2001考研数学二真题解析【无水印】.pdf

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1、2001 年全国硕士研究生入学统一考试年全国硕士研究生入学统一考试数学二数学二试题试题 一、填空题一、填空题(本题共本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，满分分，满分 15 分，把答案填在题中横线上分，把答案填在题中横线上) (1) 2131lim2xxxxx+=+ (2) 设函数( )yf x=由方程2cos()1x yexye+=所确定,则曲线( )yf x=在点(0,1)处的法线方程为 . (3) ()32222sincosxxxdx+= (4) 过点1,02且满足关系式2arcsin11yyxx+=的曲线方程为 . (5) 设方程123111111112axaxax=有无穷多个

2、解,则a = . 二二、选择题、选择题(本题共本题共 5 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 15 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.) (1) 设1,1,( )0,1,xf xx=则( )fff x等于 ( ) (A)0 (B)1 (C)1,1,0,1,xx (D)0,1,( )1,1,xf xx= (2) 设当0 x 时，2(1 cos )ln(1)xx+是比sinnxx高阶的无穷小，sinnxx是比()21xe高阶的无穷小，则正整数n等于 ( )

3、 (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 (3) 曲线22(1) (3)yxx=的拐点个数为 ( ) (A)0. (B)1. (C)2. (D)3 (4)已知函数( )f x在区间(1,1)+内具有二阶导数，( )fx严格单调减少，且(1)(1)1,ff=则 ( ) (A)在(1,1)和(1,1)+内均有( )f xx. (C)在(1,1)内，( )f xx. (D)在(1,1)内，( )f xx.在(1,1)+内，( )f xx到坐标原点的距离，恒等于该点处的切线在y轴上的的截距，且L经过点1,0 .2 (1) 试求曲线L的方程 (2) 求L位于第一象限部分的一条切线， 使该切线与L以及两坐

4、标轴所围图形面积最小. 九、九、(本题满分本题满分 7 分分) 一个半球体状的雪堆，其体积融化的速率与半球面面积S成正比，比例常数0K .假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状， 已知半径为0r的雪堆在开始融化的 3 小时内， 融化了其体积的78，问雪堆全部融化需要多少小时？ 十、十、(本题满分本题满分 8 分分) 设( )f x在区间, (0)a a a上具有二阶连续导数,00f=（ ）, (1) 写出( )f x的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式; (2) 证明在, a a上至少存在一点，使3( )3( ).aaa ff x dx= 十一、十一、(本题满分本题满分 6 分分) 已知矩阵100

5、011110 ,101 .111110AB=且矩阵X满足 ,AXABXBAXBBXAE+=+其中E是 3 阶单位阵，求X. 十二、十二、(本题满分本题满分 6 分分) 设124, 为线性方程组0AX =的一个基础解系，112223,tt=+=+ 334441,tt=+=+试问实数t满足什么关系时，1234, 也为0AX =的一个基础解系. 2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析解析 一、填空题一、填空题 (1)【答案】26 【详解】2131lim2xxxxx+()()131lim21xxxxx+=+ ()()()()()13131lim213

6、1xxxxxxxxx+=+()()()()131lim2131xxxxxxx+=+ ()()()()12 1lim2131xxxxxx=+()()12lim231xxxx= + ()()11lim2lim231xxxxx= +()()2123 11 1= + +13 2= 2.6= (2)【答案】 x2y+2=0. 【详解】在等式2cos()1x yexye+=两边对x求导, 其中y视为x的函数，得 ()()22sin()0 x yexyxyxy+=，即2(2)sin() ()0 x yeyxyyxy+= 将x=0, y=1代入上式, 得(2)0ey+=，即(0)2.y= 故所求法线方程斜率1

7、2k=12=，根据点斜式法线方程为：11,2yx = 即 x2y+2=0. (3)【答案】8 【分析】根据区域对称性与被积函数的奇偶性：设( )f x在有界闭区域, a a上连续，则有 ( )( )( )( )( )02,0aaaaaf x dxf x dxf xf x dxf x= = 为偶函数，为奇函数， 【详解】由题设知 ()32222sincosxxxdx+32222222cossincosxxdxxxdx=+ 在区间,2 2 上，32cosxx是奇函数，22sincosxx是偶函数，故 3222cos0 xxdx=，22222202sincos2sincosxxdxxxdx=， 所以

8、，原式32222222cossincosxxdxxxdx=+22202sincosxxdx= 2201sin 22xdx=201(1 cos4 )4x dx= 220011cos44416xxd x=2011sin44 216x=08=.8= (4)【答案】1arcsin.2yxx= 【详解】 方法方法1：因为()2arcsinarcsin1yyxyxx=+，所以原方程2arcsin11yyxx+=可改写为 ()arcsin1,yx= 两边直接积分，得 arcsin.yxxc=+ 又由1( )02y=代入上式，有 10 arcsin2xc=+，解得1.2c = 故所求曲线方程为 1arcsin

9、.2yxx= 方法方法2：将原方程写成一阶线性方程的标准形式 211.arcsin1arcsinyyxxx+= 由一阶线性微分方程( )( )dyP x yQ xdx+=通解公式： ( )( )( )( )P x dxP x dxf xeCQ x edx=+ 这里( )( )211,arcsin1arcsinP xQ xxxx= =，代入上式得： 22111arcsin1arcsin1arcsindxdxxxxxyeCedxx=+ 11arcsinarcsinarcsinarcsin1arcsindxdxxxeCedxx=+ lnarcsinlnarcsin1arcsinxxeCedxx=+

10、1arcsinarcsinarcsinxCdxxx=+arcsinarcsinCxxx=+ 又由1( )0,2y=解得1.2C = 故曲线方程为：1arcsin.2yxx= (5)【答案】 -2 【详解】方法方法1：利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有 111111112aAaa=1121,3111111aaa 行互换 21121(-1),(- )01132 301112aaaaaaa+行的倍分别加到 ， 行 11223011300(1)(2)2(2)aaaa aa+ 行加到 行 由非齐次线性方程组有无穷多解的充要条件：设A是m n矩阵，方程组Axb=有无穷多解( )( )r Ar An=.

11、可见，只有当a =2 时才有秩( )( )23r Ar A=，对应方程组有无穷多个解. 方法方法2: 设A是m n矩阵，方程组Axb=有无穷多解( )( )r Ar An=，则方程组123111111112axaxax=有无穷多解( )( )3r Ar A=. 从而有0A =，即 111111aAaa=2222,311111aaaaa+行分别加到 行11112 11211aaaa+行提出()() 1111( 1)2 0102 3001aaa +行分别()加到 ， 行10201aaa+1+1=(-1) () 2(2)(1)0,aa=+= 则，12aa= 或. 当1a =时， 1 1 111111

12、1 1 11 1( 1)2 300001 1 120003A= 行分别加到 ， 行 可见( )1( )2,r Ar A= =原方程组无解. 当2a = 时，有 211112111122A=11221312112111， 行互换 11222103332111行行1122103330333 行 2加到3行 112203330000 3行+2行11222( 3) 01110000 行 可知，( )( )23,r Ar A=，所以在整个定义域内( )0( )1f xf x=或，所以( )1f x ，于是( )1ff x=，从而( )( )11fff xf= (2)【答案】(B) 【详解】根据高阶无穷小

13、的定义：如果lim0=，就说是比高阶的无穷小，由题设当0 x 时，2(1 cos )ln(1)xx+是比sinnxx高阶的无穷小，所以 20(1 cos )ln(1)0limsinnxxxxx+=22012limnxxxx x 等价3012limnxxx 等价301lim2nxx= 从而n应满足2n ； 又由sinnxx是比2(1)xe高阶的无穷小，所以根据高阶无穷小的定义有：20sin0lim1nxxxxe=20limnxx xx 等价10limnxx=，从而n应满足2n 综上，故正整数2n =，故选(B) (3)【答案】(C) 【详解】22(1) (3)yxx=， 所以 y222(1)(3

14、)2(1) (3)xxxx=+4(1)(2)(3)xxx= y4 (2)(3)(1)(3)(1)(2)xxxxxx=+ 2224564332xxxxxx=+ +24 31211xx=+ y4 612x=()242x= 令0y =， 即2312110 xx+=， 因为判别式：224124 3 11bac= 120=，所以0y =有两个不相等的实根，且( )2y23 212 2 11= +10= ，所以两个实根不为2， 因此在使0y =这两点处， 三阶导数0y， (一般地， 若()00fx=， 且()00fx，则点()()00,xf x 一定是曲线( )yf x=的拐点)，因此曲线有两个拐点，故选

15、(C) 或根据y24 31211xx=+是一条抛物线，且与x轴有两个不相同的交点，所以在两个交点的左右y符号不相同，满足拐点的定义，因此选(C) (4)【答案】(A) 【详解】方法方法 1：令( )( )F xf xx=，则( )( ) 1Fxfx=( )( )1fxf= 由 于( )fx严 格 单 调 减 少 ， 因 此 当(1,1)x时 ，( )( )1fxf， 则( )Fx( )( )1fxf=0； 当(1,1)x+时 ，( )( )1fxf， 则( )Fx( )( )1fxf=0， 而()00,xxx +时，( )0fx， 则( )f x在0 x处取得极大值，知( )F x在1x =处

16、取极大值，即在在(1,1)和(1,1)+内均有( )( )10F xF=，也即( )f xx. 故选(A) 方 法方 法2 ： 排 除 法 ， 取()21( )2xf xx= +， 则()( )21123fxxx= + = +，( )20fx= ，所以满足题设在区间(1,1)+内具有二阶导数，( )fx严格单调减少，且(1)(1)1,ff=当1x 时，均有( )f x()212xx= +x，因此可以排除(B)、(C)、(D)，选(A) (5) 【答案】(D) 【详解】从题设图形可见，在y轴的左侧，曲线( )yf x=是 严格单调增加的，因此当0 x ，对应 ( )yfx=图形必在x轴的上方，由

17、此可排除(A)，(C)； 又( )yf x=的图形在y轴右侧靠近y轴部分是单调增，所以在这一段内一定有( )0fx ，对应( )yfx=图形必在x轴的上方，进一步可排除(B)，故正确答案为(D). 三三【详解】作积分变量变换，令tan ,xu=则2sec,dxudu= 原式222sec(2tan1) tan1uduuu=+ 22sec(2tan1)secuduuu=+ 2(2tan1)cosduuu=+222sin(1)coscosduuuu=+()222cos2sincoscosuduuuu=+ 22cos2sincosuduuu=+2cossin1uduu=+2sinsin1duu=+ a

18、rctan(sin )uC=+2tansin1tantanuuuux = +=2arctan()1xCx+ 四四【分析】应先求出( )f x的表达式，再讨论它的间断点，首先明确间断点的类型分为两大类：第一类间断点和第二类间断点，第一类间断点又可分为：可去间断点(左右极限存在且相等的间断点)和跳跃间断点(左右极限存在但不相等的间断点)； 第二类间断点又可分为： 无穷间断点(有一个极限为无穷的间断点)和振荡间断点(极限值在某个区间变动无限多次). 【详解】由 ( )f x =sinsinsinlimsinxtxtxtxsinsinsinlnsinlimxtxtxtxe=sinlnsinsinsin

19、limxttxxtxe= 又 sinlimlnsinsinsintxxttxx=sinlimln 11sinsinsintxxttxx+ sinsinlimln 1sinsinsintxxtxtxx=+sinsinlimsinsinsintxxtxtxx= limsintxxx=sinxx= 所以 ( )f xsinlnsinsinsinlimxttxxtxe=sinlimlnsinsinsintxxttxxe=sinxxe= 由( )f xsinxxe=的 表 达 式 ， 可 以 看 出 自 变 量x应 满 足sin0 x ， 从 而,0, 1, 2,xkk = 当0 x 时， sin00l

20、im( )limxxxxf xe=0lim1sinxxxee=e=， 所以0 x =为( )f x的第一类间断点(左右极限相等，又进一步可知是可去间断点)； 对于非零整数k， sinlim( )limxxxkxkf xe=limsinxkxxe=sin0 x ， 故,1, 2,xkk= = 为( )f x的第二类间断点(无穷间断点) 五五【解答】由yx=，有311,24yyxx= 抛物线在点( , )M x y处的曲率半径 3221(1 )( )yxKy+=322311214xx+=3211414xx x+=321(41) .2x=+ 若 已 知 平 面 曲 线AM的 显 式 表 示 为( )

21、yf x=()axb， 则 弧 长 为( )21basfx dx=+，其中( )f x在, a b有连续的导数. 根据上述结论，所以抛物线上AM的弧长 ( )ss x=211xy dx=+21112xdxx=+1114xdxx=+ 故 dddxdsdsdx=3211(41)2114xxdxx+=+121 3(41)42 2114xx+=+12123(41)2(41)xxx+=+6 x= 221()ddddsdsdxdsdx=11(6)114xdxdxdxx=+ 612114xx=+62214xxx=+6.14x=+ 因此 2223()dddsds()()322163146214xxx= +()

22、9 1436xx=+9= 六六【详解】( )f x的反函数是( )g x，根据反函数的性质有( ( )g f xx=，( )20( )f xxg t dtx e=两边对x求导，有 ()()( )20( )f xxg t dtx e=( )2( )2xxgf xfxx exe=+ 又( ( )g f xx=，所以 2( )2xxxfxx exe=+( )2xxfxxee=+， (0,)x+ 两边积分 ()( )2xxfx dxxee dx=+( )2xxf xxe dxe dx=+ ( )2xxf xxdee=+( )2xxxf xxee dxe +分部 ( )2xxxf xxeeeC=+( )

23、xxf xxeeC=+. 由于题设( )f x在0,)+上可导，所以在0 x =处连续，故 ( )()000lim( )lim10 xxxxff xxeeCC+=+= +=， 所以1C = ，于是 ( )1xxf xxee=+， 0,)x+ 七七【详解】由( )( ),( )2( )xfxg x g xef x=，得( )( )2( )xfxg xef x=，即 ( )( )2xfxf xe+= 此为二阶常系数线性非齐次方程，且右端呈( )xmPx e型(其中( )2,1mPx= =)， 对应的齐次方程为( )( )0fxf x+=，特征方程为210r + =，对应的特征值为ri= ， 于是齐

24、次方程的通解为：12cossinyCxCx=+， 因为1=r，所以设特解为*xyae=(a为实数)，()*xyae=， 代入( )( )2xfxf xe+=，2xxxaeaee+=，所以2aa+=，即1a =，从而特解*xye=， 非齐次方程的通解为( )12cossinxf xCxCxe=+， 又(0)0f=，所以，( )0120cos0sin00fCCe=+=110C+ =11C= 又，( )12sincosxfxCxCxe= +( ),0(0)2fg=， 所以，( )0120sin0cos0fCCe= +21C=+2=21C=， 所以原方程的解为：( )sincosxf xxxe=+ 以

25、下计算积分，有两个方法： 方法方法 1：20( )( )1(1)g xf xdxxx+()20( ) 1( )(1)g xxf xdxx+=+ ()20( ) 1( )( )( )(1)fxxf xfxg xdxx+ = +0( )1f xdxx=+0( )1f xdx=+ 0( )1f xx=+( )(0)11 0ff=+sincos(0)1ef+=+11e+=+ 方法方法 2：20( )( )1(1)g xf xdxxx+200( )( )1(1)g xf xdxdxxx=+ 00( )1( )11g xdxf xdxxx=+00( )1( )11g xdxf x dxx=+ 000( )

26、( )( )111g xf xfxdxdxxxx +分部 ( )000( )( )( )( )111g xf xg xg xfxdxdxxxx = + 0( )1f xx=+( )(0)11 0ff=+sincos(0)1ef+=+11e+=+ 八八【详解】(1)设曲线L过点( , )P x y的切线方程为()YyyXx=，令0X =，则Yxyy= +，即它在y轴上的截距为xyy+， 根据两点() ()00,x yxy距离公式()()2200dxxyy=+，所以原点到点( , )P x y的距离为22xy+，由题设( , )P x y(0)x 到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在y轴上的截距，

27、所以：xyy+22xy=+， (0)x ， 即 22xyyyxx+ =， (0)x 此为一阶齐次方程，按规范方法解之，命yux=，则dyuxdudx=+，代入，方程变为： 21dux uuxudxx+=21duxudx= +21dudxxu= + 积分得 21dudxxu= +()2ln1lnuucx+= 21Cuux+= 把yux=代入上式，得 21yyCxxx+=22yxyC+=. 由题设曲线经过点1,02，代入得21002C+=，则12C =，故所求方程为： 2212yxy+=，即21.4yx= (2) 由(1)知214yx=，则2yx = ，点21( , ),4P x yP xx=，所

28、以在点P处的切线方程为：()2124Yxx Xx= ，分别令0X =，0Y =，解得在y轴，x轴上的截距分别为214x +和128xx+. 此切线与两坐标轴围成的三角形面积为： ( )A x21112 284xxx=+()22141,064xxx=+ 由于该曲线在第一象限中与两坐标轴所围成的面积为定值，记0S，于是题中所要求的面积为：( )( )0S xA xS=()220141,64xSx=+ 求最值点时与0S无关，以下按微分学的办法求最值点. ( )Sx()22014164xSx=+() ()22222 8414164xxxx+= ()()22222 8414164xxxxx+=()()2

29、2241 12164xxx+= 令( )0Sx=得13612x =，当306x时，( )0Sx时，( )0Sx， 根据极值存在的第一充分条件：设函数( )f x在0 x处连续，且在0 x的某去心领域内可导，若()00,xxx 时，( )0fx，而()00,xxx +时，( )0fx处的唯一极小值点，即最小值点， 于是所求切线方程为： 2132 334666YX= ，即3133YX= + 九九【详解】 方法方法 1： 半球形雪堆在时刻t时设其半径为r， 则半球体积323Vr=， 侧面积22Sr=. 由题设体积融化的速率与半球面面积S成正比，知：dVkSdt= ， 由于r是t的函数，323dVdr

30、dtdt=22drrdt=， 代入上式， 得：22drrkSdt= ，即2222drrkrdt= ，从而drkdt= ，00trr=. 积分得rktc= +，把00trr=代入，得0cr=，所以0rktr= +. 又 半 径 为0r的 雪 堆 在 开始 融 化 的 3 小 时内 ，融 化 了 其 体 积 的78， 即00037188tVVVV=，其中0V表示0t =时的V. 以V的公式代入上式，为 3333021 238 3tttVrr= 将0rktr= +代入上式，两边约去23，得： ()330018ktrr+=，即0012ktrr+= 从而求得：016kr=，于是0rktr= +00011

31、66tr trr= +=，当6t =时0r =，雪融化完. 方法方法 2：半球形雪堆在时刻t时设其半径为r，则半球体积323Vr=，侧面积22Sr=，联立323Vr=，22Sr=消去r，得：3218SV= 由题设体积融化的速率与半球面面积S成正比，知：dVkSdt= ，从而推知 320018,tdVkVVVdt= = 分离变量32318dVkdtV= ，积分：133318Vktc= +，把00tVV=代入，1303cV=，所以，1133303318VVkt=. 又由00037188tVVVV=，代入上式1133300333182VVk=，得031218Vk=， 故 133V1330318Vkt

32、=1303301318218VVt=113300132VV t=. 命0V =，解得：6t =，即雪堆全部融化需 6 小时. 十十【应用定理】闭区间上连续函数的介值定理：设( )f x在, a b上连续，( )( )f af b，则对( )( )f af b与之间的任何数，必存在c(acb)，使得( )f c=. 【详解】(1)麦克劳林公式其实就是泰勒公式中，把函数在零点展开. ( )f x的拉格朗日余项一阶麦克劳林公式为： 221( )( )(0)(0)( )(0)22ff xffxfxfxx=+=+， 其中位于0和x为端点的开区间内，,xa a . (2)方法方法 1：将( )f x从a到

33、a积分 21( )(0)( ).2aaaaaaf x dxfxdxfx dx=+ 而 2(0)(0)(0)02aaaaaxfxdxfxdxfa= 从而有 21( )( ).2aaaaf x dxfx dx= 因( )fx在, a a上连续，故有( )fx在, a a上存在最大值M，最小值m(由闭区间上的连续函数必有最大值和最小值)，即 , , min( ),max( ),a aa amfx Mfx= 易得 ( ), .mfxM xa a 因此 3322111( )( ),22233aaaaaaaxMaf x dxfx dxMx dxMa= 同理 223111( )( ).223aaaaaaf

34、x dxfx dxmx dxma= 因此 33( )aamf x dxMa. 由连续函数介值定理知，存在, a a ，使 33( )( )aaff x dxa=，即3( )3( )aaa ff x dx=. 方法方法 2 ：观察要证的式子，做变限函数：( )( )xxF xf t dt=，易得(0)0F=， ( )( )()F xf xfx=+(变限积分求导) ()( )( )()( )()Fxf xfxfxfx=+= ()( )( )()( )()Fxfxfxfxfx=+ 则有 (0)(0)( 0)000Fff=+=+= (0)(0)( 0)(0)(0)0Fffff= 将它展开成 2 阶带拉

35、格朗日余项麦克劳林公式： 2311( )(0)(0)(0)( )23!F xFFxFxFx=+ 331100( )( )()66Fxffx=+=+ 其中(0, )x，,xa a 由于( )fx在, a a上连续，则由连续函数介值定理，存在, ，使 1( )( )()2fff=+ (因为1( )()( ),2fffx xa a+ ) 于是有，存在(), a a ，使 3331111( )00( )( )()( )6323F xFxffxfx=+=+= 把xa=代入( )F x有： 31( )( )3F afa=，即3( )( )3aaaf x dxf= (), a a 即 3( )3( )aaa

36、 ff x dx= (), a a 十一十一【详解】题设的关系式 AXABXBAXBBXAE+=+AXABXBAXBBXAE+= () ()AXAAXBBXBBXAE+=()()AX ABBX BAE+= ()()AX ABBX ABE=()()AXBXABE= 即 ()().AB X ABE= 其中， AB100011110101111110=111011001= 因为 111011001AB=1 111( 1)01+= 10= ， 故由n阶矩阵A可逆的充要条件0A ，知矩阵AB可逆，用初等行变换求()1AB： 111 100(,)011 010001 001AE E=110 1013010

37、 011001 001行分别加到1,2行 100 112010 011001 001 2行加到1行 故而 ()1112011 ,001AB= 于是，等式()()AB X ABE=两边左、右乘 ()1AB 可得 ()21XAB=112112011011001001=125012 .001= 十二【详解】由题设知，12,s 均为12,s 的线性组合，齐次方程组当有非零解时，解向量的任意组合仍是该齐次方程组的解向量，所以12,s 均为0Ax =的解. 下面证明12,s 线性无关. 设 11220sskkk+= ( ) 把11122,tt=+21223,tt=+121,sstt=+代入整理得， ()(

38、)()1 1212 11222110sssst kt kt kt kt kt k+= 由12,s 为线性方程组0Ax =的一个基础解系，知12,s 线性无关，由线性无关的定义，知( )中其系数全为零，即 1 122 11221100 0ssst kt kt kt kt kt k+=+=+= 其系数行列式 122121210000000000tttttttt122211321211211100000000000( 1)sssttttttttttt+ （ ）1121111( 1)sssstttt+=+ 112( 1)ssstt+=+ (（ ）变换：把原行列式第i行乘以21tt加到第1i+行，其中1,1.is=) 由齐次线性方程组只有零解得充要条件，可见，当12( 1)0,sstt+ ，即12() ,sstt 即当s为偶数，12;tt 当s为奇数，12tt时，上述方程组只有零解120,skkk=因此向量组12,s 线性无关， 故当12122 ,21,snttsntt= =+时，12,s 也是方程组0Ax =的基础解系.