2010考研数学二真题及答案解析

2010年全国硕士研究生入学统一考试

数学二试题

一、选择题(1~8小题,每小题4分,共32分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求的,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.) ．．．

x2x1(1) 函数fx212的无穷间断点的个数为( )

x1x(A) 0. (B) 1. (C) 2. (D) 3. (2) 设y1,y2是一阶线性非齐次微分方程ypxyqx的两个特解,若常数，使

y1y2是该方程的解,y1y2是该方程对应的齐次方程的解,则( )

1111,. (B) ,. 22222122(C) ,. (D) ,.

3333(A) (3) 曲线yx2与曲线yalnx(a0)相切,则a ( )

(A) 4e. (B) 3e. (C) 2e. (D) e. (4) 设m,n是正整数,则反常积分

1mln21xn0xdx的收敛性 ( )

(A) 仅与m的取值有关. (B) 仅与n的取值有关.

(C) 与m,n取值都有关. (D) 与m,n取值都无关. (5)设函数zz(x,y),由方程F(yz,)0确定,其中F为可微函数,且F20,则xxxzzy( ) xy(A) x. (B) z. (C) x. (D) z.

(6) limn ( ) 22ni1j1ninjnn(A)

dx01x01x11dxdy. . (B) dy2001x1y1x1y(C)

10dx1101x1ydy. (D) dx011dy. 201x1y1(7) 设向量组I:1,2,,r可由向量组II:1,2,,s线性表示,下列命题正确的是( )

(A) 若向量组I线性无关,则rs. (B) 若向量组I线性相关,则rs.

(C) 若向量组II线性无关,则rs. (D) 若向量组II线性相关,则rs. (8) 设A为4阶实对称矩阵,且AAO,若A的秩为3,则A相似于 ( )

21111. (B) . (A) 11001111. (D) . (C) 1100二、填空题(9~14小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸指定位置上.) ．．．(9) 3阶常系数线性齐次微分方程y2yy2y0的通解为y.

2x3(10) 曲线y2的渐近线方程为.

x1(11) 函数yln12x在x0处的n阶导数yn0=.

(12) 当0时,对数螺线re的弧长为.

(13) 已知一个长方形的长l以2cm/s的速率增加,宽w以3cm/s的速率增加.则当

l12cm ,w5cm时,它的对角线增加的速率为.

B2,A1B2,则AB1=. (14)设A,B为3阶矩阵,且A3，三、解答题(15~23小题,共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、．．．证明过程或演算步骤.)

(15)(本题满分11分)

求函数f(x)x21(x2t)etd的单调区间与极值.

n12(16)(本题满分10分)

( I ) 比较

10nt与lntln1tdt0lntdtn1,2,的大小,说明理由；

( II ) 记un10un. lntln1tdtn1,2,,求极限limnn(17)(本题满分10分)

x2tt2,设函数yf(x)由参数方程(t1)所确定,其中(t)具有2阶导数,且

y(t)

5d2y3(1)，(1)6.已知2,求函数(t).

2dx4(1t)(18)(本题满分10分)

一个高为l的柱体形贮油罐,底面是长轴为2a,短轴为2b的椭圆.现将贮油罐平放,当油罐中油面高度为常数kg/m)

3

3b时(如图),计算油的质量.(长度单位为m,质量单位为kg,油的密度为2(19) (本题满分11分)

2u2u2u设函数uf(x,y)具有二阶连续偏导数,且满足等式4212520,确

xxyy2u定a,b的值,使等式在变换xay,xby下化简为0.

(20)(本题满分10分) 计

算

二

重

积

分

I r2sin1r2cos2drdD,其中

D,r|0rs. ce4,0(21) (本题满分10分)

设函数f(x)在闭区间0,1上连续,在开区间0,1内可导,且f(0)0,f(1)22明：存在(0,),(,1),使得f()f()=.

1,证31212(22)(本题满分11分)

11a设A01，b1,已知线性方程组Axb存在两个不同的解．

1( I ) 求,a;

( II ) 求方程组Axb的通解. (23)(本题满分11 分)

014T设A13a,正交矩阵Q使得QAQ为对角矩阵,若Q的第1列为

4a01(1,2,T1),求a,Q. 6

2010年全国硕士研究生入学统一考试

数学二试题参考答案

一、选择题

(1)【答案】 (B).

x2x1【解析】因为f(x)212有间断点x0,1,又因为

x1xlimf(x)limx0x(x1)1112limx12,

x0(x1)(x1)xx0x其中limx1x0111,limx11,所以x0为跳跃间断点. 22x0xx12,所以x1为连续点. 1122显然limf(x)x1而limf(x)limx1x(x1)112,所以x1为无穷间断点,故答案选择

x1(x1)(x1)xB.

(2)【答案】 (A)．

【解析】因y1y2是yPxy0的解,故y1y2Pxy1y20,所以

y1Pxy1y2p(x)y20,

而由已知 y1Pxy1qx,y2Pxy2qx,所以

qx0, ① 又由于一阶次微分方程ypxyqx是非齐的,由此可知qx0,所以

0．

由于y1y2是非齐次微分方程yPxyqx的解,所以

y1y2Pxy1y2qx,

整理得 y1Pxy1y2Pxy2qx,

即 qxqx,由qx0可知1, ②

由①②求解得(3)【答案】 (C).

【解析】因为曲线yx2与曲线yalnx(a0)相切,所以在切点处两个曲线的斜率相同,

1,故应选(A)． 2所以2xaa,即x(x0).又因为两个曲线在切点的坐标是相同的,所以在yx2上,x2当xaaaaaa时y；在yalnx上,x时, yalnln.

222222所以

aaaln.从而解得a2e.故答案选择(C). 222(4)【答案】 (D).

【解析】x0与x1都是瑕点.应分成

1mln21xn0xdx1m20ln21xnxdx11mln21xn2xdx,

1m[ln(1x)]用比较判别法的极限形式,对于

21m20ln1x2nxdx,由于limx0x1x1n1.

12nm显然,当0121,则该反常积分收敛. nm21m1mln1x12[ln(1x)]2dx实际上不是反常积分,故收当0,lim存在,此时1n0x0nmxn2x敛.

故不论m,n是什么正整数,

1m20ln21xnxdx总收敛.对于11mln21xn2xdx,取

01,不论m,n是什么正整数,

[ln(1x)]x121m1mlimx1(1x)1nlimln(1x)(1x)0, 2x1所以

1mln21xn12xdx收敛,故选(D).

(5) 【答案】 (B).

Fxz【解析】xFzyzF12F22F1yF2zyF1zF2xxxx, 1F2xF2F2xFyzyFz1xF1, 1F2F2xF1zzyF1zF2yF1F2zxyz． xyF2F2F2 (6) 【答案】 (D). 【解析】

nnnnn1n1nn()() ()222222njnininjj1i1j1ninji1j1i1n1n1n11lim2limdy, 220nnjnj11()21yj1njnn11n1n1limlimdx,

01xnnninii1i11()nnnnn11limlim()() 2222nni1j1ninjj1nji1ninnn(lim2)(lim) 2nni1nij1nj111111(dx)(dy)dx001x1y2dy. 01x01y21nnn (7) 【答案】 (A)．

【解析】由于向量组I能由向量组II线性表示,所以r(I)r(II),即

r(1,,r)r(1,,s)s

若向量组I线性无关,则r(1,,r)r,所以rr(1,,r)r(1,,s)s,即

rs,选(A).

(8) 【答案】 (D).

【解析】：设为A的特征值,由于AAO,所以0,即(1)0,这样A的

22

特征值只能为-1或0. 由于A为实对称矩阵,故A可相似对角化,即A,

1111,即A. r(A)r()3,因此,1100二、填空题

(9)【答案】yC1e2xC2cosxC3sinx.

【解析】该常系数线性齐次微分方程的特征方程为 220,因式分解得

322222210,

解得特征根为2,i,所以通解为 yC1e2xC2cosxC3sinx. (10) 【答案】y2x.

2x32x12,所以函数存在斜渐近线,又因为 【解析】因为limxx2x32x32x32xlim22xlim0,所以斜渐近线方程为y2x. xx1xx21(11)【答案】2n1!.

n【解析】由高阶导数公式可知ln(n)(1x)(1)n1(n1)!, n(1x)所以 ln(n)12x(1)n1(n1)!nn(n1)!22, (12x)n(12x)n即y(n)(0)2n(n1)!2n(n1)!. n(120)(12)【答案】2e1.

【解析】因为 0,所以对数螺线re的极坐标弧长公式为

eed=22002ed=2e1.

(13)【答案】3cm/s.

【解析】设lx(t),wy(t),由题意知,在tt0时刻x(t0)12,y(t0)5,且x(t0)2,

y(t0)3,设该对角线长为S(t),则 S(t)x2(t)y2(t),所以

S(t)x(t)x(t)y(t)y(t)x(t)y(t)22. 所以 S(t0)(14)【答案】3.

x(t0)x(t0)y(t0)y(t0)x(t0)y(t0)2212253125223.

【解析】由于A(A1B)B1(EAB)B1B1A,所以

AB1A(A1B)B1AA1BB1

因为B2,所以B1B11,因此 213. 2x22AB1AA1BB132三、解答题

x2x2(15)【解析】因为f(x)(xt)edtx12t221edttetdt,

1x2t21t2所以

f(x)2xedt2xe1x2t23x42xe3x42xedt,令

f(x)0,则

x0,x1.

又f(x)2x21etdt4x2ex,则f(0)2etdt0,所以

12402f(0)是极大值.

01121(0t)edtet(1e1)

220t211而f(1)4e0,所以f(1)0为极小值.

又因为当x1时,f(x)0；0x1时,f(x)0；1x0时,f(x)0；

x1时,f(x)0,所以f(x)的单调递减区间为(,1)(0,1),f(x)的单调递增区

间为(1,0)(1,).

n(16) 【解析】 (I)当0x1时0ln(1x)x,故ln(1t)t,所以

nlntln(1t)lnttn,

则

(II)

n1010lntln(1t)dtlnttndtn1,2,.

0n110lnttndtlnttndt111n1lntdt ,故由 20n1n1

0unlnttndt011n12,

根据夹逼定理得0limunlimnn1n120,所以limun0.

n (17)【解析】根据题意得

dydydtdxdxdttdt2t22t2t2222t2tdy3dt ,2dxdx2t241t2t2dt22即t2t22t6t1,整理有tt1t3t1,解

tt3t11t1yy31t. ,令,即yt1t15,16211dtdt所以ye1t31te1tdtC1t3tC,t1.因为y116,所以C0,故y3tt1,即t3tt1,

3233tt1dtttC1． 25323又由1,所以C10,故ttt,(t1).

22故t(18)【解析】油罐放平,截面如图建立坐标系之后,边界椭圆的方程为：

x2y221 2ab阴影部分的面积

Sb2b2ab22xdyb2y2dy bb令ybsint,yb时t22;yb时t. 261123S2abcostdt2ab6(cos2t)dt()ab

2342226所以油的质量m(23)abl. 34

(19)【解析】由复合函数链式法则得

uuuuu, xxyxuuuuu, abyyy2uuu2u2u2u2u 222xxxxxx2u2u2u222, 2uuu2u2u2u2u 22xyyyyyy2u2u2u ab2(ab), 22uuu2u2u2u2uab)b(a2a) a(a2by2y22u2u2u ab2ab, 2222uu22u故421252

xxyy2u2u2u2(5a12a4)2(5b12b4)212(ab)10ab80,

25a212a402所以 5b12b40,

12(ab)10ab802222则a或2,b或2.又因为当(a,b)为(2,2),(,)时方程(3)不满足,

555522所以当(a,b)为(,2),(2,)满足题意.

55(20)【解析】IrD2sin1r2cos2drd

rsin1r2cos2sin2rdrd

D

y1x2y2dxdy

Ddx011x03122y1xydy11xdx 03221111dx1x0330(21)【解析】令Fxfx322113dx2cos4d.

30316131x,对于Fx在0,上利用拉格朗日中值定理,得存32在0,, 使得

1211FF0F．

22对于Fx在,1上利用拉格朗日中值定理,得存在,1,使得

121211F1FF,

22两式相加得 ff.

22所以存在0,,121,1,使ff22. 2(22) 【解析】因为方程组有两个不同的解,所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于3,进而可以通过秩的关系求解方程组中未知参数,有以下两种方法.

方法1：( I )已知Axb有2个不同的解,故r(A)r(A)3,对增广矩阵进行初等行变换,得

11A01011a11101011111 a1 a11110100112111101020a01

11111111当1时,A00010001,此时,r(A)r(A),故Axb无解(舍去)．

000a000011111,由于r(A)r(A)3,所以a2,故1 ,a2. 当1时,A020000a2方法2：已知Axb有2个不同的解,故r(A)r(A)3,因此A0,即

11A010(1)2(1)0,

11知1或-1.

当1时,r(A)1r(A)2,此时,Axb无解,因此1.由r(A)r(A),得

a2.

( II ) 对增广矩阵做初等行变换

31012111211121 A020102010102111100000000323x11x1x312可知原方程组等价为,写成向量的形式,即x2x30.

x12x123023211因此Axb的通解为xk0 ,其中k为任意常数.

120014T(23)【解析】由于A13a,存在正交矩阵Q,使得QAQ为对角阵,且Q的第一

4a0

11(1,2,1)T,故A对应于1的特征向量为1(1,2,1)T.

661621616162,即 616列为根据特征值和特征向量的定义,有A0141101413a22A131,由此可得.故a1,211. 4a011410由EA1141(4)(2)(5)0,

314可得A的特征值为12,24,35.

414x1由(2EA)x0,即171x20,可解得对应于24的线性无关的

414x3特征向量为2(1,0,1)T.

514x1由(3EA)x0,即121x20,可解得对应于35的特征向量为

415x3T. 3(1,1,1)由于A为实对称矩阵,1,2,3为对应于不同特征值的特征向量,所以1,2,3相互正交,只需单位化：

11111(1,2,1)T,22(1,0,1)T,33(1,1,1)T, 123623162616120121321,则QTAQ313取Q,,1234.

5