x x − + −   2 2 2 1 cos 2sin 2( ) , 2 2 2 x x x x − = =  当 0 x + → 时，此时 0 x → ，所以 1 1 ( ); 1 1 ; 2 x e x x x − − + −   2 1 1 cos ( ) , 2 x x −  可以 排除A 、C 、D ，所以选(B). 方法2： 1 ln 1 x x + = − 1 ln 1 x x x x − + + = − ln[1 ] 1 x x x + + − 当 0 x + → 时，1 1 x − →， 0 1 x x x + → − ，又因为 0 x → 时， ( ) ln 1 x x +  ， 所以 ( ) ln[1 ] ~ ~ 1 ~ 1 1 x x x x x x x x x x x + + + + = + − − ，选(B). 方法3： ( ) 0 0 0 1 1 1 1 ln( ) ln( ) ( ) 1 1 1 1 lim lim lim 1 2 x x x x x x x x x x x x x x + + + ′ ′ ′ → → → +   + − +   − + − −  = 洛 ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 0 0 1 1 1 1 2 1 1 2 2 1 lim lim 1 1 1 2 x x x x x x x x x x x x x x + + → → − + + − ⋅ + − + − = = + − 设 ( ) ( )( ) 2 2 1 1 1 1 1 x x x A B x x x x + − = + + − + − ，则( ) ( ) 1 1 4 2 2 A x B x x x x x − + + = + − 对应系数相等得： 2 , 1 A x B = = ，所以 原式 ( ) ( )( ) 0 0 2 2 1 2 1 lim lim 1 1 1 1 x x x x x x x x x x + + → → + −   = = +   + − + −   更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 32 页] --- 0 0 2 1 lim lim 0 1 1 1 x x x x x + + → → = + = + + − 1 = ，选(B).

(2) 【答案】( A) 【详解】首先找出 ( ) f x 的所有不连续点，然后考虑 ( ) f x 在间断点处的极限. ( ) f x 的不连续点为0、1、 2 π ± ，第一类间断点包括可去间断点及跳跃间断点.逐个考 虑各个选项即可. 对A : 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 ( ) tan (1 ) lim ( ) lim lim lim 1, ( ) (1 ) x x x x x x x x x x e e x e e e e f x x e e e e e e + + + + − → → → → − + + + = = = = − − − 1 1 1 0 1 1 1 0 0 0 0 lim ( ) tan lim ( ) lim lim

1. ( ) lim x x x x x x x x x x x e e e e x e e e f x e x e e e e e e − − − − − → → → → →   +   + +   = = = = = − −   − − −     ( ) f x 在 0 x = 存在左右极限，但 ( ) ( ) 0 0 lim lim x x f x f x + − → → ≠ ，所以 0 x = 是 ( ) f x 的第一类 间断点，选(A)； 同样，可验证其余选项是第二类间断点， ( ) 1 lim x f x → = ∞， ( ) 2 lim x f x π → = ∞， ( ) 2 lim x f x π →− = ∞.

(3) 【答案】C 【详解】由题给条件知，( ) f x 为x 的奇函数，则 ( ) ( ) f x f x − = − ，由 0 ( ) ( ) , x F x f t dt = ∫ 知 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x x x F x f t dt t u f u d u f u f u f u du F x − − = = − − − − = − = ∫ ∫ ∫ 令 因为 ， 故 ( ) F x 为x 的偶函数，所以 ( 3)

(3) F F − = . 而 2 0

(2) ( ) F f t dt = ∫ 表示半径 1 R = 的半圆的面积，所以 2 2 0

(2) ( ) 2 2 R F f t dt π π = = = ∫ ， 3 2 3 0 0 2

(3) ( ) ( ) ( ) F f t dt f t dt f t dt = = + ∫ ∫ ∫ ，其中 3 2 ( ) f t dt ∫ 表示半径 1 2 r = 的半圆的面积 的负值，所以 2 2 3 2 1 ( ) 2 2 2 8 r f t dt π π π   = − = − ⋅ = −     ∫ 所以 2 3 0 2 3 3 3

(3) ( ) ( )

(2) 2 8 8 4 2 4 F f t dt f t dt F π π π π = + = − = = ⋅ = ∫ ∫ 所以 3 ( 3)

(3)

(2) 4 F F F − = = ，选择C 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 33 页] ---

(4) 【答案】( D) 【详解】 方法1：论证法，证明. . A B C 都正确，从而只有 . D 不正确. 由 0 ( ) lim x f x x → 存在及 ( ) f x 在 0 x = 处连续，所以 0

(0) lim ( ) x f f x → = 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) lim( ) lim lim 0 lim x x x x f x f x f x x x x x x → → → → = = ⋅ = ⋅ 0 = ，所以(A)正确； 由选项(A)知，

(0) 0 f = ，所以 0 0 ( )

(0) ( ) lim lim 0 x x f x f f x x x → → − = − 存在，根据导数定义， 0 ( )

(0) '(0) lim 0 x f x f f x → − = − 存在，所以(C)也正确； 由 ( ) f x 在 0 x = 处连续，所以 ( ) f x − 在 0 x = 处连续，从而 [ ] 0 0 0 lim ( ) ( ) lim ( ) lim ( )

(0)

(0) 2 (0) x x x f x f x f x f x f f f → → → + − = + − = + = 所以 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 (0) lim lim lim 0 lim 0 x x x x f x f x f x f x f x f x f x x x x x → → → → + − + − + −   = ⋅ = ⋅ = ⋅ =     即有

(0) 0 f = .所以(B)正确，故此题选择(D). 方法2：举例法，举例说明(D)不正确. 例如取 ( ) f x x = ，有 0 0 ( ) ( ) lim lim 0 0 x x x x f x f x x x → → −− − − = = − 存在 而 ( ) ( ) 0 0 0 0 lim lim 1 0 0 x x f x f x x x − − → → − −− = = − − − ， ( ) ( ) 0 0 0 0 lim lim 1 0 0 x x f x f x x x + − → → − − = = − − ， 左右极限存在但不相等，所以 ( ) f x x = 在 0 x = 的导数 '(0) f 不存在. (D)不正确，选(D).

(5) 【答案】D 【详解】因为 0 0 1 lim lim ln(1 ) x x x y e x → →   = + +     0 0 1 lim limln(1 ) x x x e x → → = + + = ∞， 所以 0 x = 是一条铅直渐近线； 因为 1 lim lim ln(1 ) x x x y e x →−∞ →−∞   = + +     - - 1 lim lim ln(1 ) 0 0 0 x x x e x →∞ →∞ = + + = + = ， 所以 0 y = 是沿x →−∞方向的一条水平渐近线； 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 34 页] --- 令 2 1 ln(1 ) 1 ln(1 ) lim lim lim x x x x x e y e x a x x x x →+∞ →+∞ →+∞ + +   + = = = +     2 1 ln(1 ) lim lim x x x e x x →+∞ →+∞ + = + 1 0 lim 1 1 x x x e e →+∞ + + = 洛必达法则 令 ( ) 1 lim lim ln(1 ) x x x b y a x e x x →+∞ →+∞   = − ⋅ = + + −     ( ) 1 lim lim ln(1 ) x x x e x x →+∞ →+∞ = + + − ( ) ln 0 lim ln(1 ) ln x x x x x e e e →+∞ = + + − 1 lim ln( ) x x x e e →+∞ + = lim ln( 1) ln1 0 x x e− →+∞ = + = = 所以y x = 是曲线的斜渐近线，所以共有3 条，选择(D)

(6) 【答案】( D) 【详解】 ( ) n u f n = ，由拉格朗日中值定理，有 1 n n ( 1) ( ) '( )( 1 ) '( ),( 1,2, ) n n u u f n f n f n n f n ξ ξ + − = + − = + − = = ， 其中 n 1 n n ξ < < + ， 1 2 n . ξ ξ ξ < < < <   由 ''( ) 0, f x > 知 '( ) f x 严格单调增，故 1 2 n '( ) '( ) '( ) . f f f ξ ξ ξ < < < <   若 1 2 u u < ，则 1 2 1 '( ) 0, f u u ξ = − > 所以 1 2 n 0 '( ) '( ) '( ) . f f f ξ ξ ξ < < < < <   1 1 1 1 k 1 1 1 1 ( ) '( ) '( ). n n n k k k k u u u u u f u nf ξ ξ + + = = = + − = + > + ∑ ∑ 而 1 '( ) f ξ 是一个确定的正数. 于是推知 1 lim , n n u + →∞ = +∞故{ } n u 发散. 选(D)

(7) 【答案】( C) 【详解】一般提到的全微分存在的一个充分条件是：设函数 ( , ) f x y 在点( ) 0 0 , x y 处存在全 微分，但题设的. . . . A B C D 中没有一个能推出上述充分条件，所以改用全微分的定义检查之. 全微分的定义是：设 ( , ) f x y 在点( ) 0 0 , x y 的某领域内有定义，且 ( , ) f x y 在点( ) 0 0 , x y 处的 全增量可以写成 ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 , , f x x y y f x y A x B y o ρ + ∆ + ∆ − = ∆+ ∆+ ，其中 , A B 为与 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 35 页] --- ,x y ∆ ∆无关的常数， ( ) ( ) 2 x y ρ 2 = ∆ + ∆ ， ( ) 0 lim 0 o ρ ρ ρ → = ，则称 ( , ) f x y 在点( ) 0 0 , x y 处 可微，A x B y ∆+ ∆称为 ( , ) f x y 在点( ) 0 0 , x y 处的全微分，对照此定义，就可解决本题. 选项.A 相当于已知 ( , ) f x y 在点(0,0) 处连续；选项. B 相当于已知两个一阶偏导数 ( ) 0,0 xf ′ ， ( ) 0,0 yf ′ 存在，因此.A . B 均不能保证 ( , ) f x y 在点(0,0) 处可微. 选项 . D 相当 于已知两个一阶偏导数 ( ) 0,0 xf ′ ， ( ) 0,0 yf ′ 存在，但不能推导出两个一阶偏导函数 ( ) , xf x y ′ ， ( ) , yf x y ′ 在点(0,0) 处连续，因此也不能保证 ( , ) f x y 在点(0,0) 处可微. 由 . C [ ] 2 2 ( , ) (0,0) ( , ) (0,0) lim 0 x y f x y f x y → − = + ，推知 2 2 ( , ) (0,0) 0 0 ( ), f x y f x y x y o α ρ − = + = ⋅+ ⋅ + 其中 2 2 x y ρ = + ， 0 0 ( ) lim lim 0 o ρ ρ ρ α ρ → → = = .对照全微分定义，相当于 0 0 0, 0, , , 0,

0. x y x x y y A B = = ∆= ∆= = = 可见 ( , ) f x y 在(0,0) 点可微，故选择(C).

(8) 【答案】( B) 【详解】画出该二次积分所对应的积分区域 : ,sin 1 2 D x x y π π ≤ ≤ ≤ ≤ 交换为先x 后y ，则积分区域可化为：0 1, arcsin y y x π π ≤ ≤ − ≤ ≤ 所以 1 1 sin 0 sin 2 ( , ) ( , ) x arc y dx f x y dy dy f x y dx π π π π − = ∫ ∫ ∫ ∫ ， 所以选择(B).

(9) 【答案】A 【详解】 方法1：根据线性相关的定义，若存在不全为零的数 1 2 3 , , k k k ，使得 1 1 2 2 3 3 0 k k k α α α + + = 成立，则称 1 2 3 , , α α α 线性相关. 因 1 2 2 3 3 1 ( ) ( ) ( ) 0 α α α α α α − + − + − = ，故 1 2 2 3 3 1 α α α α α α − − − ， ， 线性相关， 所以选择(A). 方法2：排除法 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 36 页] --- 因为( ) 1 2 2 3 3 1 , , α α α α α α + + + ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 2 1 0 1 , , 1 1 0 , , , 0 1 1 C α α α α α α     = =       其中 2 1 0 1 1 1 0 0 1 1 C     =       ， 且 2 1 0 1 1 1 0 0 1 1 C = 1 1 1 0 1 1 1 1 ( 1) 2 0 1 1 1 1 1 0 1 1 + − × − + −= − 行 行 （ ） 1 1 1 1 = × −× − （ ）2 0 = ≠ . 故 2 C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积， 2 C 右乘 ( ) 1 2 3 , , α α α 时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有 1 2 2 3 3 1 1 2 3 ( , , ) ( , , ) 3 r r α α α α α α α α α + + + = = 所以， 1 2 2 3 3 1 , , α α α α α α + + + 线性无关，排除(B). 因为( ) 1 2 2 3 3 1 2 , 2 , 2 α α α α α α − − − ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 3 1 0 2 , , 2 1 0 , , , 0 2 1 C α α α α α α −     = − =     −   其中 3 1 0 2 2 1 0 0 2 1 C −     = −     −   ， 3 1 0 2 2 1 0 0 2 1 C − = − − 1 1 1 0 2 1 4 1 0 1 4 1 2 1 0 2 1 + − − × − = − − − 行2+2行 （ ） 1 1 2 4 = × −− × − （ ）（ ） ≠ =-7

0. 故 3 C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, 3 C 右乘 ( ) 1 2 3 , , α α α 时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有 1 2 2 3 3 1 1 2 3 ( 2 , 2 , 2 ) ( , , ) 3 r r α α α α α α α α α − − − = = 所以， 1 2 2 3 3 1 2 , 2 , 2 α α α α α α − − − 线性无关，排除(C). 因为( ) 1 2 2 3 3 1 2 , 2 , 2 α α α α α α + + + ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 4 1 0 2 , , 2 1 0 , , , 0 2 1 C α α α α α α     = =       其中 4 1 0 2 2 1 0 0 2 1 C     =       ， 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 37 页] --- 4 1 0 2 2 1 0 0 2 1 C = 1 1 1 0 2 1 4 1 ( 2) 2 0 1 4 1 2 1 0 2 1 + − × − + − = − 行 行 （ ） 1 1 2 4 = × −× − （ ）9

0. = ≠ 故 4 C 是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积, 4 C 右乘 ( ) 1 2 3 , , α α α 时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有 1 2 2 3 3 1 1 2 3 ( 2 , 2 , 2 ) ( , , ) 3 r r α α α α α α α α α + + + = = 所以， 1 2 2 3 3 1 2 , 2 , 2 α α α α α α + + + 线性无关，排除(D). 综上知应选(A).

(10) 【答案】B 【详解】 方法1： 2 1 1 1 2 1 1 1 2 E A λ λ λ λ − − = − − 1 1 2 3 1 2 1 1 2 λ λ λ λ λ − − 、列分别加到列 1 1 1 1 2 1 1 1 2 λ λ λ λ − − 提出 1 1 1 1 1 0 3 0 1 1 2 λ λ λ × − − − 行（ ）+2行 1 1 1 1 1 0 3 0 0 0 3 λ λ λ × − − − 行（ ）+3行 1 1 3 0 1 0 3 λ λ λ + − = − − （ ） ( ) 2 3 0 λ λ = − = 则A 的特征值为3，3，0; B 是对角阵，对应元素即是的特征值，则B 的特征值为 1，1，0. , A B 的特征值不相同，由相似矩阵的特征值相同知，A B 与 不相似. 由 , A B 的特征值可知， , A B 的正惯性指数都是2，又秩都等于2 可知负惯性指数 也相同，则由实对称矩阵合同的充要条件是有相同的正惯性指数和相同的负惯性指 数，知A 与B 合同，应选(B). 方法2: 因为迹(A)=2+2+2=6，迹(B)=1+1=2≠6，所以A 与B 不相似(不满足相似的必要条件). 又 2 ( 3) E A λ λ λ − = − ， 2 ( 1) E B λ λ λ − = − ，A 与B 是同阶实对称矩阵，其秩 相等，且有相同的正惯性指数，故A 与B 合同.

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(11) 【答案】 1 6 − 【详解】由洛必达法则， ( ) ( ) 2 2 3 2 2 2 0 0 0 1 cos 1 1 cos arctan sin 0 1 lim lim lim 0 3 3 1 x x x x x x x x x x x x x → → → − − + − + = + ( ) 2 2 2 2 0 0 0 1 1 cos 1 2 lim lim cos lim 1 3 3 1 x x x x x x x x x → → →   −   = ⋅ − = −     +     1 6 = −

(12) 【答案】1 2 + 【详解】 dy dx = ( ) ( ) 2 1 sin cos cos t dy dt dx dt t t ′ + = ′ + cos sin 2sin cos t t t t = − − 把 4 t π = 代入， 4 dy dx t π = 1 , 1 2 = − + 所以法线斜率为1 2 + .

(13) 【答案】 1 ( 1) 2 ! 3 n n n n + − 【详解】 ( ) 1 1 2 3 2 3 y x x − = = + + ， ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 ' ( 1) 2 3 2 ( 1) 1! 2 2 3 y x x x −− −− ′ = − ⋅ + ⋅ = − ⋅⋅ ⋅ + ， ( ) ( ) 3 2 1 2 2 2 '' ( 1) ( 2) 2 2 3 ( 1) 2! 2 2 3 , , y x x − −− = − ⋅− ⋅ ⋅ + = − ⋅ ⋅ +  由数学归纳法可知 ( ) 1 ( ) ( 1) 2 ! 2 3 , n n n n y n x −− = − + 把 0 x = 代入得 ( ) 1 ( 1) 2 !

(0) 3 n n n n n y + − =

(14) 【答案】 3 2 1 2 2 x x x C e C e e + − 【详解】这是二阶常系数非齐次线性微分方程，且函数 ( ) f x 是 ( ) x m P x eλ 型(其中 ( ) 2, 2 m P x λ = = ). 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 39 页] --- 所给方程对应的齐次方程为 4 3 0 y y y ′′ ′ − + = ，它的特征方程为 2 4 3 0, r r − + = 得特 征根1 2 1, 3, r r = = 对应齐次方程的通解 1 2 3 1 2 1 2 r x r x x x y C e C e C e C e = + = + 由于这里 2 λ = 不是特征方程的根，所以应设该非齐次方程的一个特解为 * 2 , x y Ae = 所以( ) * 2 2 x y Ae ′ = ，( ) * 2 4 x y Ae ′′ = ，代入原方程： 2 2 2 2 4 4 2 3 2 x x x x Ae Ae Ae e −⋅ + = ， 则 2 A = −，所以 * 2

2 . x y e = − 故得原方程的通解为 3 2 1 2 2 x x x y C e C e e = + − .

(15) 【答案】 ' ' 1 2 2( ) y x f f x y − + 【详解】 1 2 1 2 2 1 ' ' ' ' x y y z y x f f f f x x x x y     ∂ ∂     ∂       = ⋅ + ⋅ = ⋅− + ⋅   ∂ ∂ ∂   ， 1 2 ' x y y z x f f y y y     ∂ ∂     ∂     ′ = ⋅ + ⋅ = ∂ ∂ ∂ 1 2 2 1 ' ' x f f x y   ⋅ + ⋅−     所以 1 2 1 2 2 2 1 1 ' ' ' ' z z y x x y x f f y f f x y x y x y       ∂ ∂   − = ⋅ ⋅− + ⋅ − ⋅ + ⋅−         ∂ ∂         1 2 1 2 ' ' ' ' y x y x f f f f x y x y   = − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅     ' ' 1 2 2( ) y x f f x y = − +

(16) 【答案】1 【详解】 2 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A                = =                3 2 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A A A                = ⋅ = =                由阶梯矩阵的行秩等于列秩，其值等于阶梯形矩阵的非零行的行数，知( ) 3

1. r A =

0958634 --- [第 40 页] ---

(17) 【分析】本题要求函数详解式，已知条件当中关于函数有关的式子只有 ( ) 1 0 0 cos sin ( ) sin cos f x x t t f t dt t dt t t − − = + ∫ ∫ ， 这是一个带有积分符号的式子，如果想求出函数的详解式，首先要去掉积分符号，即求导. 【详解】方程 ( ) 1 0 0 cos sin ( ) sin cos f x x t t f t dt t dt t t − − = + ∫ ∫ 两边对x 求导， 得 1 cos sin [ ( )] ( ) sin cos x x f f x f x x x x − − ′ = +  ，即 cos sin ( ) sin cos x x xf x x x x − ′ = + 当 0 x ≠ 时，对上式两边同时除以x ，得 cos sin ( ) sin cos x x f x x x − ′ = + ，所以 cos sin (sin cos ) ( ) sin cos sin cos x x d x x f x dx x x x x − + = = + + ∫ ∫ ln sin cos x x C = + + 在已知等式中令 0 x = ，得

(0) 1 0 ( ) 0 f f t dt − = ∫ . 因 ( ) f x 是[0, ] 4 π 上的单调可导函数， 1( ) f t − 的值域为[0, ] 4 π ，它是单调非负的，故必有

(0) 0 f = ，从而两边对上式取 0 x + → 极限 0 lim ( )

(0) 0 x f x f C + → = = = 于是 ( ) ln sin cos f x x x = + ，因为 [0, ] 4 x π ∈ ，故 ( ) ln(sin cos ), [0, ] 4 f x x x x π = + ∈ .

(18) 【详解】(I) ( ) 0 x a V a xa dx π − ∞ = ∫ 0 ln x a a xd a a π − ∞   = −     ∫ 0 0 [ ] ln ln x x a a a a xa a dx a a π π +∞ − − ∞ = − + ∫ 2 ln a a π   =     (Ⅱ) ( ) 2 [ ] ln a V a a π   ′ ′ =     2 2 4 1 2 ln 2ln ln a a a a a a π − =    3 2 ln 2 ln a a a a π − =  ( ) 3 ln 1 2 ln a a a π −   =     令 ( ) 0 V a ′ = ，得ln 1 a = ，从而a e = . 当1 a e < < 时， ( ) 0 V a ′ < ， ( ) V a 单调减少； 当a e > 时， ( ) 0 V a ′ > ，( ) V a 单调增加. 所以a e = 时V 最小，最小体积为 ( ) 2 min V a e π =

(19) 【详解】令y p ′ = ，则y p ′′ ′ = ，原方程化为 2 ( ) p x p p ′ + = . 两边同时除以p p′ ，得 1 x p p p + = ′ 将 dp p dx ′ = 带入上式，得dx x p dp p − = 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 41 页] --- 按一阶线性方程求导公式，得 1 1 1 ln ( ) ( ) dp dp dp p C p p p x e pe dp C e pe dp − − + ∫ ∫ ∫ = + = ∫ ∫ [ ] ( ) p dp C p p C = + = + ∫ 带入初始条件得 0 C = ，于是 2 p x = . 由

(1) 1 y′ = 知p x = ，即dy x dx = 解得 3 2 1 2 3 y x C = + ，带入初始条件得 1 1 3 C = ，所以特解为 3 2 2 1 3 3 y x = + .

(20) 【详解】在 1 1 y y xe − − = 中，令 0 x = ，得 1 y = ，即(0) 1 y = 1 1 y y xe − − = 两边对x 求导，得 1 ( ) 1 0 y y xe − ′ ′ ′ − = = 1 1 ( ) 0 y y y x e x e − − ′ ′ ′ ⇒ − − = 1 1 0 y y y e xe y − − ′ ′ ⇒ − − = ( ( ) y y x = 是x 的函数，故 1 ye −是关于x 的复合函数，在求导时要 用复合函数求导的法则) ( ) 1 2 0 (*) y y y e − ′ ⇒ − − = (由 1 1 y y xe − − = 知， 1 1 y xe y −= −，把它代入) 在(*)中令 0 x = ，由 0, 1 x y = = ，得 0 1 x y = ′ = 在(*)两边求导，得( ) 2 1 2 0 y y y y e y − ′′ ′ ′ − − − = . 令 0 x = ，由 0, 1, 1 x y y′ = = = 得， 0 2 x y = ′′ = 因为 (ln sin ) z f y x = − ，令 ln sin u y x = − ，根据复合函数的求导法则， dz dz u dz u dy dx du x du y dx ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ⋅ ∂ ∂ (**) 在 ln sin u y x = − 中把,x y 看成独立的变量，两边关于x 求导，得 cos xu x ′ = − 在 ln sin u y x = − 中把,x y 看成独立的变量，两边关于y 求导，得 1 y u y ′ = 把以上两式代入(**)中， 1 ( ) ( cos ) ( ) dz f u x f u y dx y ′ ′ ′ = ⋅− + ⋅ ⋅ 即 (ln sin )( cos ) dz y f y x x dx y ′ ′ = − − (***) 把 0, 1, 1 x y y′ = = = 代入(***)，得 0 1 (ln1 sin 0)( cos0) 0 1 x dz f dx = ′ = − − = 在(***)左右两端关于x 求导， 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 42 页] --- 2 2 [ (ln sin )] ( cos ) (ln sin )( cos ) d z y y f y x x f y x x dx y y ′ ′ ′ ′ ′ ′ = − − + − − 根据复合函数的求导法则dz dz u dz u dy dx du x du y dx ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ⋅ ∂ ∂ ，有 [ (ln sin )] (ln sin )( cos ) (ln sin ) y f y x f y x x f y x y ′ ′ ′ ′′ ′′ − = − − + − ⋅ (ln sin )( cos ) y f y x x y ′ ′′ = − − 2 2 ( cos ) ( ) (cos ) sin y y y y x x x y y y y ′ ′ ′ ′′ ′ ′ ′ − = − = − + + 故 2 2 2 2 2 (ln sin )( cos ) (ln sin ) sin d z y y y f y x x f y x x dx y y y ′ ′ ′′   ′′ ′ = − − + − − + +     把 0, 1, 1, 2 x y y y ′ ′′ = = = = 代入上式，得 2 2 2 2 2 1 1 2 (ln1 sin 0)( cos0) (ln1 sin 0) sin 0

(0) (2 1) 1 1 1 1 d z f f f dx   ′′ ′ ′ = − − + − − + + = − =    

(21) 【详解】欲证明存在 ( , ) a b ξ ∈ 使得 ( ) ( ) f g ξ ξ ′′ ′′ = ，可构造函数( ( ), ( )) 0 f x g x ϕ = ， 从而使用介值定理、微分中值定理等证明之. 令( ) ( ) ( ) x f x g x ϕ = − ，由题设 ( ), ( ) f x g x 存在相等的最大值，设 1 ( , ) x a b ∈ ， 2 ( , ) x a b ∈ 使得 1 2 [ . ] [ . ] ( ) max ( ) ( ) max ( ) a b a b f x f x g x g x = = = . 于是 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 0 x f x g x ϕ = − ≥， 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0 x f x g x ϕ = − ≤ 若 1 ( ) 0 x ϕ = ，则取 1 ( , ) x a b η = ∈ 有( ) 0 ϕ η = . 若 2 ( ) 0 x ϕ = ，则取 2 ( , ) x a b η = ∈ 有( ) 0 ϕ η = . 若 1 2 ( ) 0, ( ) 0 x x ϕ ϕ > < ，则由连续函数介值定理知，存在 1 2 ( , ) x x η ∈ 使( ) 0 ϕ η = . 不论以上哪种情况，总存在 ( , ), a b η ∈ 使( ) 0 ϕ η = . 再( ) ( ) ( ) 0, ( ) ( ) ( ) 0 a f a g a b f b g b ϕ ϕ = − = = − = ，将( ) x ϕ 在区间[ , ],[ , ] a b η η 分别应 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 43 页] --- 用罗尔定理，得存在 1 2 ( , ), ( , ), a b ξ η ξ η ∈ ∈ 使得 1 2 ( ) ( ) 0 ϕ ξ ϕ ξ ′ ′ = ＝0, ；再由罗尔定理知， 存在 1 2 ( , ) ξ ξ ξ ∈ ，使 ( ) 0 ϕ ξ ′′ = .即有 ( ) ( ) f g ξ ξ ′′ ′′ = .

(22) 【详解】记 { } 1 ( , ) 1 D x y x y = + ≤ ， { } 2 ( , ) 1 2 D x y x y = < + ≤ 则 1 2 ( , ) ( , ) ( , ) D D D f x y d f x y d f x y d σ σ σ = + ∫∫ ∫∫ ∫∫ 1 2 2 2 2 1 D D x d d x y σ σ = + + ∫∫ ∫∫ 再记 { } 1 ( , ) 0 1, 0, 0 x y x y x y σ = ≤ + ≤ ≥ ≥ ， { } 2 ( , ) 1 2, 0, 0 x y x y x y σ = ≤ + ≤ ≥ ≥ 由于 1 D 与 2 D 都与x 轴对称，也都与y 轴对称，函数 2x 与 2 2 1 x y + 都是x 的偶函数， 也都是y 的偶函数，所以由区域对称性和被积函数的奇偶性有 1 1 1 1 2 2 2 0 0 4 4 x D x d x d dx x dy σ σ σ − = = ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ 1 2 0 4 (1 ) x x dx = − ∫ 1 2 3 0 4 ( ) x x dx = − ∫ 1 3 = 2 2 2 2 2 2 1 1

4 . D d d x y x y σ σ σ = + + ∫∫ ∫∫ 对第二个积分采用极坐标，令 cos , sin x r y r θ θ = = ,0 2 π θ < < .则 1 x y + = 化为 1 cos sin r θ θ = + ， 2 x y + = 化为 2 cos sin r θ θ = + ，于是， 2 2 2 1 D d x y σ + ∫∫ 2 2 cos sin 1 2 2 0 cos sin 1 4 ( cos ) ( sin ) d rdr r r π θ θ θ θ θ θ θ + + = + ∫ ∫ 2 2 cos sin 2 1 0 0 cos sin 1 4 4 cos sin d dr d π π θ θ θ θ θ θ θ θ + + = = + ∫ ∫ ∫ 2 0 1 4 2 cos( ) 4 d π θ π θ = − ∫ 2 0 2 2 sec( ) 4 d π π θ θ = − ∫ 2 0 2 2 ln sec( ) tan( ) 4 4 π π π θ θ   = − + −     2 2 2 2 ln ln 1 ln 1 2 2   = + − −     2 2 2 2 ln 2 2 + = − 2 2 ln(3 2 2) = + 所以 ( , ) D f x y dσ ∫∫ 1 2 ( , ) ( , ) D D f x y d f x y d σ σ = + ∫∫ ∫∫ 1 2 2 ln(3 2 2) 3 = + +

(23) 【详解】 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 44 页] --- 方法1：因为方程组(1)、(2)有公共解，将方程组联立得 1 2 3 1 2 3 2 1 2 3 1 2 3 0 2 0

(3) 4 0 2 1 x x x x x ax x x a x x x x a + + =   + + =  + + =   + + = −  对联立方程组的增广矩阵作初等行变换 2 1 1 1 0 1 2 0 ( ) 1 4 0 1 2 1 a A b a a       =        2 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 2 1 4 0 1 2 1 a a a     −   × − +        行（ ） 行 2 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 3 0 3 1 0 1 2 1 a a a     −   × − +   −      行（ ）行 2 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 4 0 3 1 0 0 1 0 1 a a a     −   × − +   −   −    行（ ） 行 2 1 1 1 0 0 0 1 1 1 2 0 3 1 0 0 1 0 1 a a a a     − −   × − +   −   −    4行（ ） 行 2 1 1 1 0 0 0 1 1 3 3 0 0 1 3 3 0 1 0 1 a a a a a     − −   × − +   − −   −    4行（ ）行 2 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 3 3 a a a a a     −     − −   − −    换行 1 1 1 0 0 1 0 1 3 - -1 4 0 0 1 1 0 0 0 ( 1)( 2) a a a a a a     −   × +   − −   − −    行（ ） 行 由此知，要使此线性方程组有解，a 必须满足( 1)( 2) 0 a a − − = ，即 1 a = 或 2 a = . 当 1 a = 时，( ) 2 r A = ，联立方程组(3)的同解方程组为 1 2 3 2 0 0 x x x x + + =   =  ，由 ( ) 2 r A = ，方程组有 3 2 1 n r − = − = 个自由未知量. 选 1x 为自由未知量，取 1 1 x = ，解 得两方程组的公共解为( ) 1,0, 1 T k − ，其中k 是任意常数. 当 2 a = 时, 联立方程组(3)的同解方程组为 1 2 3 2 3 0 0 1 x x x x x + + =   =   = −  ，解得两方程的公共 解为( ) 0,1, 1 T − . 方法2：将方程组(1)的系数矩阵A 作初等行变换 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 45 页] --- 2 1 1 1 1 2 1 4 A a a     =       2 1 1 1 1 1 2 0 1 1 1 4 a a     × − + −        行（ ） 行 2 1 1 1 1 1 3 0 1 1 0 3 1 a a     × − + −     −    行（ ）行 1 1 1 3 3 0 1 1 0 0 ( 1)( 2) a a a     × − + −     − −    2行（ ）行 当 1 a = 时，( ) 2 r A = ，方程组(1)的同解方程组为 1 2 3 2 0 0 x x x x + + =   =  ，由( ) 2 r A = ， 方程组有 3 2 1 n r − = − = 个自由未知量.选 1x 为自由未知量，取 1 1 x = ，解得(1)的通解为 ( ) 1,0, 1 T k − ，其中k 是任意常数. 将通解( ) 1,0, 1 T k − 代入方程(2)得 0 ( ) 0 k k + + − = ，对 任意的k 成立，故当 1 a = 时，( ) 1,0, 1 T k − 是(1)、(2)的公共解. 当 2 a = 时，( ) 2 r A = ，方程组(1)的同解方程组为 1 2 3 2 3 0 0 x x x x x + + =   + =  ，由( ) 2 r A = ， 方程组有 3 2 1 n r − = − = 个自由未知量.选 2x 为自由未知量，取 2 1 x = ，解得(1)的通解 为 ( ) 0,1, 1 T µ − ,其中µ 是任意常数. 将通解 ( ) 0,1, 1 T µ − 代入方程(2)得2 1 µ µ − = ，即 1 µ = ，故当 2 a = 时，(1)和(2)的公共解为( ) 0,1, 1 T − .

(24) 【详解】(I) 由 1 1 Aα α = ，可得 1 1 1 1 1 1 ( ) k k k A A A A α α α α − − = = = =  ，k 是正整数,故 5 3 1 1 ( 4 ) B A A E α α = − + 5 3 1 1 1 4 A A E α α α = − + 1 1 1 1 4 2 α α α α = − + = − 于是 1 α 是矩阵B 的特征向量(对应的特征值为 1 2 λ ′ = −). 若Ax x λ = ，则( ) ( ) , m m kA x k x A x x λ λ = = 因此对任意多项式 ( ) f x ， ( ) ( ) f A x f x λ = ，即 ( ) f λ 是 ( ) f A 的特征值. 故B 的特征值可以由A 的特征值以及B 与A 的关系得到，A 的特征值 1 1, λ = 2 2, λ = 3 2, λ = − 则B 有特征值 1 1 2 2 3 3 ( ) 2, ( ) 1, ( ) 1, f f f λ λ λ λ λ λ ′ ′ ′ = = − = = = = 所以B 的全部特 征值为－2，1，1. 由A 是实对称矩阵及B 与A 的关系可以知道，B 也是实对称矩阵，属于不同的特征值 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 46 页] --- 的特征向量正交. 由前面证明知 1 α 是矩阵B 的属于特征值 1 2 λ ′ = −的特征向量，设B 的属 于1 的特征向量为 1 2 3 ( , , )T x x x ， 1 α 与 1 2 3 ( , , )T x x x 正交，所以有方程如下： 1 2 3 0 x x x − + = 选 2 3 , x x 为自由未知量，取 2 3 2 3 0, 1 1, 0 x x x x = = = = 和 ，于是求得B 的属于1 的特征向量 为 2 2 3 ( 1,0,1) , (1,1,0) T T k α α = − = 故B 的所有的特征向量为：对应于 1 2 λ′ = −的全体特征向量为 1 1 k α ，其中 1k 是非零任意常数， 对应于 2 3 1 λ λ ′ ′ = = 的全体特征向量为 2 2 3 3 k k α α + ，其中 2 3 , k k 是不同时为零的任意常数. ( ) ΙΙ 方法1：令矩阵 [ ] 1 2 3 1 1 1 , , 1 0 1 1 1 0 P α α α −     = = −       ，求逆矩阵 1 P−. 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 −     −          1 1 1 1 0 0 1 2 0 1 2 1 1 0 1 1 0 0 0 1 −     + −           行 行 1 1 1 1 0 0 1 3 0 1 2 1 1 0 0 2 1 1 0 1 −     + −     − −       行 行 1 1 1 1 0 0 3 0 1 2 1 1 0 0 0 3 1 2 1 −     × + −           行2 行 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 3 3 0 1 2 1 1 0 0 1 0 1/3 1/3 2/3 0 0 1 1/3 2/3 1/3 0 0 1 1/3 2/3 1/3 − −         ÷ − × − − −                     行 3行(-2)+2行 1 1 0 2/3 2/3 1/3 0 1 0 1/3 1/3 2/3 0 0 1 1/3 2/3 1/3 − − −     × − − −           3行(-1)+1行 1 0 0 1/3 1/3 1/3 0 1 0 1/3 1/3 2/3 0 0 1 1/3 2/3 1/3 −     × − − −           2行(-1)+1行 1 0 0 1/3 1/3 1/3 0 1 0 1/3 1/3 2/3 0 0 1 1/3 2/3 1/3 −     × −           2行(-1) 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 47 页] --- 则 1 P− 1/3 1/3 1/3 1 1 1 1 1/3 1/3 2/3 1 1 2 3 1/3 2/3 1/3 1 2 1 − −         = − = −             由 1 ( 2,1,1) P BP diag − = − ，所以 1 1 1 1 2 0 0 1 1 1 1 ( 2,1,1) 1 0 1 0 1 0 1 1 2 3 1 1 0 0 0 1 1 2 1 B P diag P− − − −         = ⋅ − ⋅ = − −             1 1 1 2 2 2 0 3 3 1 1 1 0 1 1 1 2 3 0 3 3 3 1 1 0 1 2 1 3 3 0 − − − −           = − − =           −      0 1 1 1 0 1 1 1 0 −     =     −   方法2：由( )Ι 知 1 α 与 2 3 , α α 分别正交，但是 2 3 α α 和 不正交，现将 2 3 , α α 正交化： 取 2 2 3 3 12 2 1 1 1 1 , (1,1,0) ( ,0, ) ( ,1, ) 2 2 2 2 k β α β α β = = + = + − = . 其中， 3 2 12 2 2 2 ( , ) 1 ( 1) 1 1 ( 1,0,1) ( ,0, ) ( , ) ( 1) ( 1) 1 1 2 2 T k α β β β β × − = − = − − = − − × − + × 再对 1, α 2 3 , β β 单位化： 3 1 2 1 2 3 1 2 3 1 1 2 1 1 (1, 1,1), ( 1,0,1) , ( ,1, ) 2 2 3 2 3 β α β ξ ξ ξ α β β = = − = = − = = = 其中， 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 1 3 1 ( 1) 1 3, ( 1) 1 2, ( ) 1 ( ) 2 2 2 α β β = + − + = = − + = = + + = 合并成正交矩阵， 记 1 1 2 3 2 2 3 1 2 0 3 3 1 1 2 3 2 2 3 Q   −       −   =           由 1 ( 2,1,1) Q BQ diag − = − ，有 1 ( 2,1,1) B Q diag Q− = ⋅ − ⋅ . 又由正交矩阵的性质： 1 T Q Q −= ，得 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 48 页] --- 1 1 2 1 1 1 3 2 2 3 3 3 3 2 0 0 1 2 1 1 ( 2,1,1) 0 0 1 0 0 3 3 2 2 0 0 1 2 2 2 1 1 2 2 3 3 2 3 3 2 2 3 T B Q diag Q   −   −         −       − −     = ⋅ − ⋅ =                           1 1 2 2 2 2 3 2 2 3 3 3 3 1 2 1 1 0 0 3 3 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 2 3 3 2 2 3   −   − −          − −   =                 0 1 1 1 0 1 1 1 0 −     =     −   . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 49 页] --- 2008 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析

(1) 【答案】D 【详解】因为

(0)

(1)

(2) 0 f f f = = = ，由罗尔定理知至少有 1 (0,1) ξ ∈ ， 2 (1,2) ξ ∈ 使 1 2 ( ) ( ) 0 f f ξ ξ ′ ′ = = ，所以 ( ) f x ′ 至少有两个零点. 由于 ( ) f x ′ 是三次多项式，三次方程 ( ) 0 f x ′ = 的实根不是三个就是一个，故D 正确.

(2) 【答案】C 【详解】 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a a a a a xf x dx xdf x xf x f x dx af a f x dx ′ = = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ 其中 ( ) af a 是矩形ABOC 面积， 0 ( ) a f x dx ∫ 为曲边梯形ABOD 的面积，所以 0 ( ) a xf x dx ′ ∫ 为 曲边三角形的面积．

(3) 【答案】D 【详解】由微分方程的通解中含有 xe 、cos2x 、sin 2x 知齐次线性方程所对应的特征方程 有根 1, 2 r r i = = ± ，所以特征方程为( 1)( 2 )( 2 ) 0 r r i r i − − + = ，即 3 2 4 4 0 r r r − + − = . 故 以已知函数为通解的微分方程是 4 4 0 y y y ′′′ ′′ ′ − + − =

(4) 【答案】A 【详解】 0, 1 x x = = 时 ( ) f x 无定义，故 0, 1 x x = = 是函数的间断点 因为 0 0 0 0 ln 1 1 lim ( ) lim lim lim csc | 1| csc cot x x x x x x f x x x x x + + + + → → → → = ⋅ = − − 2 0 0 sin lim lim 0 cos cos x x x x x x x + + → → = − = − = 同理 0 lim ( ) 0 x f x − → = 又 1 1 1 1 ln 1 lim ( ) lim lim sin lim sin1 sin1 1 x x x x x f x x x x + + + + → → → →   = ⋅ = =   −   1 1 1 ln lim ( ) lim lim sin sin1 1 x x x x f x x x − − + → → → = ⋅ = − − 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 50 页] --- 所以 0 x = 是可去间断点， 1 x = 是跳跃间断点.

(5) 【答案】B 【详解】因为 ( ) f x 在( , ) −∞+∞内单调有界，且{ } nx 单调. 所以{ ( )} n f x 单调且有界. 故 { ( )} n f x 一定存在极限.

(6) 【答案】A 【详解】用极坐标得 ( ) ( ) 2 2 2 ( ) 2 2 2 0 1 1 , ( ) v u u f r r D f u v F u v dudv dv rdr v f r dr u v + = = = + ∫∫ ∫ ∫ ∫ 所以 ( ) 2 F vf u u ∂ = ∂

(7) 【答案】C 【详解】 2 3 ( )( ) E A E A A E A E − + + = − = ， 2 3 ( )( ) E A E A A E A E + − + = + = 故 , E A E A − + 均可逆．

(8) 【答案】D 【详解】记 1 2 2 1 D −   =   −   ， 则 ( ) 2 1 2 1 4 2 1 E D λ λ λ λ − − = = − − − ，又 ( ) 2 1 2 1 4 2 1 E A λ λ λ λ − − − = = − − − − 所以A 和D 有相同的特征多项式，所以A 和D 有相同的特征值. 又A 和D 为同阶实对称矩阵，所以A 和D 相似．由于实对称矩阵相似必合同，故D 正确.

(9) 【答案】2 【详解】 2 2 2 2 2 0 0 0 1 cos[ ( )] 2sin [ ( ) 2] 2sin [ ( ) 2] ( ) lim lim lim ( ) [ ( ) 2] 4 ( 1) ( ) x x x x xf x xf x xf x f x x f x xf x e f x → → → − ⋅ = = ⋅ − 0 1 1 lim ( )

(0) 1 2 2 x f x f → = = = 所以

(0) 2 f =

(10) 【答案】( ) x x e C − − + 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 51 页] --- 【详解】微分方程( ) 2 0 x y x e dx xdy − + − = 可变形为 x dy y xe dx x − − = 所以 1 1 1 ( ) dx dx x x x x x y e xe e dx C x xe dx C x e C x − − − −     ∫ ∫ = + = ⋅ + = − +         ∫ ∫

(11) 【答案】 1 y x = + 【详解】设 ( , ) sin( ) ln( ) F x y xy y x x = + − − ，则 1 cos( ) 1 1 cos( ) x y y xy F dy y x dx F x xy y x − − ′ − = − = − ′ + − ， 将(0) 1 y = 代入得 0 1 x dy dx = = ，所以切线方程为 1 0 y x −= − ，即 1 y x = +

(12) 【答案】( 1, 6) −− 【详解】 5 3 2 3 5 y x x = − ⇒ 2 3 1 3 1 3 5 10 10( 2) 3 3 3 x y x x x − + ′ = − = ⇒ 1 3 4 3 4 3 10 10 10( 1) 9 9 9 x y x x x − − + ′′ = + = 1 x = −时， 0 y′′ = ； 0 x = 时，y′′ 不存在 在 1 x = −左右近旁y′′ 异号，在 0 x = 左右近旁 0 y′′ > ，且( 1) 6 y − = − 故曲线的拐点为( 1, 6) −−

(13) 【答案】 2 (ln 2 1) 2 − 【详解】设 , y x u v x y = = ，则 v z u = 所以 1 2 1 ( ) ln v v z z u z v y vu u u x u x v x x y − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ = − + ⋅ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 ln 1 1 ln x y v vy u y y u ux y x y x       = − + = ⋅ −+             更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 52 页] --- 所以 (1,2) 2 (ln 2 1) 2 z x ∂ = − ∂

(14) 【答案】-1 【详解】 | | 2 3 6 A λ λ = × × =  3 | 2 | 2 | | A A = 32 6 48 λ ∴ × = − 1 λ ⇒ = −

(15) 【详解】 方法一： 4 3 0 0 [sin sin(sin )]sin sin sin(sin ) lim lim x x x x x x x x x → → − − = 2 2 2 2 0 0 0 1 sin cos cos(sin )cos 1 cos(sin ) 1 2 lim lim lim 3 3 3 6 x x x x x x x x x x x → → → − − = = = = 方法二： 3 3 1 sin ( ) 6 x x x o x = − +  3 3 1 sin(sin ) sin sin (sin ) 6 x x x o x = − + 4 4 4 4 4 0 0 [sin sin(sin )]sin sin (sin ) 1 lim lim 6 6 x x x x x x o x x x x → →   − ∴ = + =    

(16) 【详解】 方法一：由 2 0 x dx te dt − − = 得 2 xe dx tdt = ，积分并由条件 0 tx = 得 2 1 xe t = + ，即 2 ln(1 ) x t = + 所以 2 2 2 2 ln(1 ) 2 (1 )ln(1 ) 2 1 dy dy t t dt t t dx t dx dt t + ⋅ = = = + + + 2 2 2 2 2 2 [(1 )ln(1 )] 2 ln(1 ) 2 2 1 d t t d y d dy t t t dt dx t dx dx dx dt t + + + +   = = =     + 2 2 (1 )[ln(1 ) 1] t t = + + + 方法二：由 2 0 x dx te dt − − = 得 2 xe dx tdt = ，积分并由条件 0 tx = 得 2 1 xe t = + ，即 2 ln(1 ) x t = + 所以 2 2 2 2 ln(1 ) 2 (1 )ln(1 ) 2 1 x dy dy t t dt t t e x dx t dx dt t + ⋅ = = = + + = + 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 53 页] --- 所以 2 2 ( 1) x d y e x dx = +

(17) 【详解】 方法一：由于 2 2 1 arcsin lim 1 x x x x − → = +∞ − ，故 2 1 2 0 arcsin 1 x xdx x − ∫ 是反常积分. 令arcsin x t = ，有 sin x t = ， [0, 2) t π ∈ 2 2 1 2 2 2 2 2 0 0 0 0 arcsin sin cos2 cos sin ( ) cos 2 2 1 x x t t t t t dx tdt t tdt dt t x π π π = = = − − ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 1 sin 2 1 sin 2 sin 2 4 4 16 4 4 t t t td t tdt π π π π π = − = − + ∫ ∫ 2 2 2 0 1 1 cos2 16 8 16 4 t π π π = − = + 方法二： 2 1 2 0 arcsin 1 x xdx x − ∫ 1 2 2 0 1 (arcsin ) 2 x d x = ∫ 1 2 1 1 2 2 2 2 0 0 0 1 (arcsin ) (arcsin ) (arcsin ) 2 8 x x x x dx x x dx π = − = − ∫ ∫ 令arcsin x t = ，有 sin x t = ， [0, 2) t π ∈ 1 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 (arcsin ) sin 2 cos2 2 4 x x dx t tdt t d t π π = = − ∫ ∫ ∫ 2 2 2 2 0 0 1 1 1 ( cos2 ) cos2 4 2 16 4 t t t tdt π π π = − + = − ∫ 故，原式 2 1 16 4 π = +

(18) 【详解】 曲线 1 xy = 将区域分成两 个区域 1 D 和 2 3 D D + ，为了便于计算继续对 区域分割，最后为 ( ) max ,1 D xy dxdy ∫∫ D1 D3 D2 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 54 页] --- 1 2 3 D D D xydxdy dxdy dxdy = + + ∫∫ ∫∫ ∫∫ 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 0 0 0 2 2 1 1 x x dx dy dx dy dx xydy = + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 15 1 2ln 2 ln 2 4 = + + − 19 ln 2 4 = +

(19) 【详解】旋转体的体积 2 0 ( ) t V f x dx π = ∫ ，侧面积 2 0 2 ( ) 1 ( ) t S f x f x dx π ′ = + ∫ ，由题 设条件知 2 2 0 0 ( ) ( ) 1 ( ) t t f x dx f x f x dx ′ = + ∫ ∫ 上式两端对t 求导得 2 2 ( ) ( ) 1 ( ) f t f t f t ′ = + ， 即 2 1 y y ′ = − 由分离变量法解得 2 1 ln( 1) y y t C + − = + ， 即 2 1 t y y Ce + −= 将(0) 1 y = 代入知 1 C = ，故 2 1 t y y e + −= ， 1 ( ) 2 t t y e e− = + 于是所求函数为 1 ( ) ( ) 2 t t y f x e e− = = +

(20) 【详解】(I) 设M 与m 是连续函数 ( ) f x 在[ , ] a b 上的最大值与最小值，即 ( ) m f x M ≤ ≤ [ , ] x a b ∈ 由定积分性质，有 ( ) ( ) ( ) b a m b a f x dx M b a − ≤ ≤ − ∫ ，即 ( ) b a f x dx m M b a ≤ ≤ − ∫ 由连续函数介值定理，至少存在一点 [ , ] a b η ∈ ，使得 ( ) ( ) b a f x dx f b a η = − ∫ 即 ( ) ( )( ) b a f x dx f b a η = − ∫ (II) 由(I)的结论可知至少存在一点 [2,3] η ∈ ，使 3 2 ( ) ( )(3 2) ( ) x dx ϕ ϕ η ϕ η = − = ∫ 又由 3 2

(2) ( ) ( ) x dx ϕ ϕ ϕ η > = ∫ ，知 2 3 η < ≤ 对( ) x ϕ 在[1,2][2, ] η 上分别应用拉格朗日中值定理，并注意到(1)

(2) ϕ ϕ < ，( )

(2) ϕ η ϕ < 得 1

(2)

(1) ( ) 0 2 1 ϕ ϕ ϕ ξ − ′ = > − 1 1 2 ξ < < 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 55 页] --- 2 ( )

(2) ( ) 0 2 ϕ η ϕ ϕ ξ η − ′ = < − 1 2 3 ξ η < < ≤ 在 1 2 [ , ] ξ ξ 上对导函数 ( ) x ϕ′ 应用拉格朗日中值定理，有 2 1 2 1 ( ) ( ) ( ) 0 ϕ ξ ϕ ξ ϕ ξ ξ ξ ′ ′ − ′′ = < − 1 2 ( , ) (1,3) ξ ξ ξ ∈ ⊂

(21) 【详解】 方法一：作拉格朗日函数 2 2 2 2 2 ( , , , , ) ( ) ( 4) F x y z x y z x y z x y z λ µ λ µ = + + + + − + + + − 令 2 2 2 2 0 2 2 0 2 0 0 4 0 x y z F x x F y y F z F x y z F x y z λ µ λ µ λ µ λ µ ′ = + + =  ′ = + + = ′ = − + =  ′ = + − = ′ = + + − =  解方程组得 1 1 1 2 2 2 ( , , ) (1,1,2),( , , ) ( 2, 2,8) x y z x y z = = − − 故所求的最大值为72，最小值为6. 方法二：问题可转化为求 2 2 4 2 2 4 2 u x y x x y y = + + + + 在 2 2 4 x y x y + + + = 条件下的最值 设 4 4 2 2 2 2 2 2 ( , , ) 2 ( 4) F x y u x y x y x y x y x y λ λ = = + + + + + + + + − 令 3 2 3 2 2 2 4 4 2 (1 2 ) 0 4 4 2 (1 2 ) 0 4 0 x y F x xy x x F y x y y y F x y x y λ λ λ ′  = + + + + = ′ = + + + + =  ′ = + + + − =  解得 1 1 2 2 ( , ) (1,1),( , ) ( 2, 2) x y x y = = − − ，代入 2 2 z x y = + ，得 1 2 2, 8 z z = = 故所求的最大值为72，最小值为6.

(22) 【详解】(I)证法一： 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 3 2 1 0 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2 a a a a a a a a a A r ar a a a a = − =              更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 56 页] --- 1 2 1 3 0 1 2 4 0 1 3 4 ( 1) 2 ( 1) 3 2 3 1 ( 1) 0 n n n a a a n a a n a r ar a n a n n n a n − − + − = ⋅ ⋅ ⋅ = + +      证法二：记 | | n D A = ，下面用数学归纳法证明 ( 1) n n D n a = + ． 当 1 n = 时， 1 2 D a = ，结论成立． 当 2 n = 时， 2 2 2 2 1 3 2 a D a a a = = ，结论成立． 假设结论对小于n 的情况成立．将 n D 按第1 行展开得 2 2 1 2 1 0 2 1 2 1 2 1 2 n n a a a a D aD a a − = −      2 1 2 2 1 2 2 2 ( 1) ( 1) n n n n n aD a D ana a n a n a − − − − = − = − − = + 故 | | ( 1) n A n a = + 证法三：记 | | n D A = ，将其按第一列展开得 2 1 2 2 n n n D aD a D − − = − ， 所以 2 1 1 2 1 2 ( ) n n n n n n D aD aD a D a D aD − − − − − − = − = − 2 2 2 3 2 1 ( ) ( ) n n n n a D aD a D aD a − − − = − = = − =  即 1 2 1 2 2 ( ) 2 n n n n n n n n D a aD a a a aD a a D − − − − = + = + + = + + 2 1 2 1 ( 2) ( 1) n n n n n a a D n a a D − − = = − + = − +  1 ( 1) 2 ( 1) n n n n a a a n a − = − + ⋅ = + 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 57 页] --- (II)因为方程组有唯一解，所以由Ax B = 知 0 A ≠ ，又 ( 1) n A n a = + ，故 0 a ≠ ． 由克莱姆法则，将 n D 的第1 列换成b ，得行列式为 2 2 2 1 1 2 2 ( 1) ( 1) 1 1 2 1 0 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 n n n n n n a a a a a a a a D na a a a a − − × −× − = = =             所以 1 1 ( 1) n n D n x D n a − = = + (III)方程组有无穷多解，由 0 A = ，有 0 a = ，则方程组为 1 2 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 n n x x x x −                     =                        此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为 1 n −，所以方程组有无穷多解，其通解为 ( ) ( ) 1 0 0 0 0 1 0 0 , T T k k +   为任意常数． (23)【详解】(I) 证法一：假设 1 2 3 , , α α α 线性相关．因为 1 2 , α α 分别属于不同特征值的特征向量，故 1 2 , α α 线 性无关，则 3 α 可由 1 2 , α α 线性表出，不妨设 3 1 1 2 2 l l α α α = + ，其中1 2 , l l 不全为零(若 1 2 , l l 同时为0，则 3 α 为0，由 3 2 3 Aα α α = + 可知 2 0 α = ，而特征向量都是非0 向 量，矛盾)  1 1, Aα α = − 2 2 Aα α = ∴ 3 2 3 2 1 1 2 2 A l l α α α α α α = + = + + ，又 3 1 1 2 2 1 1 2 2 ( ) A A l l l l α α α α α = + = − + ∴ 1 1 2 2 2 1 1 2 2 l l l l α α α α α − + = + + ，整理得： 1 1 2 2 0 l α α + = 则 1 2 , α α 线性相关，矛盾. 所以， 1 2 3 , , α α α 线性无关. 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 58 页] --- 证法二：设存在数 1 2 3 , , k k k ，使得 1 1 2 2 3 3 0 k k k α α α + + = (1) 用A 左乘(1)的两边并由 1 1, Aα α = − 2 2 Aα α = 得 1 1 2 3 2 3 3 ( ) 0 k k k k α α α − + + + = (2)

(1) —(2)得 1 1 3 2 2 0 k k α α − = (3) 因为 1 2 , α α 是A 的属于不同特征值的特征向量，所以 1 2 , α α 线性无关，从而 1 3 0 k k = = ，代入(1)得 2 2 0 k α = ，又由于 2 0 α ≠ ，所以 2 0 k = ，故 1 2 3 , , α α α 线性无关. (II) 记 1 2 3 ( , , ) P α α α = ，则P 可逆， 1 2 3 1 2 3 ( , , ) ( , , ) AP A A A A α α α α α α = = 1 2 2 3 ( , , ) α α α α = − + 1 2 3 1 0 0 ( , , ) 0 1 1 0 0 1 α α α −     =       1 0 0 0 1 1 0 0 1 P −     =       所以 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 P AP − −     =       . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 59 页] --- 2009 年全国硕士研究生入学统一考试 数学二试题答案

个选 项是符合题目要求的.请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上. （1）函数 ( ) 3 sin x x f x nx − = 的可去间断点的个数为（ ） ( ) A 1. ( ) B 2. ( ) C 3. ( ) D 无穷多个. 【答案】C 【解析】 ( ) 3 sin x x f x x π − = 则当x 取任何整数时， ( ) f x 均无意义 故 ( ) f x 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 3 0 x x − = 的解 1,2,3 0, 1 x = ± 3 2 0 0 3 2 1 1 3 2 1 1 1 3 1 lim lim sin cos 1 3 2 lim lim sin cos 1 3 2 lim lim sin cos x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x π π π π π π π π π π π π → → → → →− →− − − = = − − = = − − = = 故可去间断点为3 个，即0, 1 ± （2）当 0 x → 时， ( ) sin f x x ax = − 与( ) ( ) 2 ln 1 g x x bx = − 是等价无穷小，则（ ） ( ) A 1 1, 6 a b = = − . ( ) B 1 1, 6 a b = = . ( ) C 1 1, 6 a b = − = − . ( ) D 1 1, 6 a b = − = . 【答案】A 【解析】 2 ( ) sin , ( ) (1 ) f x x ax g x x ln bx = − = − 为等价无穷小，则 2 2 2 2 0 0 0 0 0 ( ) sin sin 1 cos sin lim lim lim lim lim ( ) ln(1 ) ( ) 3 6 x x x x x f x x ax x ax a ax a ax g x x bx x bx bx bx → → → → → − − − = = − ⋅− − − 洛 洛 2 3 0 sin lim 1 6 6 x a ax a b b ax a → = = − = − ⋅ 3 6 a b ∴ = − 故排除 , B C . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 60 页] --- 另外 2 0 1 cos lim 3 x a ax bx → − − 存在，蕴含了1 cos 0 a ax − → ( ) 0 x → 故

1. a = 排除D . 所以本题选A. （3）设函数 ( ) , z f x y = 的全微分为dz xdx ydy = + ，则点( ) 0,0 （ ） ( ) A 不是 ( ) , f x y 的连续点. ( ) B 不是 ( ) , f x y 的极值点. ( ) C 是 ( ) , f x y 的极大值点. ( ) D 是 ( ) , f x y 的极小值点. 【答案】 D 【解析】因dz xdx ydy = + 可得 , z z x y x y ∂ ∂ = = ∂ ∂ 2 2 2 2 2 2 1, 0, 1 z z z z A B C x x y y x y ∂ ∂ ∂ ∂ = = = = = = = ∂ ∂∂ ∂∂ ∂ 又在（0，0）处， 0, 0 z z x y ∂ ∂ = = ∂ ∂ 2 1 0 AC B − = > 故（0，0）为函数 ( , ) z f x y = 的一个极小值点. （4）设函数 ( ) , f x y 连续，则 ( ) ( ) 2 2 2 4 1 1 , , y x y dx f x y dy dy f x y dx − + = ∫ ∫ ∫ ∫ （ ） ( ) A ( ) 2 4 1 1 , x dx f x y dy − ∫ ∫ . ( ) B ( ) 2 4 1 , x x dx f x y dy − ∫ ∫ . ( ) C ( ) 2 4 1 1 , y dy f x y dx − ∫ ∫ . ( ) D . ( ) 2 2 1 , y dy f x y dx ∫ ∫ 【答案】C 【解析】 2 2 2 2 1 1 ( , ) ( , ) x x dx f x y dy dy f x y dx + ∫ ∫ ∫ ∫ 的积分区域为两部分： { } 1 ( , ) 1 2, 2 D x y x x y = ≤ ≤ ≤ ≤ ， { } 2 ( , ) 1 2, 4 D x y y y x y = ≤ ≤ ≤ ≤ − 将其写成一块 { } ( , ) 1 2,1 4 D x y y x y = ≤ ≤ ≤ ≤ − 故二重积分可以表示为 2 4 1 1 ( , ) y dy f x y dx − ∫ ∫ ，故答案为C. 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 61 页] --- （5）若 ( ) f x ′′ 不变号，且曲线 ( ) y f x = 在点( ) 1,1 上的曲率圆为 2 2 2 x y + = ，则 ( ) f x 在 区间( ) 1,2 内（ ） ( ) A 有极值点，无零点. ( ) B 无极值点，有零点. ( ) C 有极值点，有零点. ( ) D 无极值点，无零点. 【答案】 B 【解析】由题意可知， ( ) f x 是一个凸函数，即 ''( ) 0 f x < ，且在点(1,1) 处的曲率 3 2 2 | ''| 1 2 (1 ( ') ) y y ρ = = + ，而 '(1) 1 f = −，由此可得， ''(1) 2 f = − 在[1, 2] 上， '( ) '(1) 1 0 f x f ≤ = −< ，即 ( ) f x 单调减少，没有极值点. 对于

(2)

(1) '( ) 1 (1, 2) f f f ζ ζ − = < − , ∈ ， （拉格朗日中值定理）

(2) 0 f ∴ < 而

(1) 1 0 f = > 由零点定理知，在[1, 2] 上， ( ) f x 有零点. 故应选（B）. （6）设函数 ( ) y f x = 在区间[ ] 1,3 − 上的图形为 则函数 ( ) ( ) 0 x F x f t dt = ∫ 的图形为（ ） 1 ( ) f x -2 0 2 3 x -1 O 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 62 页] --- ( ) A . ( ) B . ( ) C . ( ) D . 【答案】D 【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、 0 x x = 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： ① [ ] 0,1 x∈ 时， ( ) 0 F x ≤ ，且单调递减. ② [ ] 1,2 x∈ 时， ( ) F x 单调递增. ③ [ ] 2,3 x∈ 时， ( ) F x 为常函数. ④ [ ] 1,0 x∈− 时， ( ) 0 F x ≤ 为线性函数，单调递增. ⑤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 2 3 A B = = ， ，则分 块矩阵O A B O       的伴随矩阵为（ ） ( ) A . * * 3 2 O B A O       ( ) B . * * 2 3 O B A O       ( ) f x 0 2 3 x 1 -2 -1 1 ( ) f x 0 2 3 x 1 -1 1 ( ) f x 0 2 3 x 1 -2 -1 1 ( ) f x 0 2 3 x 1 -2 -1 1 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 63 页] --- ( ) C . * * 3 2 O A B O       ( ) D . * * 2 3 O A B O       【答案】 B 【解析】根据CC C E ∗= 若 1 1 1 , C C C C C C ∗ − − ∗ = = 分块矩阵0 0 A B       的行列式 2 2 0 1 2 3 6 0 A A B B × = − = × = （ ） 即分块矩阵可逆 1 1 1 1 0 0 0 0 0 6 6 0 0 0 1 0 0 B B A A A B B B B A A A ∗ ∗ − − − ∗             = = =                   1 0 0 2 3 6 1 3 0 0 2 B B A A ∗ ∗ ∗ ∗       = =             （8）设A P ， 均为3 阶矩阵， T P 为P 的转置矩阵，且 1 0 0 0 1 0 0 0 2 T P AP     =       ，若 1 2 3 1 2 2 3 P Q α α α α α α α = = + （ ， ， ）， （ ， ， ），则 T Q AQ 为（ ） ( ) A . 2 1 0 1 1 0 0 0 2           ( ) B . 1 1 0 1 2 0 0 0 2           ( ) C . 2 0 0 0 1 0 0 0 2           ( ) D . 1 0 0 0 2 0 0 0 2           【答案】 A 【解析】 1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 12 1 0 0 ( , , ) ( , , ) 1 1 0 ( , , )

(1) 0 0 1 Q E α α α α α α α α α α     = + = =       ，即： 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 64 页] --- 12 12 12 12 12 21 12

(1) [

(1) ] [

(1) ]

(1) [ ]

(1) 1 0 0

(1) 0 1 0

(1) 0 0 2 1 1 0 1 0 0 1 0 0 2 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 2 0 0 1 0 0 2 T T T T T Q PE Q AQ PE A PE E P AP E E E = = =     =                   = =                  

（9）曲线 2 2 2 1- x= 0 ln(2 ) u t e du y t t −    = −  ∫ 在（0，0）处的切线方程为 . 【答案】 2 y x = 【解析】 2 2 1 2 2 2 ln(2 ) 2 2 t dy t t t t dt t = = − − ⋅ = − − 2 (1 ) 1 ( 1) 1 t t dx e dt − − = = ⋅− = − 所以 2 dy dx = 所以 切线方程为 2 y x = . （10）已知+ 1 k x e dx ∞ = −∞ ∫ ,则k = . 【答案】2 − 【解析】 0 0 1 1 2 2 lim b k x kx kx b e dx e dx e k +∞ +∞ −∞ →+∞ = = = ∫ ∫ 因为极限存在所以 0 k < 2 1 0 k = − 2 k = − （11） 1 0 nlim e sin x nxdx − →∞ = ∫ . 【答案】0 【解析】令 sin sin cos x x x nI e nxdx e nx n e nxdx − − − = = − + ∫ ∫ 2 sin cos x x n e nx ne nx n I − − = − − − 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 65 页] --- 所以 2 cos sin 1 x n n nx nx I e C n − + = − + + 即 1 1 0 2 0 cos sin lim sin lim( ) 1 x x n n n nx nx e nxdx e n − − →∞ →∞ + = − + ∫ 1 2 2 cos sin lim( ) 1 1 0 n n n n n e n n − →∞ + = − + + + = （12）设 ( ) y y x = 是由方程xy 1 ye x + = + 确定的隐函数，则 2 2 0 x y x = ∂ = ∂ . 【答案】3 − 【解析】对方程xy 1 ye x + = + 两边关于x 求导有 ' ' 1 y y xy y e + + = ，得 ' 1 y y y x e − = + 对 ' ' 1 y y xy y e + + = 再次求导可得 ' '' '' ' 2 2 ( ) 0 y y y xy y e y e + + + = ， 得 ' ' 2 '' 2 ( ) y y y y e y x e + = − + (*) 当 0 x = 时， 0 y = ， '

(0) 0 1 0 1 y e − = = ，代入(*) 得 ' ' 2 0 '' 0 3 2

(0) (

(0) )

(0) (2 1) 3 (0 ) y y e y e + = − = − + = − + （13）函数 2x y x = 在区间( ] 01，上的最小值为 . 【答案】 2 e e − 【解析】因为 ( ) 2 2ln 2 x y x x ′ = + ，令 0 y′ = 得驻点为 1 x e = . 又 ( ) 2 2 2 2 2ln 2 x x y x x x x ′′ = + + ⋅ ，得 2 1 1 2 0 e y e e −+   ′′ = >     ， 故 1 x e = 为 2x y x = 的极小值点，此时 2 e y e − = ， 又当 1 0, x e   ∈    时，( ) 0 y x ′ < ； 1 ,1 x e   ∈    时，( ) 0 y x ′ > ，故y 在 1 0, e       上递减，在1 ,1 e       上递增. 而( ) 1 1 y = ， ( ) ( ) 0 0 2 0 2 2ln lim lim 1 1 lim 2 2 2 ln 0 0 0 lim lim 1 x x x x x x x x x x x x x y x e e e e + + → → + → + + − − + → → = = = = = = ， 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 66 页] --- 所以 2x y x = 在区间( ] 01，上的最小值为 2 1 e y e e −  =     .

(14) 设α β ， 为3 维列向量， T β 为β 的转置，若矩阵 T αβ 相似于 2 0 0 0 0 0 0 0 0           ，则 T = β α . 【答案】2 【解析】因为 T αβ 相似于 2 0 0 0 0 0 0 0 0           ，根据相似矩阵有相同的特征值，得到 T αβ 得特征值 是2,0,0 而 T β α 是一个常数，是矩阵 T αβ 的对角元素之和，则 T 2 0 0 2 β α = + + =

文字说 明、证明过程或演算步骤. （15）（本题满分9 分）求极限 ( )[ ] 4 0 1 cos ln(1 tan ) lim sin x x x x x → − − + . 【解析】 ( )[ ] [ ] 2 4 4 0 0 1 ln(1 tan ) 1 cos ln(1 tan ) 2 lim lim sin sin x x x x x x x x x x → → − + − − + = 2 2 2 0 1 ln(1 tan ) lim 2 sin sin x x x x x x → − + = 2 0 1 ln(1 tan ) 1 lim 2 sin 4 x x x x → − + = = （16）（本题满分10 分） 计算不定积分 1 ln(1 ) x dx x + + ∫ ( 0) x > . 【解析】 令 1 x t x + = 得 2 2 2 1 2 , 1 ( 1) tdt x dx t t − = = − − 2 2 2 1 1 ln(1 ) ln(1 ) 1 ln(1 ) 1 1 1 1 1 x dx t d x t t dt t t t + + = + − + = − − − + ∫ ∫ ∫ 而 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 67 页] --- 2 2 1 1 1 1 1 2 ( ) 1 1 4 1 1 ( 1) 1 1 1 ln( 1) ln( 1) 2 4 4 1 dt dt t t t t t t t C t = − − − + − + + − − + + + + ∫ ∫ 所以 2 2 1 ln(1 ) 1 1 1 ln(1 ) ln 1 4 1 2( 1) 1 1 1 ln(1 ) ln( 1 ) 2 2 1 1 1 1 1 ln(1 ) ln( 1 ) 2 2 2 x t t dx C x t t t x x x x x C x x x x x x x x x x C x + + + + = + − + − − + + = + + + + − + + + + = + + + + + − + + ∫ （17）（本题满分10 分） 设 ( ) , , z f x y x y xy = + − ，其中f 具有2 阶连续偏导数，求dz 与 2z x y ∂ ∂∂ . 【解析】 1 2 3 1 2 3 z f f yf x z f f xf y ∂ ′ ′ ′ = + + ∂ ∂ ′ ′ ′ = − + ∂ 1 2 3 1 2 3 2 11 12 13 21 22 23 3 31 32 33 3 11 22 33 13 23 ( ) ( ) 1 ( 1) 1 ( 1) [ 1 ( 1) ] ( ) ( ) z z dz dx dy x y f f yf dx f f xf dy z f f f x f f f x f y f f f x x y f f f xyf x y f x y f ∂ ∂ ∴ = + ∂ ∂ ′ ′ ′ ′ ′ ′ = + + + − + ∂ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′ ′′ ′′ ′′ = ⋅+ ⋅− + ⋅+ ⋅+ ⋅− + ⋅+ + ⋅+ ⋅− + ⋅ ∂∂ ′ ′′ ′′ ′′ ′′ ′′ = + − + + + + − （18）（本题满分10 分）设非负函数 ( ) y y x = ( ) 0 x ≥ 满足微分方程 2 0 xy y ′′ ′ − + = ，当 曲线 ( ) y y x = 过原点时，其与直线 1 x = 及 0 y = 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. 【解析】 解微分方程 2 0 xy y ′′ ′ − + = 得其通解 2 1 2 1 2 2 , y C x C x C C = + + 其中， 为任意常数 又因为 ( ) y y x = 通过原点时与直线 1 x = 及 0 y = 围成平面区域的面积为2，于是可得 1 0 C = 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 68 页] --- 1 1 1 2 2 3 2 2 2 0 0 0 2 ( ) (2 ) ( ) 1 3 3 C C y x dx x C x dx x x = = + = + = + ∫ ∫ 从而 2 3 C = 于是，所求非负函数 2 2 3 ( 0) y x x x = + ≥ 又由 2 2 3 y x x = + 可得，在第一象限曲线 ( ) y f x = 表示为 1 1 3 1) 3 x y = + − （ 于是D 围绕y 轴旋转所得旋转体的体积为 1 5 V V π = − ，其中 5 5 2 2 1 0 0 5 0 1 ( 1 3 1) 9 (2 3 2 1 3 ) 9 39 18 V x dy y dy y y dy π π π π = = ⋅ + − = + − + = ∫ ∫ ∫ 39 51 17 5 18 18 6 V π π π π = − = = . （19 ）（本题满分 10 分）计算二重积分 ( ) D x y dxdy − ∫∫ ，其中 ( ) ( ) ( ) { } 2 2 , 1 1 2, D x y x y y x = − + − ≤ ≥ . 【解析】由 2 2 ( 1) ( 1) 2 x y − + − ≤ 得 2(sin cos ) r θ θ ≤ + ， 3 2(sin cos ) 4 ( ) ( cos sin ) 0 4 D x y dxdy d r r rdr π θ θ θ θ θ π + ∴ − = − ∫∫ ∫ ∫ 3 3 2(sin cos ) 1 4 (cos sin ) 0 3 4 r d π θ θ θ θ θ π  +  = − ⋅     ∫ 2 3 8 4 (cos sin ) (sin cos ) (sin cos ) 3 4 d π θ θ θ θ θ θ θ π = − ⋅ + ⋅ + ∫ 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 69 页] --- 3 3 8 4 (cos sin ) (sin cos ) 3 4 d π θ θ θ θ θ π = − ⋅ + ∫ 3 3 4 4 4 3 8 8 1 4 (sin cos ) (sin cos ) (sin cos ) 3 3 4 4 d π π π θ θ θ θ θ θ π = + + = × + ∫ 8 3 = − . （20）（本题满分12 分） 设 ( ) y y x = 是区间-π π （，）内过点- 2 2 π π （ ， ）的光滑曲线，当- 0 x π < < 时，曲线上任一 点处的法线都过原点，当0 x π ≤ < 时，函数( ) y x 满足 0 y y x ′′+ + = .求( ) y x 的表达式. 【解析】由题意，当 0 x π − < < 时， ' x y y = − ，即ydy xdx = − ，得 2 2 y x c = − + ， 又( ) 2 2 y π π − = 代入 2 2 y x c = − + 得 2 c π = ，从而有 2 2 2 x y π + = 当0 x π ≤ < 时， '' 0 y y x + + = 得 '' 0 y y + = 的通解为 * 1 2 cos sin y c x c x = + 令解为 1y Ax b = + ，则有0 0 Ax b x + + + = ，得 1, 0 A b = − = ， 故 1y x = − ，得 '' 0 y y x + + = 的通解为 1 2 cos sin y c x c x x = + − 由于 ( ) y y x = 是( , ) π π − 内的光滑曲线，故y 在 0 x = 处连续 于是由 1 (0 ) , (0 ) y y c π −= ± + = ，故 1c π = ± 时， ( ) y y x = 在 0 x = 处连续 又当 0 x π − < < 时，有2 2 ' 0 x y y + ⋅ = ，得 '(0) 0 x y y − = − = ， 当0 x π ≤ < 时，有 1 2 ' sin cos 1 y c x c x = − + −，得 2 '(0) 1 y c + = − 由 '(0) '(0) y y − + = 得 2 1 0 c −= ，即 2 1 c = 故 ( ) y y x = 的表达式为 2 2 , 0 cos sin ,0 x x y x x x x π π π π − − − < < = − + − ≤ <  或 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 70 页] --- 2 2 , 0 cos sin ,0 x x y x x x x π π π π  − − < < =  + − ≤ <  ，又过点 , 2 2 π π   −     ， 所以 2 2 , 0 cos sin ,0 x x y x x x x π π π π  − − < < =  + − ≤ <  . （21）（本题满分11 分） （Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数 ( ) f x 在[ ] ,a b 上连续，在( ) ,a b 可导，则存在 ( ) ,a b ξ ∈ ，使得 ( ) ( ) ( )( ) f b f a f b a ξ ′ − = − ； （Ⅱ）证明：若函数 ( ) f x 在 0 x = 处连续，在( )( ) 0, 0 δ δ > 内可导，且 ( ) 0 lim x f x A + → ′ = ， 则 ( ) 0 f+′ 存在，且 ( ) 0 f A +′ = . 【解析】（Ⅰ）作辅助函数 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f b f a x f x f a x a b a ϕ − = − − − − ，易验证( ) x ϕ 满足： ( ) ( ) a b ϕ ϕ = ； ( ) x ϕ 在闭区间[ ] ,a b 上连续，在开区间( ) ,a b 内可导，且 ' ' ( ) ( ) ( ) ( ) f b f a x f x b a ϕ − = − − . 根据罗尔定理，可得在( ) ,a b 内至少有一点ξ ，使 '( ) 0 ϕ ξ = ，即 '( ) f ξ ' ( ) ( ) 0, ( ) ( ) ( )( ) f b f a f b f a f b a b a ξ − − = ∴ − = − − （Ⅱ）任取 0 (0, ) x δ ∈ ，则函数 ( ) f x 满足； 在闭区间[ ] 0 0, x 上连续，开区间( ) 0 0, x 内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在 ( ) ( ) 0 0 0, 0, x x ξ δ ∈ ⊂ ，使得 ( ) 0 ' 0 0 ( )

(0) 0 x f x f f x ξ − = − ……( ) * 又由于 ( ) ' 0 lim x f x A + → = ，对上式（*式）两边取 0 0 x + → 时的极限可得： ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 ' ' ' 0 0 0 0 ( ) 0 0 lim lim ( ) lim ( ) 0 x x x x x f x f f f f A x ξ ξ ξ + + + + → → → − = = = = − 故 '(0) f+ 存在，且 '(0) f A + = . （22）（本题满分11 分设 1 1 1 1 1 1 0 4 2 A − −     = −     − −   ， 1 1 1 2 ξ −     =     −   更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 71 页] --- （Ⅰ）求满足 2 2 1 3 1 , A A ξ ξ ξ ξ = = 的所有向量 2 3 , ξ ξ ； （Ⅱ）对（Ⅰ）中的任一向量 2 3 , ξ ξ ，证明： 1 2 3 , , ξ ξ ξ 线性无关. 【解析】（Ⅰ）解方程 2 1 Aξ ξ = ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 , 1 1 1 1 0 0 0 0 0 2 1 1 0 4 2 2 0 2 1 1 0 0 0 0 A ξ − − − − − − − − −             = − → →             − − −       ( ) 2 r A = 故有一个自由变量，令 3 2 x = ，由 0 Ax = 解得， 2 1 1, 1 x x = − = 求特解，令 1 2 0 x x = = ，得 3 1 x = 故 2 1 1 0 1 0 2 1 k ξ       = − +          ，其中 1k 为任意常数 解方程 2 3 1 A ξ ξ = 2 2 2 0 2 2 0 4 4 0 A     = − −       ( ) 2 1 1 1 1 0 2 2 0 1 2 , 2 2 0 1 0 0 0 0 4 4 0 2 0 0 0 0 A ξ −     −       = − − →              故有两个自由变量，令 2 1 x = −，由 2 0 A x = 得 1 3 1, 0 x x = = 求特解 2 1 2 0 0 η       =         故 3 2 1 1 2 1 0 0 0 k ξ           = − +               ，其中 2k 为任意常数. （Ⅱ）证明： 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 72 页] --- 由于 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 (2 1)( ) 2 ( ) (2 1) 2 2 2 2 1 0 k k k k k k k k k k k k k − + − − = + + + − + − + − + 1 0 2 = ≠ 故 1 2 3 , , ξ ξ ξ 线性无关. （23）（本题满分11 分）设二次型 ( ) ( ) 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 3 2 3 , , 1 2 2 f x x x ax ax a x x x x x = + + − + − （Ⅰ）求二次型f 的矩阵的所有特征值； （Ⅱ）若二次型f 的规范形为 2 2 1 2 y y + ，求a 的值. 【解析】（Ⅰ） 0 1 0 1 1 1 1 a A a a     = −     − −   0 1 1 0 | | 0 1 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 a a a E A a a a a λ λ λ λ λ λ λ λ − − − − − = − = − − − + − − − + 2 2 2 ( )[( )( 1) 1] [0 ( )] ( )[( )( 1) 2] ( )[ 2 2] 1 9 ( ){[ (1 2 )] } 2 4 ( )( 2)( 1) a a a a a a a a a a a a a a a a a λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ = − − − + − − + − = − − − + − = − − + + − − = − + − − = − − + − − 1 2 3 , 2, 1 a a a λ λ λ ∴ = = − = + （Ⅱ） 若规范形为 2 2 1 2 y y + ，说明有两个特征值为正，一个为0.则 1) 若 1 0 a λ = = ，则 2 2 0 λ = −< ， 3 1 λ = ，不符题意 2) 若 2 0 λ = ，即 2 a = ，则 1 2 0 λ = > ， 3 3 0 λ = > ，符合 3) 若 3 0 λ = ，即 1 a = −，则 1 1 0 λ = −< ， 2 3 0 λ = −< ，不符题意 综上所述，故 2 a = . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 73 页] --- 2010 年全国硕士研究生入学统一考试 数学二试题参考答案

(1) 【答案】 (B). 【解析】因为 2 2 2 1 ( ) 1 1 x x f x x x − = + − 有间断点 0, 1 x = ± ,又因为 2 2 0 0 0 ( 1) 1 1 lim ( ) lim 1 lim 1 ( 1)( 1) x x x x x f x x x x x x → → → − = + = + + − , 其中 2 2 0 0 1 1 lim 1 1, lim 1 1 x x x x x x + − → → + = = + = −,所以 0 x = 为跳跃间断点. 显然 1 1 2 lim ( ) 1 1 2 2 x f x → = + = ,所以 1 x = 为连续点. 而 2 1 1 ( 1) 1 lim ( ) lim 1 ( 1)( 1) x x x x f x x x x →− →− − = + = ∞ + − ,所以 1 x = −为无穷间断点,故答案选择 B.

(2) 【答案】 (A)． 【解析】因 1 2 y y λ µ − 是 ( ) 0 y P x y ′+ = 的解,故( ) ( )( ) 1 2 1 2 0 y y P x y y λ µ λ µ ′ − + − = ,所以 ( ) 1 1 2 2 ( ) 0 y P x y y p x y λ µ     ′ ′ + − + =     , 而由已知 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 , y P x y q x y P x y q x ′ ′ + = + = ,所以 ( ) ( ) 0 q x λ µ − = , 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 ( ) 0 q x ≠ ,所以 0 λ µ − = ． 由于 1 2 y y λ µ + 是非齐次微分方程 ( ) ( ) y P x y q x ′+ = 的解,所以 ( ) ( )( ) ( ) 1 2 1 2 y y P x y y q x λ µ λ µ ′ + + + = , 整理得 ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 y P x y y P x y q x λ µ     ′ ′ + + + =     , 即 ( ) ( ) ( ) q x q x λ µ + = ,由( ) 0 q x ≠ 可知 1 λ µ + = , ② 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 74 页] --- 由①②求解得 1 2 λ µ = = ,故应选(A)．

(3) 【答案】 (C). 【解析】因为曲线 2 y x = 与曲线 ln ( 0) y a x a = ≠ 相切,所以在切点处两个曲线的斜率相同, 所以2 a x x = ,即 ( 0) 2 a x x = > .又因为两个曲线在切点的坐标是相同的,所以在 2 y x = 上, 当 2 a x = 时 2 a y = ；在 ln y a x = 上, 2 a x = 时, ln ln 2 2 2 a a a y a = = . 所以 ln 2 2 2 a a a = .从而解得 2 a e = .故答案选择(C).

(4) 【答案】 (D). 【解析】 0 x = 与 1 x = 都是瑕点.应分成 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 2 1 0 0 2 ln 1 ln 1 ln 1 m m m n n n x x x dx dx dx x x x − − − = + ∫ ∫ ∫ , 用比较判别法的极限形式,对于 ( ) 2 1 2 0 ln 1 m n x dx x − ∫ ,由于 1 2 1 0 1 2 [ln (1 )] lim 1 1 m n x n m x x x + → − − = . 显然,当 1 2 0 1 n m < − < ,则该反常积分收敛. 当1 2 0 n m − ≤, 1 2 1 0 [ln (1 )] lim m x n x x + → − 存在,此时 ( ) 2 1 2 0 ln 1 m n x dx x − ∫ 实际上不是反常积分,故收 敛. 故不论 , m n 是什么正整数, ( ) 2 1 2 0 ln 1 m n x dx x − ∫ 总收敛.对于 ( ) 2 1 1 2 ln 1 m n x dx x − ∫ ,取 0 1 δ < < ,不论 , m n 是什么正整数, 1 2 1 1 2 1 1 [ln (1 )] lim lim ln (1 ) (1 ) 0 1 (1 ) m n m x x x x x x x δ δ − − → → − = − − = − , 所以 ( ) 2 1 1 2 ln 1 m n x dx x − ∫ 收敛,故选(D). 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 75 页] --- (5) 【答案】 (B). 【解析】 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 x z y z y z F F F F F yF zF z x x x x x F F xF F x     ′ ′ ′ ′ − + − ⋅ + ⋅     ′ ′ ′ + ∂     = − = − = = ∂ ′ ′ ′ ′ ⋅ , 1 1 2 2 1 1 y z F F F z x y F F F x ′ ⋅ ′ ′ ∂= − = − = − ∂ ′ ′ ′ ⋅ , 1 2 1 2 2 2 2 yF zF yF F z z z x y z x y F F F ′ ′ ′ ′ + ⋅ ∂ ∂ + = − = = ∂ ∂ ′ ′ ′ ． (6) 【答案】 (D). 【解析】 ( )( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ( ) n n n n i j i j n n n i n j n i n j = = = = = + + + + ∑∑ ∑ ∑ 2 2 1 1 1 ( )( ) n n j i n n j n i = = = + + ∑ ∑ 1 2 2 2 0 2 1 1 1 1 1 lim lim , 1 1 ( ) n n n n j j n dy j n j n y n →∞ →∞ = = = = + + + ∑ ∑ ∫ 1 0 1 1 1 1 1 lim lim , 1 1 ( ) n n n n i i n dx i n i n x n →∞ →∞ = = = = + + + ∑ ∑ ∫ ( )( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 lim lim( )( ) n n n n n n i j j i n n j n i n i n j →∞ →∞ = = = = = + + + + ∑∑ ∑ ∑ 2 2 1 (lim ) n n j n n j →∞ = = + ∑ 1 (lim ) n n i n n i →∞ = + ∑ 1 1 2 0 0 1 1 ( )( ) 1 1 dx dy x y = + + ∫ ∫ ( )( ) 1 1 2 0 0 1 1 1 dx dy x y = + + ∫ ∫ . (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) r r ≤ ,即 1 1 ( , , ) ( , , ) r s r r s α α β β ≤ ≤   若向量组I 线性无关,则 1 ( , , ) r r r α α =  ,所以 1 1 ( , , ) ( , , ) r s r r r s α α β β = ≤ ≤   ,即 r s ≤ ,选(A).

(8) 【答案】 (D). 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 76 页] --- 【解析】：设λ 为A 的特征值,由于 2 A A O + = ,所以 2 0 λ λ + = ,即( 1) 0 λ λ + = ,这样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 Λ  , ( ) ( ) 3 r A r = Λ = ,因此, 1 1 1 0 −     −   Λ =   −     ,即 1 1 1 0 A −     −   Λ =   −      .

(9) 【答案】 2 1 2 3 cos sin x y C e C x C 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 λ λ λ − + − = ,因式分解得 ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 1 0 λ λ λ λ λ − + − = − + = , 解得特征根为 2, i λ λ = = ± ,所以通解为 2 1 2 3 cos sin x y C e C x C x = + + .

(10) 【答案】 2 y x = . 【解析】因为 3 2 2 1 lim 2 x x x x →∞ + = ,所以函数存在斜渐近线,又因为 3 3 3 2 2 2 2 2 2 lim 2 lim 0 1 1 x x x x x x x x x →∞ →∞ − − − = = + + ,所以斜渐近线方程为 2 y x = .

(11) 【答案】 ( ) 2 1 ! n n − ⋅ − . 【解析】由高阶导数公式可知 ( ) ln (1 ) n x + 1 ( 1)! ( 1) (1 ) n n n x − − = − + , 所以 ( ) ( ) ( ) 1 ( 1)! ( 1)! ln 1 2 ( 1) 2 2 (1 2 ) (1 2 ) n n n n n n n n x x x − − − − = − ⋅− = − − − , 即 ( ) ( 1)!

(0) 2 2 ( 1)! (1 2 0) n n n n n y n − = − = − − −⋅ .

(12) 【答案】 ( ) 2 1 eπ − . 【解析】因为 0 θ π ≤ ≤ ,所以对数螺线r eθ = 的极坐标弧长公式为 ( ) ( ) 2 2 0 e e d π θ θ θ + ∫ = 0 2 e d π θ θ ⋅ ∫ = ( ) 2 1 eπ − .

(13) 【答案】3cm/s . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 77 页] --- 【解析】设 ( ), ( ) l x t w y t = = ,由题意知,在 0 t t = 时刻 0 0 ( ) 12, ( ) 5 x t y t = = ,且 0 ( ) 2, x t ′ = 0 ( ) 3 y t ′ = ,设该对角线长为( ) S t ,则 2 2 ( ) ( ) ( ) S t x t y t = + ,所以 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x t x t y t y t S t x t y t ′ ′ + ′ = + . 所以 0 0 0 0 0 2 2 2 2 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 12 2 5 3 ( ) 3 ( ) ( ) 12 5 x t x t y t y t S t x t y t ′ ′ + ⋅+ ⋅ ′ = = = + + .

(14) 【答案】3. 【解析】由于 1 1 1 1 ( ) ( ) A A B B E AB B B A − − − − + = + = + ,所以 1 1 1 1 1 ( ) A B A A B B A A B B − − − − − + = + = + 因为 2 B = ,所以 1 1 1 2 B B − −= = ,因此 1 1 1 1 3 2 3 2 A B A A B B − − − + = + = × × = .

(15) 【解析】因为 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) x x x t t t f x x t e dt x e dt te dt − − − = − = − ∫ ∫ ∫ , 所 以 2 2 2 4 4 2 3 3 1 1 ( ) 2 2 2 2 x x t x x t f x x e dt x e x e x e dt − − − − ′ = + − = ∫ ∫ , 令 ( ) 0 f x ′ = , 则 0, 1 x x = = ± . 又 2 2 4 2 1 ( ) 2 4 x t x f x e dt x e − − ′′ = + ∫ ,则 2 0 1

(0) 2 0 t f e dt − ′′ = < ∫ ,所以 2 2 1 0 1 1 0 1 1

(0) (0 ) (1 ) 2 2 t t f t e dt e e − − − = − = − = − ∫ 是极大值. 而 1 ( 1) 4 0 f e− ′′ ± = > ,所以 ( 1) 0 f ± = 为极小值. 又因为当 1 x ≥ 时, ( ) 0 f x ′ > ；0 1 x ≤ < 时, ( ) 0 f x ′ < ；1 0 x −≤ < 时, ( ) 0 f x ′ > ； 1 x < −时, ( ) 0 f x ′ < ,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, ) − +∞  .

(16) 【解析】 (I)当0 1 x < < 时0 ln(1 ) x x < + < ,故[ ] ln(1 ) n n t t + < ,所以 [ ] ln ln(1 ) ln n n t t t t + < , 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 78 页] --- 则 [ ] 1 1 0 0 ln ln(1 ) ln n n t t dt t t dt + < ∫ ∫ ( ) 1,2, n = . (II) ( ) 1 1 1 1 0 0 0 1 ln ln ln 1 n n n t t dt t t dt td t n + = − ⋅ = − + ∫ ∫ ∫ ( ) 2 1 1 n = + ,故由 ( ) 1 2 0 1 0 ln 1 n n u t t dt n < < = + ∫ , 根据夹逼定理得 ( ) 2 1 0 lim lim 0 1 n n n u n →∞ →∞ ≤ ≤ = + ,所以lim 0 n n u →∞ = . (17)【解析】根据题意得 ( ) , 2 2 dy t dy dt dx dx t dt ψ ′ = = + ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 4 1 t d t t t t t d y dt dx dx t t dt ψ ψ ψ ′     ′′ ′ + − +   + = = = + + 即 ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 1 t t t t ψ ψ ′′ ′ + − = + ,整理有 ( )( ) ( ) ( ) 2 1 3 1 t t t t ψ ψ ′′ ′ + − = + ,解 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 5 1 , 1 6 2 t t t t ψ ψ ψ ψ ′ ′′ − = +  +   ′ = =  ,令 ( ) y t ψ ′ = ,即 ( ) 1 3 1 1 y y t t ′− = + + . 所以 ( ) ( )( ) 1 1 1 1 3 1 1 3 dt dt t t y e t e dt C t t C − + +   ∫ ∫ = + + = + +     ∫ , 1 t > −.因为( ) ( ) 1 1 6 y ψ ′ = = , 所以 0 C = ,故 ( ) 3 1 y t t = + ,即 ( ) ( ) 3 1 t t t ψ ′ = + , 故 ( ) ( ) 2 3 1 3 3 1 2 t t t dt t t C ψ = + = + + ∫ ． 又由 ( ) 5 1 2 ψ = ,所以 1 0 C = ,故 ( ) 2 3 3 ,( 1) 2 t t t t ψ = + > − .

(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： 2 2 2 2 1 x y a b + = 阴影部分的面积 2 2 2 2 2 2 b b b b a S xdy b y dy b − − = = − ∫ ∫ 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 79 页] --- 令 sin , y b t y b = = −时 ; 2 2 b t y π = − = 时 6 t π = . 2 6 6 2 2 1 1 2 3 2 cos 2 ( cos2 ) ( ) 2 2 3 4 S ab tdt ab t dt ab π π π π π − − = = + = + ∫ ∫ 所以油的质量 2 3 ( ) 3 4 m abl π ρ = + .

(19) 【解析】由复合函数链式法则得 u u u u u x x y x ξ η ξ ξ η ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ = + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ , u u u u u a b y y y ξ η ξ η ξ η ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = ⋅ + = ⋅ + ⋅ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ , 2 2 2 2 2 2 2 2 u u u u u u u x x x x x x ξ η η η ξ η ξ ξ η η ξ η   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂   2 2 2 2 2 2 , u u u ξ η ξ η ∂ ∂ ∂ = + + ∂ ∂ ∂∂ 2 2 2 2 2 2 2 u u u u u u u x y y y y y y ξ η η η ξ η ξ ξ η η ξ η   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅   ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂   2 2 2 2 2 ( ) , u u u a b a b ξ η ξ η ∂ ∂ ∂ = + + + ∂ ∂ ∂∂ 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) u u u u u u u a b a a b b a a y y ξ η ξ ξ η η ξ η   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + = + + +   ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂∂   2 2 2 2 2 2 2 2 , u u u a b ab ξ η ξ η ∂ ∂ ∂ = + + ∂ ∂ ∂∂ 故 2 2 2 2 2 4 12 5 u u u x x y y ∂ ∂ ∂ + + ∂ ∂∂ ∂ [ ] 2 2 2 2 2 2 2 (5 12 4) (5 12 4) 12( ) 10 8 0, u u u a a b b a b ab ξ η ξ η ∂ ∂ ∂ = + + + + + + + + + = ∂ ∂ ∂∂ 所以 2 2 5 12 4 0 5 12 4 0 12( ) 10 8 0 a a b b a b ab  + + =  + + =   + + + ≠  , 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 80 页] --- 则 2 5 a = − 或2 −, 2 5 b = − 或2 −.又因为当( , ) a b 为 2 2 ( 2, 2),( , ) 5 5 − − − − 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】 2 2 sin 1 cos2 D I r r drd θ θ θ = − ∫∫ ( ) 2 2 2 sin 1 cos sin D r r rdrd θ θ θ θ = − − ⋅ ∫∫ 2 2 1 D y x y dxdy = − + ∫∫ 1 2 2 0 0 1 x dx y x y dy = − + ∫ ∫ ( ) 3 1 2 2 0 1 1 1 3 x dx   = − −     ∫ ( ) 3 1 1 2 2 0 0 1 1 1 3 3 dx x dx = − − ∫ ∫ 2 0 1 1 3 cos4 3 3 16 d π θ θ π = − = − ∫ .

(21) 【解析】令 ( ) ( ) 3 1 3 F x f x x = − ,对于 ( ) F x 在 1 0, 2       上利用拉格朗日中值定理,得存 在 1 0, , 2 ξ   ∈    使得 ( ) ( ) 1 1 0 2 2 F F F ξ   ′ − =     ． 对于 ( ) F x 在1 ,1 2       上利用拉格朗日中值定理,得存在 1 ,1 , 2 η   ∈    使得 ( ) ( ) 1 1 1 2 2 F F F η   ′ − =     , 两式相加得 ( ) ( ) 2 2 f f ξ η ξ η ′ ′ + = + . 所以存在 1 1 0, , ,1 2 2 ξ η     ∈ ∈         ,使 ( ) ( ) 2 2 f f ξ η ξ η ′ ′ + = + .

(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( ) ( ) 3 r A r A = < ,对增广矩阵进行初等行 变换,得 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 81 页] --- 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 a A a λ λ λ λ λ λ         = − → −             2 2 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 a a λ λ λ λ λ λ λ λ λ         → − → −         − − − − − +     当 1 λ = 时, 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 A a         → →             ,此时, ( ) ( ) r A r A ≠ ,故Ax b = 无解(舍去)． 当 1 λ = −时, 1 1 1 1 0 2 0 1 0 0 0 2 A a −     → −     +   ,由于( ) ( ) 3 r A r A = < ,所以 2 a = −,故 1 λ = − , 2 a = −. 方法2：已知Ax b = 有2 个不同的解,故( ) ( ) 3 r A r A = < ,因此 0 A = ,即 2 1 1 0 1 0 ( 1) ( 1) 0 1 1 A λ λ λ λ λ = − = − + = , 知 1 λ = 或-1. 当 1 λ = 时, ( ) 1 ( ) 2 r A r A = ≠ = ,此时, Ax b = 无解,因此 1 λ = −.由( ) ( ) r A r A = ,得 2 a = −. ( II ) 对增广矩阵做初等行变换 3 1 0 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 1 0 2 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 A   −   − − − −             = − → − → −           −             可知原方程组等价为 1 3 2 3 2 1 2 x x x  − =   = −  ,写成向量的形式,即 1 2 3 3 3 2 1 1 0 2 1 0 x x x x               = + −                    . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 82 页] --- 因此Ax b = 的通解为 3 2 1 1 0 2 1 0 x k           = + −              ,其中k 为任意常数.

(23) 【解析】由于 0 1 4 1 3 4 0 A a a −     = −       ,存在正交矩阵Q ,使得 T Q AQ 为对角阵,且Q 的第一 列为1 (1,2,1) 6 T ,故A 对应于 1λ 的特征向量为 1 1 (1,2,1) 6 T ξ = . 根据特征值和特征向量的定义,有 1 1 1 6 6 2 2 6 6 1 1 6 6 A λ                 =                     ,即 1 0 1 4 1 1 1 3 2 2 4 0 1 1 a a λ −       − =          ,由此可得 1 1, 2 a λ = − = .故 0 1 4 1 3 1 4 1 0 A −     = − −     −   . 由 1 4 1 3 1 ( 4)( 2)( 5) 0 4 1 E A λ λ λ λ λ λ λ − − = − = + − − = − , 可得A 的特征值为 1 2 3 2, 4, 5 λ λ λ = = − = . 由 2 ( ) 0 E A x λ − = ,即 1 2 3 4 1 4 1 7 1 0 4 1 4 x x x − −         − =        − −    ,可解得对应于 2 4 λ = −的线性无关的 特征向量为 2 ( 1,0,1)T ξ = − . 由 3 ( ) 0 E A x λ − = ,即 1 2 3 5 1 4 1 2 1 0 4 1 5 x x x −         =        −    ,可解得对应于 3 5 λ = 的特征向量为 3 (1, 1,1)T ξ = − . 由于A 为实对称矩阵, 1 2 3 , , ξ ξ ξ 为对应于不同特征值的特征向量,所以 1 2 3 , , ξ ξ ξ 相互正 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 83 页] --- 交,只需单位化： 3 1 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 (1,2,1) , ( 1,0,1) , (1, 1,1) 6 2 3 T T T ξ ξ ξ η η η ξ ξ ξ = = = = − = = − , 取 ( ) 1 2 3 1 1 1 6 2 3 2 1 , , 0 6 3 1 1 1 6 2 3 Q η η η   −       = = −           ,则 2 4 5 T Q AQ     = Λ = −       . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 84 页] --- 2011 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案

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) 【答案】(C)． 【解析】因为 0 3sin sin3 lim k x x x cx → − 0 3sin sin cos2 cos sin 2 lim k x x x x x x cx → − − = ( ) 2 0 sin 3 cos2 2cos lim k x x x x cx → − − = 2 1 0 3 cos2 2cos lim k x x x cx − → − − = ( ) 2 2 1 0 3 2cos 1 2cos lim k x x x cx − → − − − = 2 2 1 1 0 0 4 4cos 4sin lim lim k k x x x x cx cx − − → → − = = 3 0 4 lim 1 k x cx − → = = ． 所以 4, 3 c k = = ，故答案选(C)． 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 85 页] --- (2)【答案】(B)． 【解析】 ( ) ( ) 2 3 3 0 2 lim x x f x f x x → − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 0 0 2 2 0 lim x x f x x f f x f x → − − + = ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 0 0 0 lim 2 x f x f f x f x x →   − −   = −     ( ) ( ) ( ) 0 2 0 0 f f f ′ ′ ′ = − = − ． 故答案选(B)．

(3) 【答案】(C)． 【解析】 ( ) ln 1 ln 2 ln 3 f x x x x = −+ − + − 1 1 1 '( ) 1 2 3 f x x x x = + + − − − 2 3 12 11 ( 1)( 2)( 3) x x x x x − + = − − − 令 '( ) 0 f x = ，得 1,2 6 3 3 x ± = ，故 ( ) f x 有两个不同的驻点．

(4) 【答案】(C)． 【解析】微分方程对应的齐次方程的特征方程为 2 2 0 r λ − = ，解得特征根1 2 r r λ λ = = − , ． 所以非齐次方程 2 x y y eλ λ ′′− = 有特解 1 x y x a eλ = ⋅⋅ , 非齐次方程 2 x y y e λ λ − ′′− = 有特解 2 x y x b e λ − = ⋅⋅ ， 故由微分方程解的结构可知非齐次方程 2 x x y y e e λ λ λ − ′′− = + 可设特解 ( ). x x y x ae be λ λ − = +

(5) 【答案】(A)． 【解析】由题意有 ( ) ( ) z f x g y x ∂ ′ = ∂ ， ( ) ( ) z f x g y y ∂ ′ = ∂ 所以， ( ) 0,0

(0) (0) 0 z f g x ∂ ′ = = ∂ ， ( ) 0,0

(0)

(0) 0 z f g y ∂ ′ = = ∂ ，即( ) 0,0 点是可能的极值点． 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 86 页] --- 又因为 2 2 ( ) ( ) z f x g y x ∂ ′′ = ∂ ， 2 ( ) ( ) z f x g y x y ∂ ′ ′ = ∂∂ ， 2 2 ( ) ( ) z g y f x y ∂ ′′ = ∂ ， 所以， 2 (0,0) 2 |

(0)

(0) z A f g x ∂ ′′ = = ⋅ ∂ ， 2 (0,0) |

(0)

(0) 0 z B f g x y α ′ ′ = = ⋅ = ∂∂ ， 2 (0,0) 2 |

(0)

(0) z C f g y ∂ ′′ = = ⋅ ∂ ， 根据题意由( ) 0,0 为极小值点，可得 2 0, AC B A C − = ⋅ > 且

(0)

(0) 0 A f g ′′ = ⋅ > ，所以有

(0)

(0)

0. C f g′′ = ⋅ > 由题意

(0) 0, (0) 0 f g > < ，所以

(0) 0,

(0) 0 f g ′′ ′′ < > ，故选(A)．

(6) 【答案】(B)． 【解析】因为0 4 x π < < 时， 0 sin cos 1 cot x x x < < < < ， 又因ln x 是单调递增的函数，所以lnsin ln cos ln cot x x x < < ． 故正确答案为(B)．

(7) 【答案】 (D)． 【解析】由于将A 的第2 列加到第1 列得矩阵B ，故 1 0 0 1 1 0 0 0 1 A B    =       ， 即 1 AP B = ， 1 1 A BP− = ． 由于交换B 的第2 行和第3 行得单位矩阵，故 1 0 0 0 0 1 0 1 0 B E     =       ， 即 2 , P B E = 故 1 2 2 B P P − = = ．因此， 1 2 1 A P P− = ，故选(D)． (8)【答案】(D)． 【解析】由于(1,0,1,0)T 是方程组 0 Ax = 的一个基础解系，所以 (1,0,1,0) 0 T A = ，且 ( ) 4 1 3 r A = −= ，即 1 3 0 α α + = ，且 0 A = ．由此可得 * | | A A A E O = = ，即 * 1 2 3 4 ( , , , ) A O = α α α α ，这说明 1 2 3 4 , , , α α α α 是 * 0 A x = 的解． 由于( ) 3 r A = ， 1 3 0 α α + = ，所以 2 3 4 , , α α α 线性无关．又由于( ) 3 r A = ，所以 * ( ) 1 r A = ，因此 * 0 A x = 的基础解系中含有4 1 3 −= 个线性无关的解向量．而 2 3 4 , , α α α 线 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 87 页] --- 性无关，且为 * 0 A x = 的解，所以 2 3 4 , , α α α 可作为 * 0 A x = 的基础解系，故选(D)．

位置上．)

(9) 【答案】 2 ． 【解析】原式= 0 1 2 1 lim( 1) 2 x x x e → + − 0 0 2 1 2 ln2 1 lim lim ln2 2 2 2 2 x x x x x e e e → → − ⋅ = = = = ．

(10) 【答案】 sin x y e x − = ． 【解析】由通解公式得 ( cos ) dx dx x y e e x e dx C − − ∫ ∫ = ⋅ + ∫ ( cos ) x e xdx C − = + ∫ (sin ) x e x C − = + ． 由于(0) 0, y = 故C =0．所以 sin x y e x − = ．

(11) 【解析】选取x 为参数，则弧微元 ( ) 2 2 1 1 tan sec ds y dx xdx xdx ′ = + = + = 所以 4 4 0 0 sec ln sec tan ln(1 2) s xdx x x π π = = + = + ∫ ．

(12) 【答案】1 λ ． 【解析】原式 0 0 x x x e dx xde λ λ λ +∞ +∞ − − = = − ∫ ∫ 0 0 0 1 lim 0 x x x x x x xe e dx e e λ λ λ λ λ +∞ − +∞ − − +∞ →+∞ = − + = − + − ∫ 0 1 1 1 1 lim lim x x x x e e e λ λ λ λ λ →+∞ →+∞   = − − − =     ．

(13) 【答案】7 12 ． 【解析】原式 2sin 2sin 3 2 2 0 0 4 4 cos sin cos sin d r r rdr r d r dr π π θ θ π π θ θ θ θ θ θ = ⋅ = ⋅ ∫ ∫ ∫ ∫ 4 2 4 1 sin cos 16sin 4 d π π θ θ θ θ = ⋅ ⋅ ⋅ ∫ 5 5 2 2 4 4 4cos sin 4 sin sin d d π π π π θ θ θ θ θ = ⋅ = ∫ ∫ 6 6 4 4 7 sin 6 12 π π θ = = ．

(14) 【答案】2． 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 88 页] --- 【解析】方法1：f 的正惯性指数为所对应矩阵的特征值中正的个数． 二次型f 对应矩阵为 1 1 1 1 3 1 1 1 1 A     =       ． 1 1 1 0 0 0 1 3 1 1 3 1 1 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 E A λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ − − − − − = − − − = − − − = − − − − − − − − − − − − ( )( ) 3 2 1 4 1 2 λ λ λ λ λ λ − − = = − − − − ， 故 1 2 3 0, 1, 4 λ λ λ = = = ．因此f 的正惯性指数为2． 方法2：f 的正惯性指数为标准形中正的平方项个数． ( ) 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 , , 3 2 2 2 f x x x x x x x x x x x x = + + + + + ( ) 2 2 2 2 2 1 2 3 2 2 3 3 2 3 2 3 2 3 2 x x x x x x x x x x x = + + − − − + + + ( ) 2 2 1 2 3 2 2 x x x x = + + + ， 令 1 1 2 3 2 2 3 3 , , , y x x x y x y x = + +   =   =  则 2 2 1 2 2 f y y = + ，故f 的正惯性指数为2．

应写出文 字说明、证明过程或演算步骤．)

(15) (本题满分10 分) 【解析】如果 0 a ≤ 时， 2 2 0 0 (1 ) lim lim ln(1 ) x x a a x x ln t dt x t dt x − →+∞ →+∞ + = ⋅ + = +∞ ∫ ∫ ， 显然与已知矛盾，故 0 a > ． 当 0 a > 时 ， 又 因 为 2 2 2 3 0 1 1 0 0 0 0 ln(1 ) ln(1 ) 1 lim lim lim lim 0 x a a a a x x x x t dt x x x x ax ax a + + + + − − − → → → → + + = = = ⋅ = ∫ ． 所以3 0 a − > 即 3 a < ． 又因为 2 2 3 2 0 1 2 2 2 ln(1 ) ln(1 ) 2 1 0 lim lim lim lim ( 1) ( 1) 1 x a a a a x x x x x t dt x x x x ax a a x a a x − − − →+∞ →+∞ →+∞ →+∞ + + + = = = = − − + ∫ 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 89 页] --- 所以3 2 a − < ，即 1 a > ，综合得1 3 a < < ． (16) (本题满分11 分) 【解析】因为 2 2 1 ( ) 1 dy t dt y x dx t dt − ′ = = + ， 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 ( ) 1 2 ( 1) ( 1) 2 1 4 1 ( ) , ( 1) 1 ( 1) t d t t t t t t y x dx dt t t t dt − + − − ⋅ + ′′ = ⋅ = ⋅ = + + + 令 ( ) 0 y x ′ = 得 1 t = ± ， 当 1 t = 时， 5 3 x = ， 1 3 y = − ，此时 0 y′′ > ，所以 1 3 y = − 为极小值． 当 1 t = −时， 1 x = −， 1 y = ，此时 0 y′′ < ，所以 1 y = 为极大值． 令 ( ) 0 y x ′′ = 得 0 t = ， 1 3 x y = = ． 当 0 t < 时， 1 3 x < ，此时 0 y′′ < ；当 0 t > 时， 1 3 x > ，此时 0 y′′ > ． 所以曲线的凸区间为 1 3   −∞     ，，凹区间为1 3   + ∞     ， ，拐点为1 1 ( , ) 3 3 ．

(17) (本题满分9 分) 【解析】 [ ] , ( ) z f xy yg x = [ ] [ ] 1 2 , ( ) , ( ) ( ) z f xy yg x y f xy yg x yg x x ∂ ′ ′ ′ = ⋅ + ⋅ ∂ [ ] [ ] 2 1 11 12 , ( ) ( , ( )) ( , ( )) ( ) z f xy yg x y f xy yg x x f xy yg x g x x y ∂ ′ ′′ ′′ = + + ∂∂ [ ] { } 2 12 22 ( ) , ( ) ( ) [ , ( )] [ , ( )] ( ) g x f xy yg x yg x f xy yg x x f xy yg x g x ′ ′ ′ ′′ ′′ + ⋅ + ⋅+ ． 因为( ) g x 在 1 x = 可导，且为极值,所以

(1) 0 g′ = ，则 2 1 1 11 12 1 | (1,1) (1,1) (1,1) x y d z f f f dxdy = = ′ ′′ ′′ = + + ． (18) (本题满分10 分) 【解析】由题意可知当 0 x = 时， 0 y = ， '(0) 1 y = ，由导数的几何意义得 tan y α ′ = , 即 arctan y α ′ = ，由题意 ( ) arctan d dy y dx dx ′ = ，即 2 1 y y y ′′ ′ = ′ + ． 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 90 页] --- 令y p ′ = ，y p ′′ ′ = ，则 2 1 p p p ′ = + ， 3 dp dx p p = + ∫ ∫ ，即 2 1 dp p dp dx p p − = + ∫ ∫ ∫ ， 2 1 1 ln | | ln( 1) 2 p p x c − + = + ，即 2 2 1 1 x p ce− = − ． 当 0 x = ， 1 p = ，代入得 2 c = ，所以 2 1 ' 2 1 x y e− = − ， 则 2 2 0 0 ( )

(0) 2 1 2 t x x t t dt e dt y x y e e − − = = − − ∫ ∫ 0 0 2 2 arcsin | arcsin 4 2 2 1 ( ) 2 t t x x x t e d e e e π       = = = − − ∫ ． 又因为(0) 0 y = ，所以 2 ( ) arcsin 2 4 x y x e π = − ．

(19) (本题满分10 分) 【解析】(Ⅰ)设 ( ) ( ) 1 ln 1 , 0, f x x x n   = + ∈    显然 ( ) f x 在 1 0, n       上满足拉格朗日的条件， ( ) 1 1 1 1 1 1 0 ln 1 ln1 ln 1 , 0, 1 f f n n n n n ξ ξ         − = + − = + = ⋅ ∈         +         所以 1 0, n ξ   ∈    时， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 n n n n ξ ⋅ < ⋅ < ⋅ + + + ，即： 1 1 1 1 1 1 n n n ξ < ⋅ < + + ， 亦即： 1 1 1 ln 1 1 n n n   < + <   +   ． 结论得证． （II）设 1 1 1 1 1 1 ln ln 2 3 n n k a n n n k = = + + + + − = − ∑  ． 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 91 页] --- 先证数列{ } na 单调递减． ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ln 1 ln ln ln 1 1 1 1 n n n n k k n a a n n k k n n n n + + = =         − = − + − − = + = − +         + + +         ∑ ∑ ， 利用（I）的结论可以得到 1 1 ln(1 ) 1 n n < + + ，所以 1 1 ln 1 0 1 n n   − + <   +   得到 1 n n a a + < ，即 数列{ } na 单调递减． 再证数列{ } na 有下界． 1 1 1 1 ln ln 1 ln n n n k k a n n k k = =   = − > + −     ∑ ∑ ， ( ) 1 1 1 1 2 3 4 1 ln 1 ln ln ln 1 1 2 3 n n k k k n n k k n = = + +       + = = ⋅ ⋅ = +             ∑ ∏  ， ( ) 1 1 1 1 ln ln 1 ln ln 1 ln 0 n n n k k a n n n n k k = =   = − > + − > + − >     ∑ ∑ ． 得到数列{ } na 有下界．利用单调递减数列且有下界得到{ } na 收敛． (20) (本题满分11 分) 【解析】(I)容器的容积即旋转体体积分为两部分 1 2 V V V = + ( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 y y dy y dy π π − = − + − ∫ ∫ 2 3 2 1 2 3 y y π   = −     + 1 3 2 1 3 y y π −   −     =π 1 5 3 4   + −     = 9 4π ． (II) 所做的功为 2 2 (2 )(1 ) (2 )(2 ) dw g y y dy g y y y dy πρ πρ = − − + − − 1 2 2 2 2 1 1 2 (2 )(1 ) (2 )(2 ) w g y y dy g y y y dy πρ πρ − = − − + − − ∫ ∫ 1 2 3 2 3 2 2 1 1 2 ( 2 2) 4 4 ) g y y y dy y y y dy πρ −   = − − + + + − +     ∫ ∫ 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 92 页] --- 1 1 1 2 2 4 3 2 2 3 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 4 2 2 4 3 2 4 3 y y y y y g y y πρ − − − −     = − − + + − +       3 27 10 3375 8 g g π π × = = ．

(21) (本题满分11 分) 【解析】因为 ( ,1) 0 f x = ， (1, ) 0 f y = ，所以 ( ,1) 0 xf x ′ = ． 1 1 0 0 ( , ) xy I xdx yf x y dy ′′ = ∫ ∫ 1 1 0 0 ( , ) x xdx ydf x y ′ = ∫ ∫ ( ) ( ) 1 1 1 0 0 0 , | , x x xdx yf x y f x y dy   ′ ′ = −     ∫ ∫ ( ) 1 1 0 0 ( ,1) ( , ) x x xdx f x f x y dy ′ ′ = − ∫ ∫ 1 1 0 0 ( , ) x xdx f x y dy ′ = −∫ ∫ 1 1 0 0 ( , ) x dy xf x y dx ′ = −∫ ∫ 1 1 1 0 0 0 ( , ) | ( , ) dy xf x y f x y dx   = − −     ∫ ∫ 1 1 0 0 (1, ) ( , ) dy f y f x y dx   = − −     ∫ ∫ ( , ) D f x y dxdy = ∫∫ a = ．

(22) (本题满分11 分) 【解析】(I)由于 1 2 3 , , α α α 不能由 1 2 3 , , β β β 线性表示，对 1 2 3 1 2 3 ( , , , , , ) β β β α α α 进行初 等行变换： 1 2 3 1 2 3 1 1 3 1 0 1 ( , , , , , ) 1 2 4 0 1 3 1 3 1 1 5 a     =       β β β α α α 1 1 3 1 0 1 0 1 1 1 1 2 0 2 3 0 1 4 a     → −     −   1 1 3 1 0 1 0 1 1 1 1 2 0 0 5 2 1 0 a     → −     − −   ． 当 5 a = 时， 1 2 3 1 2 3 1 ( , , ) 2 ( , , , ) 3 r r β β β β β β α = ≠ = ，此时， 1 α 不能由 1 2 3 , , β β β 线性表示， 故 1 2 3 , , α α α 不能由 1 2 3 , , β β β 线性表示． (II)对 1 2 3 1 2 3 ( , , , , , ) α α α β β β 进行初等行变换： 1 2 3 1 2 3 1 0 1 1 1 3 ( , , , , , ) 0 1 3 1 2 4 1 1 5 1 3 5     =       α α α β β β 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 93 页] --- 1 0 1 1 1 3 0 1 3 1 2 4 0 1 4 0 2 2     →      1 0 1 1 1 3 0 1 3 1 2 4 0 0 1 1 0 2     →    − −   1 0 0 2 1 5 0 1 0 4 2 10 0 0 1 1 0 2     →    − −   ， 故 1 1 2 3 2 4 β α α α = + − ， 2 1 2 2 β α α = + ， 3 1 2 3 5 10 2 β α α α = + − ．

(23) (本题满分11 分) 【解析】(I)由于 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 A −         =         −     ，设 ( ) ( ) 1 2 1,0, 1 , 1,0,1 T T α α = − = ，则 ( ) ( ) 1 2 1 2 , , A α α α α = − ，即 1 1 2 2 , A A α α α α = − = ，而 1 2 0, 0 α α ≠ ≠ ，知A 的特征值为 1 2 1, 1 λ λ = − = ，对应的特征向量分别为 ( ) 1 1 1 0 k k α ≠ ， ( ) 2 2 2 0 k k α ≠ ． 由于( ) 2 r A = ，故 0 A = ，所以 3 0 λ = ． 由于A 是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设 3 0 λ = 对应的 特征向量为 ( ) 3 1 2 3 , , T x x x α = ，则 1 3 2 3 0, 0, T T  =  =  α α α α 即 1 3 1 3 0, 0 x x x x − =   + =  ． 解此方程组，得 ( ) 3 0,1,0 T α = ，故 3 0 λ = 对应的特征向量为 ( ) 3 3 3 0 k k α ≠ ． (II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化： ( ) ( ) ( ) 3 1 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1,0, 1 , 1,0,1 , 0,1,0 2 2 T T T α α α β β β α α α = = − = = = = ． 令 ( ) 1 2 3 , , Q β β β = ，则 1 1 0 T Q AQ −     = Λ =       ， T A Q Q = Λ 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 94 页] --- 2 2 0 2 2 2 2 0 1 2 2 2 2 0 0 1 1 0 2 2 0 2 2 0 1 0 0 2 2   −         −         =                   −           2 2 0 2 2 2 2 0 0 0 1 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 2 2 1 0 0 2 2 0 1 0 0 2 2   −    −           = =                        ． 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 95 页] --- 2012 年全国硕士研究生入学统一考试 数学二试题解析

一项符合题目要求 的，请将所选项前的字母填在答题纸 ．．．指定位置上. （1）曲线 2 2 1 x x y x + = − 渐近线的条数为（） （A）0 （B）1 （C）2 （D）3 【答案】：C 【解析】： 2 2 1 lim 1 x x x x → + = ∞ − ，所以 1 x = 为垂直的 2 2 lim 1 1 x x x x →∞ + = − ，所以 1 y = 为水平的，没有斜渐近线 故两条选C （2）设函数 2 ( ) ( 1)( 2) ( ) x x nx f x e e e n = − − −  ，其中n 为正整数，则 '(0) f = （A） 1 ( 1) ( 1)! n n − − − （B）( 1) ( 1)! n n − − （C） 1 ( 1) ! n n − − （D）( 1) ! nn − 【答案】：C 【解析】： ' 2 2 2 ( ) ( 2) ( ) ( 1)(2 2) ( ) ( 1)( 2) ( ) x x nx x x nx x x nx f x e e e n e e e n e e ne n = − − + − − − + − − −     所以 '(0) f = 1 ( 1) ! n n − − （3）设an>0(n=1,2,…)，Sn=a1+a2+…an，则数列(sn)有界是数列（an）收敛的 (A)充分必要条件. (B)充分非必要条件. （C）必要非充分条件. （D）即非充分地非必要条件. 【答案】：(B) 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 96 页] --- （4）设 2 k x k e I e = ∫ sinxdx(k=1,2,3),则有D （A）I1< I2 0, ( , ) f x y y ∂ ∂ <0,f(x1,y1) x2, y1< y2. (B) x1> x2, y1>y1. (C) x1< x2, y1< y2. (D) x1< x2, y1> y2. 【答案】：(D) 【解析】： ( , ) 0 f x y x ∂ > ∂ ， ( , ) 0 f x y y ∂ < ∂ 表示函数 ( , ) f x y 关于变量x 是单调递增的，关于变 量y 是单调递减的。因此，当 1 2 1 2 , x x y y < > 必有 1 1 2 2 ( , ) ( , ) f x y f x y < ，故选D （6）设区域D 由曲线 ,1 , 2 , sin = ± = = y x x y π 围成，则 ( ) ) ( 1 5 ∫∫ = −dxdy y x π π − − ) ( 2 ) ( 2 ) ( ) ( D C B A 【答案】：（D） 【解析】： 由二重积分的区域对称性， ( ) ) ( π π π − = − = − ∫ ∫ ∫∫ − dy y x dx dxdy y x x 1 sin 5 2 2 5 1 1 （7）设 1 2 3 4 1 2 3 4 0 0 1 1 0 , 1 , 1 , 1 c c c c α α α α −                 = = = − =                         其中 1 2 3 4 , , , c c c c 为任意常数，则下列向量组线性相关 的是（ ） 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 97 页] --- （A） 1 2 3 , , α α α （B） 1 2 4 , , α α α （C） 1 3 4 , , α α α （D） 2 3 4 , , α α α 【答案】：（C） 【解析】：由于( ) 1 3 4 1 1 3 4 0 1 1 1 1 , , 0 1 1 0 1 1 c c c c α α α − − = − = = − ，可知 1 3 4 , , α α α 线性相关。故选（C） （8 ）设A 为3 阶矩阵，P 为3 阶可逆矩阵，且 1 1 1 2 P AP −     =       ， ( ) 1 2 3 , , P α α α = ， ( ) 1 2 2 3 , , Q α α α α = + 则 1 Q AQ − = （ ） （A） 1 2 1           （B） 1 1 2           （C） 2 1 2           （D） 2 2 1           【答案】：（B） 【解析】： 1 0 0 1 1 0 0 0 1 Q P     =       ，则 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 Q P − −     = −       ， 故 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 2 0 0 1 2 Q AQ P AP − −                     = − = − =                               故选（B）。

位置上. （9）设 ( ) y y x = 是由方程 2 1 y x y e − + = 所确定的隐函数，则 ________。 【答案】：1 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 98 页] --- （10）计算 2 2 2 2 2 1 1 1 lim 1 2 x n n n n n →∞   + + + =   + + +   … ________。 【答案】：4 π 【解析】：原式 1 1 2 2 0 1 1 1 lim arctan . 1 4 1 n n i dx x n x i n π 0 →∞ = = = = = +   +     ∑ ∫ （11）设 1 ln z f x y   = +     ,其中函数 ( ) f u 可微，则 2 z z x y x y ∂ ∂ + = ∂ ∂ ________。 【答案】：0 . 【解析】：因为 2 1 1 , z z f f x x y y   ∂ ∂ ′ ′ = ⋅ = ⋅−   ∂ ∂   ，所以 2

0. z z x y x y ∂ ∂ + = ∂ ∂ （12）微分方程 2 ( 3 ) 0 ydx x y dy + − = 满足初始条件 |x y =1=1 的解为________。 【答案】： 2 x y = 【解析】： 2 1 ( 3 ) 0 3 dx ydx x y dy y x dy y + − = ⇒ = − 1 3 dx x y dy y ⇒ + = 为一阶线性微分方程， 所以 1 1 2 1 3 3 dy dy y y x e y e dy C y dy C y −   ∫ ∫   = ⋅ + = +       ∫ ∫ 3 1 ( ) y C y = + 又因为 1 y = 时 1 x = ，解得 0 C = ，故 2 x y = . 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 99 页] --- （13）曲线 2 ( 0) y x x x = + < 上曲率为 2 2 的点的坐标是________。 【答案】：( ) 1,0 − 【解析】：将 2 1, 2 y x y = + = ’ ” 代入曲率计算公式，有 3 2 3/2 2 2 | | 2 2 (1 ) 2 1 (2 1) y K y x ′′ = = = ′ +   + +   整理有 2 (2 1) 1 x + = ，解得 0 1 x = − 或 ，又 0 x < ，所以 1 x = −，这时 0 y = ， 故该点坐标为( ) 1,0 − （14）设A 为3 阶矩阵， 3 A = , * A 为A 的伴随矩阵，若交换A 的第一行与第二行得到矩阵B ,则 * BA = ________。 【答案】：-27 【解析】：由于 12 B E A = ，故 * * 12 12 12 | | 3 BA E A A A E E = ⋅ = = ， 所以， * 3 12 12 | | | 3 | 3 | | 27*( 1) 27 BA E E = = = − = − .

应写出文字说明、证明过程或 演算步骤. （15）（本题满分10 分） 已知函数 1 1 ( ) sin , x f x x x + = − ，记 0 lim ( ) x a f x → = （1）求a 的值 （2）若当 0 x → 时， ( ) f x a − 是 kx 的同阶无穷小，求k 【解析】：（1） 2 0 0 0 1 1 sin lim ( ) lim( 1) lim 1 1 sin x x x x x f x x x x → → → − = − + = + = ，即 1 a = （2）,当 0 x → 时，由 1 1 sin ( ) ( ) 1 sin sin x x f x a f x x x x x − − = −= − = 又因为,当 0 x → 时， sin x x − 与 3 1 6 x 等价，故 1 ( ) ~ 6 f x a x − ，即 1 k = （16）（本题满分10 分） 求 ( ) 2 2 , 2 x y f x y xe + = − 的极值。 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 100 页] --- 【解析】： ( ) 2 2 , 2 x y f x y xe + = − ， 先求函数的驻点. ( ) ( ) , 0, , 0 x y f x y e x f x y y ′ ′ = − = = − = ，解得函数为驻点为( ) ,0 e . 又 ( ) ( ) ( ) ,0 1, ,0 0, ,0 1 xx xy yy A f e B f e C f e ′ ′ ′ = = − = = = = −， 所以 2 0, 0 B AC A − < < ，故 ( ) , f x y 在点( ) ,0 e 处取得极大值 ( ) 2 1 ,0 2 f e e = . （17）（本题满分10 分） 过点（0，1）点作曲线L： x y ln = 的切线，切点为A，又L 与x 轴交于B 点，区域D 由L 与直线AB 及 x 轴围成，求区域D 的面积及D 绕x 轴旋转一周所得旋转体的体积。 【解析】： 设切点坐标为 ( ) 0 0 ,ln A x x ，斜率为 0 1 x ，所以设切线方程为 ( ) 0 0 0 1 ln y x x x x − = − ，又因为该切线过 (0,1) B ，所以 2 0x e = ，故切线方程为： 2 1 1 y x e = + 切线与x 轴交点为( ) 2,0 B e − （1） 2 2 2 2 2 2 0 0 1 ( 1) ( ) 1 2 y y A e e y dy e e y y e     = − − = − − = −       ∫ （2） ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 ln 3 8 ln 2ln 3 8 4 2 ln 2 3 8 2 2 1 3 3 3 e e e e e V e e xdx e x x xdx e e x x dx e e e π π π π π π π π π   = ⋅ ⋅ −− −     = − −       = − − +     = − − = + ∫ ∫ ∫ Y=lnx B （0,1） x y A 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 101 页] --- （18）（本题满分10 分） 计算二重积分∫∫ D xydσ ，其中区域D 为曲线 ( ) π θ θ ≤ ≤ + = 0 cos 1 r 与极轴围成。 【解析】： ∫∫ ∫ ∫ + ⋅ ⋅ = D rdr r r d xyd π θ θ θ θ σ 0 cos 1 0 sin cos ∫ + ⋅ ⋅ = π θ θ θ θ 0 4) cos 1( cos sin 4 1 d 2 2 cos )1 2 cos 2 ( 2 cos 2 sin 16 8 2 0 θ θ θ θ θ π d − = ∫ ∫ ∫ − = 2 0 2 0 9 11 cos sin 16 cos sin 32 π π tdt t tdt t 5 8 3 8 − = 15 16 = （19）（本题满分11 分）已知函数 ) (x f 满足方程 0 ) ( 2 ) ( ) ( ' '' = − + x f x f x f 及 xe x f x f 2 ) ( ) ( ' = + 1）求表达式 ) (x f 2）求曲线的拐点 dt t f x f y x∫ − = 0 2 2 ) ( ) ( 【解析】： 1）特征方程为 0 2 2 = − + r r ，特征根为 2 ,1 2 1 − = = r r ，齐次微分方程 ( ) ( ) 2 ( ) 0 f x f x f x ′′ ′ + − = 的通解 为 x x e C e C x f 2 2 1 ) ( − + = .再由 '( ) ( ) 2 x f x f x e + = 得 2 1 2 2 2 x x x C e C e e − − = ，可知 1 2 1, 0 C C = = 。 故 ( ) x f x e = 2）曲线方程为 2 2 0 x x t y e e dt − = ∫ ，则 2 2 0 ' 1 2 x x t y xe e dt − = + ∫ ， ( ) 2 2 2 0 '' 2 2 1 2 x x t y x x e e dt − = + + ∫ 令 '' 0 y = 得 0 x = 。为了说明 0 x = 是 '' 0 y = 唯一的解，我们来讨论 '' y 在 0 x > 和 0 x < 时的符号。 当 0 x > 时 ， ( ) 2 2 2 0 2 0,2 1 2 0 x x t x x e e dt − > + > ∫ ， 可 知 '' 0 y > ； 当 0 x < 时 ， ( ) 2 2 2 0 2 0,2 1 2 0 x x t x x e e dt − < + < ∫ ，可知 '' 0 y < 。可知 0 x = 是 '' 0 y = 唯一的解。 同时，由上述讨论可知曲线 dt t f x f y x∫ − = 0 2 2 ) ( ) ( 在 0 x = 左右两边的凹凸性相反，可知( ) 0,0 点是曲线 dt t f x f y x∫ − = 0 2 2 ) ( ) ( 唯一的拐点。 （20）（本题满分10 分） 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 102 页] --- 证明： 2 1 ln cos 1 , 1 1 1 2 x x x x x x + + ≥+ −< < − 【解析】：令 ( ) 2 1 ln cos 1 1 2 x x f x x x x + = + −− − ，可得 ( ) ( ) ' 2 2 2 2 1 1 2 ln sin 1 1 1 1 2 ln sin 1 1 1 1 ln sin 1 1 x x f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + = + − − − − − + = + − − − − + + = + − − −   当0 1 x < < 时，有 1 ln 0 1 x x + ≥ − ， 2 2 1 1 1 x x + > − ，所以 2 2 1 sin 0 1 x x x x + − ≥ −  ， 故 ( ) ' 0 f x ≥ ，而 ( ) 0 0 f = ，即得 2 1 ln cos 1 0 1 2 x x x x x + + −− ≥ − 所以 2 1 ln cos 1 1 2 x x x x x + + ≥ + − 。 当1 0 x −< < ，有 1 ln 0 1 x x + ≤ − ， 2 2 1 1 1 x x + > − ，所以 2 2 1 sin 0 1 x x x x + − ≤ −  ， 故 ( ) ' 0 f x ≥ ，即得 2 1 ln cos 1 0 1 2 x x x x x + + −− ≥ − 可知， 2 1 ln cos 1 , 1 1 1 2 x x x x x x + + ≥+ −< < − （21）（本题满分11 分） （1）证明方程 ) 1 (1 ... 1 的整数 > = + + + − n x x x n n ，在区间       1, 2 1 内有且仅有一个实根； （2）记（1）中的实根为 nx ，证明 n n x ∞ → lim 存在，并求此极限。 【解析】：

(1) 由题意得：令 1 ( ) 1 n n f x x x x − = + + + −  ，则

(1) 0 f > ，再由 1 1 (1 ( ) ) 1 1 2 2 ( ) 1 ( ) 0 1 2 2 1 2 n n f − = −= − < − ，由零点定理得在1 ( ,1) 2 肯定有解 0x ，假设在此区间还有另外一根 1x ， 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 103 页] --- 所以 1 1 0 0 0 1 1 n n n n n n n x x x x x x − − + + + −= + + + −   ，由归纳法得到 1 0 x x = ，即唯一性得证 （2）假设根为 nx ，即 1 ( ) 1 0 n n n n n n f x x x x − = + + + −=  ，所以 (1 ) 1 ( ) 1 0,( 1) 1 2 n n n n n n x x f x x x − = −= < < − ， 由 于 1 1 1 1 1 0 n n n n n x x x + + + + + + + −=  ， 可 知 1 1 1 1 1 0 n n n n n x x x − + + + + + + −<  ， 由 于 1 1 0 n n n n n x x x − + + + −=  ，可知 1 n n x x + < 。又由于1 1 2 nx < < ，也即{ } nx 是单调的。则由单调有界收敛 定理可知{ } nx 收敛，假设lim n n x a →∞ = ，可知 2 1 1 a x x < < = 。 当n →∞时， (1 ) 1 lim ( ) lim 1 1 0, lim 1 1 2 n n n n n n n n n n x x a f x x x a →∞ →∞ →∞ − = −= −= = − − 得 （22）（本题满分11 分） 设 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 a a A a a       =       ， 1 1 0 0 b     −   =       （Ⅰ）求A （Ⅱ）已知线性方程组Ax b = 有无穷多解，求a ，并求Ax b = 的通解。 【解析】：（Ⅰ） 4 1 4 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 ( 1) 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 a a a a a a a a a a a + = × + × − = − （Ⅱ） 2 3 2 4 2 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a             − − −       → →             − − −−           −   →    − −−   可知当要使得原线性方程组有无穷多解，则有 4 1 0 a − = 及 2 0 a a −− = ，可知 1 a = −。 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 104 页] --- 此时，原线性方程组增广矩阵为 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 −     − −     −     ，进一步化为行最简形得 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 −     − −     −     可知导出组的基础解系为 1 1 1 1       ，非齐次方程的特解为 0 1 0 0     −         ，故其通解为 1 0 1 1 1 0 1 0 k       −    +          线性方程组Ax b = 存在2 个不同的解，有| | 0 A = . 即： 2 1 1 0 1 0 ( 1) ( 1) 0 1 1 A λ λ λ λ λ = − = − + = ，得 1 λ = 或-1. 当 1 λ = 时, 1 2 3 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 x x x x         =             ，显然不符，故 1 λ = −. （23）（本题满分11 分）三阶矩阵 ， T A 为矩阵A 的转置，已知( ) 2 T r A A = ，且二次型 T T f x A Ax = 。 1）求a 2）求二次型对应的二次型矩阵，并将二次型化为标准型，写出正交变换过程。 【解析】：1）由( ) ( ) 2 T r A A r A = = 可得， 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 a a a = + = ⇒ = − − 2） ( ) 1 1 2 3 2 3 2 2 2 1 2 3 1 2 2 3 2 0 2 , , 0 2 2 2 2 4 2 2 4 4 4 T T x f x A Ax x x x x x x x x x x x x       = =          = + + + + 则矩阵 2 0 2 0 2 2 2 2 4 B     =       更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 105 页] --- ( )( ) 2 0 2 0 2 2 2 6 0 2 2 4 E B λ λ λ λ λ λ λ − − − = − − = − − = − − − 解得B 矩阵的特征值为： 1 2 3 0; 2; 6 λ λ λ = = = 对于 ( ) 1 1 0, 0 E B X λ λ = − = 解 得对应的特征向量为： 1 1 1 1 η     =     −   对于 ( ) 2 2 2, 0 E B X λ λ = − = 解 得对应的特征向量为： 2 1 1 0 η     = −       对于 ( ) 3 3 6, 0 E B X λ λ = − = 解 得对应的特征向量为： 3 1 1 2 η   =    将 1 2 3 , , η η η 单位化可得： 1 1 1 1 3 1 α     =     −   ， 2 1 1 1 2 0 α     = −       ， 3 1 1 1 6 2 α   =    ( ) 1 2 3 , , Q α α α = 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 106 页] --- 2013 年全国硕士研究生入学统一考试 数学二试题答案

一项符合题目要求 的，请将所选项前的字母填在答题纸 ．．．指定位置上. （1）设cos 1 sin ( ) x x x α −= ，其中 ( ) 2 x π α < ，则当 0 x → 时， ( ) x α 是（ ） （A）比x 高阶的无穷小 （B）比x 低阶的无穷小 （C）与x 同阶但不等价的无穷小 （D）与x 等价的无穷小 【答案】（C） 【解析】因为 2 0 0 sin ( ) cos 1 1 lim lim 2 x x x x x x α → → − = = − ，所以 0 limsin ( ) 0 x x α → = ， 因此当 0 x → 时， ( ) 0 x α → ，所以sin ( ) ( ) x x α α  ，所以 0 0 sin ( ) ( ) 1 lim lim 2 x x x x x x α α → → = = − ， 所以 ( ) x α 是与x 同阶但不等价的无穷小。 （2）设函数 ( ) y f x = 由方程cos( ) ln 1 xy y x + − = 确定，则 2 lim ( ) 1 n n f n →∞   − =     （ ） （A）2 （B）1 （C）1 − （D）2 − 【答案】（A） 【解析】由于

(0) 1 f = ，所以 2 ( )

(0) 2 lim ( ) 1 lim 2 2

(0) 2 n n f f n n f f n n →∞ →∞   −     ′ − = =           ， 对此隐函数两边求导得( )sin( ) 1 0 y y xy xy y ′ ′ − + + −= ，所以

(0) 1 f ′ = ，故 2 lim ( ) 1 2 n n f n →∞   − =     。 （3）设函数 sin , 0 ( )= 2, 2 x x f x x π π π ≤ <   ≤ ≤  ， 0 ( ) ( ) x F x f t dt = ∫ ，则（ ） （A）x π = 是函数 ( ) F x 的跳跃间断点 （B）x π = 是函数 ( ) F x 的可去间断点 （C） ( ) F x 在x π = 处连续但不可导 （D） ( ) F x 在x π = 处可导 【答案】（C） 【解析】 0 0 0 sin 1 cos , 0 ( ) ( ) sin 2 2( 1), 2 x x x tdt x x F x f t dt tdt dt x x π π π π π π  = − ≤ <  = =   + = − + ≤ ≤  ∫ ∫ ∫ ∫ ， 由于lim ( ) lim ( ) 2 x x F x F x π π →− →+ = = ，所以 ( ) F x 在x π = 处连续； 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 107 页] --- ( ) ( ) 1 cos lim lim 0 x x F x F x x x π π π π π →− →+ − −− = = − − ， ( ) ( ) 2( ) lim lim 2 x x F x F x x x π π π π π π →+ →+ − − = = − − ， 所以 ( ) F x 在x π = 处不可导。 （4）设函数 1 1 1 , 1 ( 1) ( )= 1 , ln x e x f x x e x x α α − +  < <  −   ≥  ，若反常积分 1 ( ) f x dx +∞ ∫ 收敛，则（ ） （A） 2 α < − （B） 2 α > （C）2 0 α −< < （D）0 2 α < < 【答案】（D） 【解析】 1 1 1 , 1 ( 1) ( )= 1 , ln x e x f x x e x x α α − +  < <  −   ≥  因为 1 1 ( ) ( ) ( ) e e f x dx f x dx f x dx +∞ +∞ = + ∫ ∫ ∫ ， 当1 x e < < 时， 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) lim lim[ ] ( 1) ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1) e e e f x dx dx dx x x e α α α α ε ε ε α ε α − − − − →+ →+ = = = − − − − − − − ∫ ∫ ∫ ， 要使 2 1 1 1 lim[ ] 2 ( 1)α ε α ε − →+ − − 存在，需满足 2 α − < 0 ； 当x e ≥ 时， 1 1 1 ln 1 1 1 lim( ) ln ln ln e e d x dx x x x α α α λ α λ α +∞ +∞ + + →∞ = = − + ∫ ∫ ， 要使 1 1 lim( ) lnα λ α λ →∞− 存在，需满足α > 0；所以0 2 α < < 。 （5）设 ( ) y z f xy x = ，其中函数f 可微，则x z z y x y ∂ ∂ + = ∂ ∂ （ ） （A）2 ( ) yf xy ′ （B）2 ( ) yf xy ′ − （C）2 ( ) f xy x （D） 2 ( ) f xy x − 【答案】（A） 【解析】已知 ( ) y z f xy x = ，所以 2 2 ( ) ( ) z y y f xy f xy x x x ∂ ′ = − + ∂ ， 所以 1 1 [ ( ) ( )] ( ( ) ( )) 2 ( ) x z z f xy yf xy f xy yf xy yf xy y x y x x ∂ ∂ ′ ′ ′ + = − + + + = ∂ ∂ 。 （6）设 k D 是圆域 { } 2 2 ( , ) | 1 D x y x y = + ≤ 在第k 象限的部分，记 ( ) ( 1,2,3,4) k k D I y x dxdy k = − = ∫∫ ，则 （ ） 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 108 页] --- （A） 1 0 I > （B） 2 0 I > （C） 3 0 I > （D） 4 0 I > 【答案】（B） 【解析】令 cos , sin x r y r θ θ = = ，则有 1 0 1 ( ) ( sin cos ) (cos sin ) 3 k k D I y x dxdy rdr r r d β β α α θ θ θ θ θ = − = − = − + ∫∫ ∫ ∫ 故当 2 k = 时， , 2 π α β π = = ，此时有 2 2

0. 3 I = > 故正确答案选B。 （7）设矩阵A,B,C 均为n 阶矩阵，若AB C = ，且C 可逆，则（ ） （A）矩阵C 的行向量组与矩阵A 的行向量组等价 （B）矩阵C 的列向量组与矩阵A 的列向量组等价 （C）矩阵C 的行向量组与矩阵B 的行向量组等价 （D）矩阵C 的行向量组与矩阵B 的列向量组等价 【答案】（B） 【解析】由 AB C = 可知C 的列向量组可以由A 的列向量组线性表示，又B 可逆，故有 1 − = CB A ，从而 A 的列向量组也可以由C 的列向量组线性表示，故根据向量组等价的定义可知正确选项为（B）。 （8）矩阵 1 1 1 1 a a b a a           与 2 0 0 0 b 0 0 0 0           相似的充分必要条件为 （A） 0, 2 a b = = （B） 为任意常数 b a ,0 = （C） 0 ,2 = = b a （D） 为任意常数 b a ,2 = 【答案】(B) 【解析】由于 1 1 1 1 a a b a a           为实对称矩阵，故一定可以相似对角化，从而 1 1 1 1 a a b a a           与 2 0 0 0 b 0 0 0 0           相似的 充分必要条件为 1 1 1 1 a a b a a           的特征值为 0, ,2 b 。 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 109 页] --- 又 2 1 1 [( )( 2) 2 ] 1 1 a E A a b a b a a λ λ λ λ λ λ λ − − − − = − − − = − − − − − − ，从而 为任意常数 b a ,0 = 。

位置上.

(9) 1 ln(1 ) lim(2 ) x x x x →∞ + − = ． 【答案】 1 2 e 【解析】原式= 0 ln(1 ) ln(1 1 ) lim x x x x e → + + − ， 0 0 0 ln(1 ) ln(1 ) 1 ln(1 1 ) 1 1 (1 ( )) 1 2 lim lim lim 2 x x x x x x o x x x x x x → → → + + + − − − − + = = = 因此答案为 1 2 e .

(10) 设函数 1 ( ) 1 x t f x e dt − = − ∫ ，则 ( ) y f x = 的反函数 1( ) x f y − = 在 0 y = 处的导数 0 y dx dy = = ． 【答案】 1 1 1 e− − 【解析】 0 1 1 1 1 1 1 , , | | 1 1 1 x y x x x dy dx dx e dx dy dy e e e = =− − = − ∴ = = = − − −

(11) 设封闭曲线L 的极坐标方程为 cos3 ( ) 6 6 r π π θ θ = − ≤ ≤ ，则L 所围成的平面图形的面积 为 ． 【答案】12 π 【解析】所围图形的面积是 2 6 6 0 6 1 1 cos6 cos 3 2 2 12 S d d π π π θ π θ θ θ − + = = = ∫ ∫ (12)曲线 2 arctan ln 1 x t y t =  = +  上对应于 1 t = 的点处的法线方程为 ． 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 110 页] --- 【答案】 ln 2 0 4 y x π + − − = 【解析】 2 2 2 1 1 1 1 1 t dy t t t dx t ⋅ + + = = + ， 1 | 1, t dy dx = = 当 1 t = 时， , ln 2 4 x y π = = ，故法线方程为 ln 2 0 4 y x π + − − = . (13)已知 3 2 1 x x y e xe = − ， 2 2 x x y e xe = − ， 2 3 x y xe = − 是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3 个解， 该方程满足条件 0 0 x y = = 0 1 x y = ′ = 的解为y = ． 【答案】 3 2 x x x y e e xe = − − 【解析】由题意知： 3 , x x e e 是对应齐次方程的解， 2x xe − 是非齐次方程的解， 故非齐次的通解为 3 2 1 2 x x x y C e C e xe = + − ，将初始条件代入，得到 1 2 1, 1 C C = = −, 故满足条件的解为 3 2 x x x y e e xe = − − 。 （14 ）设 ij A (a ) = 是三阶非零矩阵，| A | 为A 的行列式， ij A 为 ij a 的代数余子式，若 ij ij a A 0(i, j 1,2,3), ____ A + = = = 则 【答案】1 − 【解析】 0 ij ij a A + = 由 可知， * T A A = − 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 3 3 2 2 1 1 0 i i i i i i j j j j j j ij ij j i A a A a A a A a A a A a A a a = = = + + = + + = − = − < ∑ ∑ 2 * , =-1. T A A A A A = = − = − 从而有 故

应写出文字说明、证明过程或 演算步骤. （15）（本题满分10 分） 当 0 x → 时，1 cos cos2 cos3 x x x − ⋅ ⋅ 与 n ax 为等价无穷小，求n 与a 的值。 【解析】因为当 0 x → 时，1 cos cos2 cos3 x x x − ⋅ ⋅ 与 n ax 为等价无穷小 所以 0 1 cos cos2 cos3 lim 1 n x x x x ax → − ⋅ ⋅ = 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 111 页] --- 又因为： 1 cos cos2 cos3 1 cos cos cos cos2 cos cos2 cos cos2 cos3 1 cos cos (1 cos2 ) cos cos2 (1 cos3 ) x x x x x x x x x x x x x x x x x x − ⋅ ⋅ = − + − ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ = − + − + ⋅ − 即 0 0 1 cos cos2 cos3 1 cos cos (1 cos2 ) cos cos2 (1 cos3 ) lim lim n n x x x x x x x x x x x ax ax → → − ⋅ ⋅ − + − + ⋅ − = 0 2 2 2 2 2 2 0 1 cos cos (1 cos2 ) cos cos2 (1 cos3 ) lim( ) 1 1 1 ( ) (2 ) ( ) (3 ) ( ) 2 2 2 lim( ) n n n x n n n x x x x x x x ax ax ax x o x x o x x o x ax ax ax → → − − ⋅ − = + + + + + = + + 所以 2 n = 且1 4 9 1 7 2 2 2 a a a a + + = ⇒ = （16）（本题满分10 分） 设D 是由曲线 1 3 y x = ，直线 ( 0) x a a = > 及x 轴所围成的平面图形， , x y V V 分别是D 绕x 轴，y 轴旋转一 周所得旋转体的体积，若 10 y x V V = ，求a 的值。 【解析】由题意可得： 1 5 2 3 3 0 3 ( ) 5 a x V x dx a π π = = ∫ 1 7 3 3 0 6 2 7 a y V x x dx a π π = ⋅ = ∫ 因为： 10 y x V V = 所以 7 5 3 3 6 3 10 7 7 7 5 a a a π π = ⋅ ⇒ = （17）（本题满分10 分） 设平面内区域D 由直线 3 , 3 x y y x = = 及 8 x y + = 围成.计算 2 D x dxdy ∫∫ 。 【解析】 1 2 2 2 2 D D D x dxdy x dxdy x dxdy = + ∫∫ ∫∫ ∫∫ 2 3 6 8 2 2 0 2 3 3 x x x x x dx dy x dx dy − = + ∫ ∫ ∫ ∫ 416 3 = （18）（本题满分10 分） 设奇函数 ( ) f x 在[ 1,1] − 上具有二阶导数，且

(1) 1 f = .证明： 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 112 页] --- （I）存在 0,1 ξ ∈（ ），使得 ( ) 1 f ξ ′ = ；（II）存在 0,1 η ∈（ ），使得 ( ) ( ) 1 f f η η ′′ ′ + = 。 【解析】（1）令 ( ) ( ) ,

(0)

(0) 0,

(1)

(1) 1 0, F x f x x F f F f = − = = = −= 则 ( ) 0,1 ξ ∃∈ 使得 '( ) 0, '( ) 1 F f ξ ξ = = 即 （2）令 ( ) ( '( ) 1), x G x e f x = − 则 ( ) 0, G ξ = 又由于 ( ) f x 为奇函数，故 '( ) f x 为偶函数，可知 ( ) 0 G ξ − = , 则 ( ) ( ) , 1,1 η ξ ξ ∃∈− ⊂− 使 '( ) 0, G ξ = 即 [ '( ) 1] ''( ) 0 e f e f η η η η − + = ，即 ''( ) '( ) 1 f f η η + = （19）（本题满分11 分） 求曲线 3 3 1( 0, 0) x xy y x y − + = ≥ ≥ 上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。 【解析】本题本质上是在条件 3 3 1( 0, 0) x xy y x y − + = ≥ ≥ 下求函数 2 2 ( , ) f x y x y = + 的最值。 故只需求出 2 2 x y + 在条件 3 3 1 x xy y − + = 下的条件极值点，再将其与曲线端点处（( ) ( ) 0,1 , 1,0 ）的函 数值比较，即可得出最大值与最小值。 由于函数 2 2 x y + 与 2 2 x y + 的增减性一致，故可以转化为求 2 2 x y + 的条件极值点： 构造拉格朗日函数( ) ( ) 2 2 3 3 , , 1 L x y x y x xy y λ λ = + + − + − ，求其驻点得 2 2 3 3 2 3 0 2 3 0 1 0 L x x y x L y y x y L x xy y λ λ λ λ λ ∂ = + − = ∂  ∂  = + − = ∂  ∂ = − + −= ∂  为了求解该方程组，将前两个方程变形为 2 2 2 3 2 3 x y x y x y λ λ λ λ  = −  = −  进一步有 2 2 2 2 2 3 2 3 xy y x y xy x xy λ λ λ λ  = −  = −  ，故 2 2 2 2 3 3 x xy y x y λ λ λ λ − = − 即( )( ) 3 0 x y x y xy λ − + + = 。则有 0 λ = 或 0 x y − = 或 3 0 x y xy + + = 。 当 0 λ = 时，有 0 x y = = ，不可能满足方程 3 3 1 0 x xy y − + −= ； 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 113 页] --- 当 3 0 x y xy + + = ，由于 0, 0 x y ≥ ≥ ，也只能有 0 x y = = ，不可能满足第三个方程； 故必有 0 x y − = ，将其代入 3 3 1 0 x xy y − + −= 得 3 2 2 1 0 x x − −= ，解得 1, 1 x y = = 。 可知( ) 1,1 点是唯一的条件极值点。 由于 (1,1) 2 f = ， (0,1) (1,0) 2 f f = = ，故曲线 3 3 1( 0, 0) x xy y x y − + = ≥ ≥ 上的点到坐标原点的最 长距离为 2 与最短距离为1。 （20）（本题满分11 分） 设函数 1 ( ) ln f x x x = + ， （I）求 ( ) f x 的最小值 （II）设数列{ } nx 满足 1 ln 1 n n x x + < ，证明lim n n x →∞ 存在，并求此极限. 【解析】（I） 2 2 1 1 1 '( ) x f x x x x − = − = ，则当 ( ) 0,1 x∈ 时， '( ) 0 f x < ；当 ( ) 1, x∈ +∞时， '( ) 0 f x > 。 可知 ( ) f x 在( ] 0,1 上单调递减，在[ ) 1,+∞上单调递增。故 ( ) f x 的最小值为

(1) 1 f = 。 （2）、由于 1 1 ln ≥ + n n x x ，则 n n x x 1 1 1 < + ，即 n n x x > +1 ，故 nx 单调递增。 又由于 1 1 1 ln ln < + + < n n n x x x ，则 e xn < ，故 nx 有上界，则由单调有界收敛定理可知， n n x ∞ → lim 存在。 令 a xn n = ∞ → lim ，则 a a x x n n n 1 ln 1 lim + =           + ，由于 1 1 1 ln < + + n n x x ，则 1 1 ln ≤ + a a ，故 1 = a 。 （21）（本题满分11 分） 设曲线L 的方程为 2 1 1 ln (1 ) 4 2 y x x x e = − ≤ ≤ ， （1）求L 的弧长； （2）设D 是由曲线L ，直线 1, x x e = = 及x 轴所围平面图形，求D 的形心的横坐标。 【解析】（1）由弧长的计算公式得L 的弧长为 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ln ' 1 4 2 2 2 e e x x x dx dx x       + − = + −             ∫ ∫ 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 114 页] --- 2 1 2 1 2 1 1 1 4 4 2 1 2 2 1 4 e e x dx x x dx x e = + + −   = +     + = ∫ ∫ （2）由形心的计算公式可得，D 的形心的横坐标为 ( ) ( ) 2 4 2 1 3 2 1 1 1 ln 3 2 3 4 2 1 1 4 7 ln 4 2 e e x x x dx e e e x x dx   −   − −   =   − −     ∫ ∫ （22）（本题满分11 分） 设 1 0 1 , 1 0 1 a A B b     = =         ，当,a b 为何值时，存在矩阵C 使得AC CA B − = ，并求所有矩阵C 。 【解析】由题意可知矩阵C 为2 阶矩阵，故可设 1 2 3 4 x x C x x   =     ，则由AC CA B − = 可得线性方程组： 2 3 1 2 4 1 3 4 2 3 0 1 1 x ax ax x ax x x x x ax b − + =  − + + =  − − =   − =  （1） 0 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 a a a a a a a a a a b a b a b a a a b a − − − − −             − − − +       → →       − − − −       − − −       − −     − +   →  +   −−   由于方程组（1）有解，故有1 0, 1 0 a b a + = −− = ，即 1, 0, a b = − = 从而有 0 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 a a a a b − − −         −     →     − −     −     ，故有 1 1 2 2 1 1 2 3 1 4 2 1 , . x k k x k k k x k x k = + +   = −  =   =  其中、任意 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 115 页] --- 从而有 1 2 1 1 2 1 k k k C k k + + −   =     （23）（本题满分11 分） 设二次型 ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 , , 2 f x x x a x a x a x b x b x b x = + + + + + ，记 1 1 2 2 3 3 , a b a b a b α β         = =             。 （I）证明二次型f 对应的矩阵为2 T T α α β β + ； （II）若 , α β 正交且均为单位向量，证明二次型f 在正交变化下的标准形为二次型 2 2 1 2 2y y + 。 【解析】(1) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 1 3 2 3 2 3 2 3 (2 ) (2 ) (2 ) (4 2 ) (4 ) (4 2 ) f a b x a b x a b x a a b b x x a a b b x x a a b b x x = + + + + + + + + + + + 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 3 1 3 1 1 2 1 3 1 1 2 1 3 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 3 2 3 1 2 2 2 3 1 2 2 2 3 2 2 2 2 1 3 1 3 2 3 2 3 3 3 1 3 2 3 3 1 3 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 T T a b a a b b a a b b a a a a a b b b b b f a a b b a b a a b b a a a a a b b b b b a a b b a a b b a b a a a a a b b b b b αα ββ       + + +       + + + = +             + + +       = + 则的矩阵为 （2） , 2 , T T T T T T A A αα ββ α αα α ββ α α β αα β ββ β β + = + = = + = 令A=2 则 2 2 ，则1,2 均为A 的特 征值，又由于( ) (2 ) ( ) ( ) 2 T T T T r A r r r αα ββ αα ββ = + ≤ + = ，故0 为A 的特征值，则三阶矩阵A 的特 征值为2,1,0，故f 在正交变换下的标准形为 2 2 1 2 2y y + 更多考研资料分享+qq810958634 更多考研资料分享+qq810958634 --- [第 116 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/ 2014 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案

1. B + 1 0 0 0 1 1 2 1 2 2 1 0 0 0 ln (1 2 ) (2 ) lim lim 2 lim 0 1 ( ) (1 cos ) 1 2 lim lim ( ) lim 0 2 2 1 0 2 x x x a x x x x x x x x x x x x x                                

2、 C   1 sin 1 sin lim lim 1 1 lim limsin 0 1 sin x x x x y x x x y x k x x y x x y x y x x                  存在斜渐近线

3、 D 举例：      2,

(0) 0

(1) 1 0 (1 ) 1 '' 2 0 f x x f f g x x x x f x g x f x D              令 则在[0,1]区间 又 4．C --- [第 117 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/ 1 2 2 2 3 2 1 2 3 3 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 4 2 3 2 2 2(2 4) 8 (2 ) 2 (2 ) 1 " 1 (1 ' ) (1 3 ) 1 (1 3 ) 10 10 10 t t dy t dx t dy dx t t d y t dx t t d y dx y k y R k                        2 ( ) arctan 1 1 f x x x x    .故 2 arctan arctan x x x    . 2 2 2 3 0 0 0 arctan arctan lim lim lim rctan x x x x x x x x x a x x         2 2 2 2 2 0 0 1 1 1 1 lim lim 3 3 (1 ) 3 x x x x x x x        . 排除法当 2 0 u B x y     ，因为 2 2 2 2 0 u u x y       ，故 2 2 u A x   与 2 2 u B y   异号. 2 0 AC B   ，函数( , ) u x y 在区域D 内没有极值. 连续函数在有界闭区域内有最大值和最小值，故最大值和最小值在D 的边界点取到.

7、 B 解析： --- [第 118 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/ 2 1 4 1 3 3 2 3 2 0 a 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( 1) 0 ( 1) 0 0 0 0 0 ( 1) ( 1) ( ) ( ) b a b c d c d a b a b a c d c b d c d a b a b a d c b c d c d a b a b ad bc c d c d a b bc ad c d ad bc                

8、 A 解析： 1 2 3 1 1 3 2 2 3 1 1 2 2 1 2 3 1 2 1 2 1 3 2 3 1 3 2 3 1 2 3 1 2 3 +k ) ( ) 0 + + k ) 0 0 +k + +k + 1 0 0 = 0 = 1 = 0 0 0 0 l l k l l l                                                       已知 ， ， 无关 设（ 即 （ 从而 ， 无关 反之，若 ， 无关，不一定有 ， ， 无关 例如， ， ，

9.   1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 3 arctan | [ ( )] 2 5 2 2 2 4 2 8 1 4 x dx dx x x x                  

10. --- [第 119 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/  2 2 ' 2( 1) [0,2] ( ) 2 ( )

(0) 0 0 ( ) 2 [0,2] ( )

(7)

(3) ( 1)

(1) (1 2) 1 f x x x f x x x c f x f c f x x x x f x f f f f                      又 是奇函数 的周期为4 11、解：方程两边对x 求偏导： 2 1 1 （，） 2 2 2 1 1 （，） 2 2 1 1 （，） 2 2 e (2 y ) 2 x 0 1 1 代入x , 解得： 2 2 1 = e +1 两边对y求偏导 e (2z 2 ) 2 0 1 1 代入x , 解得： 2 2 1 1 1 （ ，）e 2 2 = e +1 yz z yz z z z z x x y z x z z y y y y y z z y                         

12. 解：把极坐标方程化为直角坐标方程 令 --- [第 120 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/ 2 cos cos sin sin sin cos cos sin 1 0 2 2 0 1 2 cos 0 2 sin 2 2 ( ) ( 0) 2 2 2 x r y r dy dy d dx dx d dy dx x y y x y x                                                              则 当 时， 则切线方程为 化简为 13、质心的横坐标： 4 3 2 1 1 2 0 0 1 1 2 3 2 0 0 1 1 2 1 ( x x x ) x (x)dx x( x 2 x 1)dx 4 3 2 11 0 20 1 1 (x)dx ( x 2 x 1)dx ( x x x) 3 0 f f                    14、 2 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 2 2 2 2 2 1 3 2 3 3 3 2 f(x ,x ,x ) x x 2 x x 4 x x (x x ) (x 2 x ) 4 x x 的负惯性指数为1 4-a 0 2 2 a a a f a                --- [第 121 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/

15. 解： 1 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 (t (e 1) t)dt (t (e 1) t)dt (e 1) 1 lim lim lim lim (e 1 ) 1 1 1 ln(1 ) 1 1 (t ) 1 t 1 1 1 2 lim lim 2 x x t t x x x x x x t x x x x x x x x x x t t e t t x t t                            令 16、 解： 2 2 2 2 ' 1 ' 1 ' 1 ' 0, 1 x y y y x y y y x          令 2 2 2 2 2 ( 1) (1 ) 2 ' '' ( 1) x y x yy y y         2 2 '(1) '( 1) 0 2 ''(1) 0,

(1)

(1) 1 2 ''( 1) 0, ( 1)

(1) 1 y y y y y y y y              又 为极大值 为极小值 2 2 2 2 2 2 3 3 1 ' , ( 1) (1 ) , ( 1) (1 ) 1 1 1 3 3

(2) 0 2 3 x y y dy x dx y dy x dx y y y x x c y c                     下求极值 又 3 3 1 1 2 3 3 3 y y x x      --- [第 122 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/ 3 3 1 1 1 2

(1)

(1) 1 3 3 3

(1) 1 1, 1 1 2 ( 1) ( 1) 1 0 3 3 3 ( 1) 0 x y y y x y y y                   代入 代入 17、 解：积分区域D 关于y x  对称，利用轮对称行， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin( ) ysin( ) sin( ) ysin( ) 1 2 1 sin( ) 2 D D D D x x y x y dxdy dxdy x y x y x x y x y dxdy x y x y x y dxdy                       2 2 2 0 1 1 2 2 1 1 1 1 sin( ) d cos( ) 2 4 1 1 cos( ) | cos( )d 4 4 1 1 3 2 4 4 d r r r rd r r r r r                  18、 解 ： --- [第 123 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/ ' 2 ' 2 ' 2 ' 2 ' 2 2 ' 2 2 2 2 2 2 2 z cos , z cos (f'' cos ) f''( cos ) cos z ( siny), z [f'' ( siny) cos ] ( ) siny f'' cos z z f'' (4 z cos ) f''( c x x x x x x x x x x x x x x x f e y x y e y e f e e y f e y x f e y e e f y e f y e y e e y e x y e                                                os ) 4 f( cos ) cos 令t cos , f''( ) 4 f( ) '' 4 x x x y e y e y e y t t t y y x             求特征值： 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 4 0 2 (x) 再求非其次特征值。 1 y (ax b) 代入 y - x 4 1 (x) y x 4 y(0)=0= 1 y'(0)=0=x x 4 1 0 16 1 1 2 2 4 16 1 1 1 ( ) 16 16 4 x x x x x y C e C e y y C e C e C C C C C C C C f e e                                                      

19. 解：（I） --- [第 124 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/     1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0 '( ) ( ) 0 ( ) , ( ) 0 ( ) ( ) '( ) ( ) 1 0 ( ) 1 '( ) 0 ( ) ( ) 0 , ( ) 0 x a x a h x g t dt h a h x g x h x x a b h x h x g t dt x a h x g x g x h x h x h a x a b h x                        单调不减 当 时， 单调不增又 当 时， （Ⅱ） ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) [ ( ) ] ( ) ( ) [ ( ) ] ( ) 0 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) [ ( ) ] '( ) 0 ( ) =0 x a x a g t dt a a x x a a x x x a a a x a p x f u g u du f u du p x f x g x f a g t dt g x f x f a g t dt g x g x g t dt dt x a a g t dt x f x f x f a g t dt p x p x p a p                                       又 单调增加 单调不减 又（） ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) b a b a g t dt a a b f x g x dx f x dx       即 20、 解： --- [第 125 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/ 1 2 1 3 2 n 1 1 0 0 1 0 2 2 (x) , (x) f(x) 1 1 (x) (f(x)) 1 2 1 1 1 2 (x) (f(x)) 1 3 1 1 2 用归纳法知：(x) , [0,1] 1 1 1 1 S 1 1 1 1 (1 ) 1 1 1 ln(1 n) 1 1 lim S lim [ ln(1 n n n n x f f x x x x f f x x x x x x f f x x x x f x nx x nx dx dx nx n nx dx n nx n n n n n n                                         ln(1 n) n)] 1 lim 1 n n     

21. 解： 因 2( 1) f y y    则   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( , ) 2 ( ) ( , ) ( 1) (2 ) ( , ) 2 ( ) ( ) 1 ( , ) 2 1 ( , ) 0 2 1 2 ( ) 1 ( ) 2 ( ) 1 (2 ) 2 2 0 2 f x y y y x f y y y y f y y y y y y y f x y y y x f x y x y y x V f x dx f x f x dx x dx x                                                        则 故 22、 解： --- [第 126 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/ (A)= 1 2 3 4 0 1 1 1 1 2 0 3               1 3 r r   1 2 3 4 0 1 1 1 0 4 3 1               2 3 4r r    1 2 3 4 0 1 1 1 0 0 1 3               3 2 3 1 3 r r r r     1 2 0 5 0 1 0 2 0 0 1 3              2 1 2r r   1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 1 3             1 4 2 4 3 4 4 4 2 3 x x x x x x x x     1 2 3 4 1 2 3 1 x x c x x                           c 为任意常数 设 B= 1 1 1 2 2 2 3 3 3 x y z x y z x y z           A 1 2 3 1 1 2 3 4 1 0 0 1 1 1 0 0 1 2 0 3 0 x x x                                A 1 2 3 0 1 0 y y y                 1 2 3 4 0 0 1 1 1 1 1 2 0 3 0                A 1 2 3 0 1 2 3 4 0 0 0 1 1 1 0 1 1 2 0 3 1 z z z                                即 1 2 3 4 1 0 0 1 2 3 4 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 2 0 3 0 0 1 0 4 3 1 0 0 1 1 2 3 4 1 0 0 1 2 0 5 4 12 3 0 1 1 1 0 1 0 0 1 0 2 1 3 1 0 0 1 3 0 0 1 0 0 1 3 1 4 1                                                               1 0 0 1 2 6 -1 0 1 0 -2 -1 -3 1 0 0 1 -3 -1 -4 1           --- [第 127 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/ 1 2 1 3 4 1 2 2 1 3 1 1 0 x x c x x                                          1 2 2 3 4 1 6 2 3 3 4 1 0 y y c y y                                          1 2 3 3 4 1 1 2 1 3 1 1 0 z z c z z                                         1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 6 1 2 1 2 3 2 1 3 1 3 4 3 1 c c c c c c B c c c c c c                          1 2 3 , , c c c 为任意常数 23、 解： 设 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A             0 0 0 1 0 0 0 2 0 0 0 n B             1 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 1 1 n E A n                     所以A 的n 个特征值为 1 2 =n, = =0 n     又因为A 是一个实对称矩阵，所以A 可以相似对角化，且 0 0 n A             ， 1 0 0 1 0 0 2 ( ) 0 0 0 n E B n N               所以B 的n 个特征值为 ’ ’ ’ 1 2 =n, = =0 n     又 0 0 0 -1 0 0 0 -2 0 0 0 0 -n E B   所以r(0 E B) 1   故B 的n-1重特征值0 有n-1个线性无关的特征向量 --- [第 128 页] --- 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn 新东方网考研频道 http://kaoyan.xdf.cn/ 所以B 也可以相似对角化，且 0 0 n B             所以A 与B 相似。