2005年考研数学二真题解析5553.pdf

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1、2005 年考研数学二真题解析 一、填空题（本题共 6小题，每小题 4分，满分 24 分.把答案填在题中横线上）（1）设xxy)sin1(，则xdy =dx.【分析】本题属基本题型，幂指函数的求导（或微分）问题可化为指数函数求导或取对数后转化为隐函数求导.【详解】方法一：xxy)sin1(=)sin1ln(xxe，于是 sin1cos)sin1ln()sin1ln(xxxxeyxx，从而 xdy=.)(dxdxy 方法二：两边取对数，)sin1ln(lnxxy，对 x 求导，得 xxxxyysin1cos)sin1ln(1，于是 sin1cos)sin1ln()sin1(xxxxxyx，故 x

2、dy=.)(dxdxy（2）曲线xxy23)1(的斜渐近线方程为23 xy.【分析】本题属基本题型，直接用斜渐近线方程公式进行计算即可.【详解】因为 a=,1)1(lim)(lim23xxxxxfxx 23)1(lim)(lim2323xxxaxxfbxx，于是所求斜渐近线方程为.23 xy（3）10221)2(xxxdx 4.【分析】作三角代换求积分即可.【详解】令txsin，则 =.4)arctan(coscos1cos20202tttd（4）微分方程xxyyxln2满足91)1(y的解为.91ln31xxxy.【分析】直接套用一阶线性微分方程)()(xQyxPy的通解公式：)()()(C

3、dxexQeydxxPdxxP，再由初始条件确定任意常数即可.【详解】原方程等价为 xyxyln2，于是通解为 ln1ln2222CxdxxxCdxexeydxxdxx=2191ln31xCxxx，由91)1(y得 C=0，故所求解为.91ln31xxxy（5）当0 x时，2)(kxx 与xxxxcosarcsin1)(是等价无穷小，则 k=43.【分析】题设相当于已知1)()(lim0 xxx，由此确定 k 即可.【详解】由题设，200cosarcsin1lim)()(limkxxxxxxxx =)cosarcsin1(cos1arcsinlim20 xxxkxxxxx=k21143cos1

4、arcsinlim20kxxxxx，得.43k（6）设321,均为 3维列向量，记矩阵 ),(321A，)93,42,(321321321B，如果1A，那么B 2 .【分析】将 B写成用 A右乘另一矩阵的形式，再用方阵相乘的行列式性质进行计算即可.【详解】由题设，有 =941321111),(321，于是有 .221941321111 AB 二、选择题（本题共 8小题，每小题 4分，满分 32 分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内）（7）设函数nnnxxf31lim)(，则 f(x)在),(内(A)处处可导.(B)恰有一个不可导点.(C)恰有两个不

5、可导点.(D)至少有三个不可导点.C 【分析】先求出 f(x)的表达式，再讨论其可导情形.【详解】当1x时，11lim)(3nnnxxf；当1x时，111lim)(nnxf；当1x时，.)11(lim)(3133xxxxfnnn 即.1,11,1,1,)(33xxxxxxf 可见 f(x)仅在 x=1时不可导，故应选(C).（8）设 F(x)是连续函数 f(x)的一个原函数，NM 表示“M 的充分必要条件是 N”，则必有(A)F(x)是偶函数f(x)是奇函数.（B）F(x)是奇函数f(x)是偶函数.(C)F(x)是周期函数f(x)是周期函数.(D)F(x)是单调函数f(x)是单调函数.A 【分

6、析】本题可直接推证，但最简便的方法还是通过反例用排除法找到答案.【详解】方法一：任一原函数可表示为xCdttfxF0)()(，且).()(xfxF 当 F(x)为偶函数时，有)()(xFxF，于是)()1()(xFxF，即)()(xfxf，也即)()(xfxf，可见 f(x)为奇函数；反过来，若 f(x)为奇函数，则xdttf0)(为偶函数，从而xCdttfxF0)()(为偶函数，可见(A)为正确选项.方法二：令 f(x)=1,则取 F(x)=x+1,排除(B)、(C);令 f(x)=x,则取 F(x)=221x,排除(D);故应选(A).（9）设函数 y=y(x)由参数方程)1ln(,22t

7、yttx确定，则曲线 y=y(x)在 x=3处的法线与 x 轴交点的横坐标是 (A)32ln81.(B)32ln81.(C)32ln8.(D)32ln8.A 【分析】先由 x=3确定 t 的取值，进而求出在此点的导数及相应的法线方程，从而可得所需的横坐标.【详解】当 x=3时，有322 tt，得3,1tt（舍去，此时 y 无意义），于是 81221111ttttdxdy，可见过点 x=3(此时 y=ln2)的法线方程为：)3(82lnxy，令 y=0,得其与 x 轴交点的横坐标为：32ln81,故应(A).（10）设区域0,0,4),(22yxyxyxD，f(x)为 D 上的正值连续函数，a,

8、b为常数，则dyfxfyfbxfaD)()()()(A)ab.(B)2ab.(C)(ba.(D)2ba .D 【分析】由于未知 f(x)的具体形式，直接化为用极坐标计算显然是困难的.本题可考虑用轮换对称性.【详解】由轮换对称性，有 =dxfyfxfbyfayfxfyfbxfaD)()()()()()()()(21 =.2241222babadbaD 应选(D).（11）设函数yxyxdttyxyxyxu)()()(),(,其中函数具有二阶导数，具有一阶导数，则必有 (A)2222yuxu.（B）2222yuxu.(C)222yuyxu.(D)222xuyxu.B 【分析】先分别求出22xu、2

9、2yu、yxu2，再比较答案即可.【详解】因为)()()()(yxyxyxyxxu，)()()()(yxyxyxyxyu，于是 )()()()(22yxyxyxyxxu ，)()()()(2yxyxyxyxyxu ，)()()()(22yxyxyxyxyu ，可见有2222yuxu，应选(B).（12）设函数,11)(1xxexf则(A)x=0,x=1都是 f(x)的第一类间断点.（B）x=0,x=1都是 f(x)的第二类间断点.(C)x=0是 f(x)的第一类间断点，x=1是 f(x)的第二类间断点.(D)x=0是 f(x)的第二类间断点，x=1是 f(x)的第一类间断点.D 【分析】显然

10、x=0,x=1为间断点，其分类主要考虑左右极限.【详解】由于函数 f(x)在 x=0,x=1点处无定义，因此是间断点.且 )(lim0 xfx，所以 x=0为第二类间断点；0)(lim1xfx，1)(lim1xfx，所以 x=1为第一类间断点，故应选(D).（13）设21,是矩阵 A的两个不同的特征值，对应的特征向量分别为21,，则1，)(21A线性无关的充分必要条件是(A)01.(B)02.(C)01.(D)02.B 【分析】讨论一组抽象向量的线性无关性，可用定义或转化为求其秩即可.【详解】方法一：令 0)(21211Akk，则 022211211kkk，0)(2221121kkk.由于21

11、,线性无关，于是有 当02时，显然有0,021kk，此时1，)(21A线性无关；反过来，若1，)(21A线性无关，则必然有02(,否则，1与)(21A=11线性相关)，故应选(B).方法二：由于 21212211121101,)(,A，可见1，)(21A线性无关的充要条件是.001221故应选(B).（14）设 A为 n（2n）阶可逆矩阵，交换 A的第 1行与第 2行得矩阵 B,*,BA分别为 A,B的伴随矩阵，则(A)交换*A的第 1列与第 2列得*B.(B)交换*A的第 1行与第 2行得*B.(C)交换*A的第 1列与第 2列得*B.(D)交换*A的第 1行与第 2行得*B.C 【分析】本

12、题考查初等变换的概念与初等矩阵的性质，只需利用初等变换与初等矩阵的关系以及伴随矩阵的性质进行分析即可.【详解】由题设，存在初等矩阵12E（交换 n阶单位矩阵的第 1行与第 2行所得），使得 BAE12，于是 12*11212*12*12*)(EAEEAEAAEB，即 *12*BEA,可见应选(C).三、解答题（本题共 9小题，满分 94 分.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）设函数 f(x)连续，且0)0(f，求极限.)()()(lim000 xxxdttxfxdttftx 【分析】此类未定式极限，典型方法是用罗必塔法则，但分子分母求导前应先变形.【详解】

13、由于000)()()(xxxutxduufduufdttxf,于是 =xxxxxfduufxxfxxfdttf000)()()()()(lim=xxxxxfduufdttf000)()()(lim =)()()(lim000 xfxduufxdttfxxx=.21)0()0()0(fff（16）（本题满分 11 分）如图，1C和2C分别是)1(21xey和xey 的图象，过点(0,1)的曲线3C是一单调增函数的图象.过2C上任一点 M(x,y)分别作垂直于 x轴和 y轴的直线xl和yl.记21,CC与xl所围图形的面积为)(1xS；32,CC与yl所围图形的面积为).(2yS如果总有)()(2

14、1ySxS，求曲线3C的方程).(yx 【分析】利用定积分的几何意义可确定面积)(),(21ySxS，再根据)()(21ySxS建立积分等式，然后求导引出微分方程，最终可得所需函数关系.【详解】如图，有 xxttxedteexS01)1(21)1(21)(，ydtttyS12)(ln)(，由题设，得 yxdtttxe1)(ln)1(21，而xey，于是ydtttyy1)(ln)1ln(21 两边对 y 求导得 )(ln)11(21yyy，故所求的函数关系为：.21ln)(yyyyx（17）（本题满分 11 分）如图，曲线 C的方程为 y=f(x)，点(3,2)是它的一个拐点，直线1l与2l分别

15、是曲线 C在点(0,0)与(3,2)处的切线，其交点为(2,4).设函数 f(x)具有三阶连续导数，计算定积分 302.)()(dxxfxx【分析】题设图形相当于已知 f(x)在 x=0的函数值与导数值，在 x=3处的函数值及一阶、二阶导数值.【详解】由题设图形知，f(0)=0,2)0(f;f(3)=2,.0)3(,2)3(ff 由分部积分，知 =dxxfxfxxf dx303030)(2)()12()()12(=.20)0()3(216ff（18）（本题满分 12 分）用变量代换)0(costtx化简微分方程0)1(2 yyxyx，并求其满足2,100 xxyy的特解.【分析】先将yy,转化

16、为22,dtyddtdy，再用二阶常系数线性微分方程的方法求解即可.【详解】dtdytdxdtdtdyysin1，)sin1(sin1sincos222tdtydtdtdyttdxdtdtydy，代入原方程，得 022 ydtyd.解此微分方程，得 221211s inc osxCxCtCtCy，将初始条件2,100 xxyy代入，有1,221CC.故满足条件的特解为.122xxy（19）（本题满分 12 分）已知函数 f(x)在0，1上连续，在(0,1)内可导，且 f(0)=0,f(1)=1.证明：（I）存在),1,0(使得1)(f；（II）存在两个不同的点)1,0(,，使得.1)()(ff

17、【分析】第一部分显然用闭区间上连续函数的介值定理；第二部分为双介值问题，可考虑用拉格朗日中值定理，但应注意利用第一部分已得结论.【详解】（I）令xxfxF1)()(，则 F(x)在0，1上连续，且 F(0)=-10,于是由介值定理知，存在),1,0(使得0)(F，即1)(f.（II）在,0和 1,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(，使得0)0()()(fff，1)()1()(fff 于是 .1111)(1)()()(ffff（20）（本题满分 10 分）已知函数z=f(x,y)的全微分ydyxdxdz22，并且f(1,1,)=2.求f(x,y)在椭圆域1

18、4),(22yxyxD上的最大值和最小值.【分析】根据全微分和初始条件可先确定 f(x,y)的表达式.而 f(x,y)在椭圆域上的最大值和最小值,可能在区域的内部达到，也可能在区域的边界上达到，且在边界上的最值又转化为求条件极值.【详解】由题设，知 xxf2，yyf2，于是)(),(2yCxyxf，且 yyC2)(，从而 CyyC2)(，再由 f(1,1)=2，得 C=2,故.2),(22yxyxf 令0,0yfxf得 可 能 极 值 点 为 x=0,y=0.且 2)0,0(22xfA，0)0,0(2yxfB，2)0,0(22yfC，042ACB，所以点(0,0)不是极值点，从而也非最值点.再

19、考虑其在边界曲线1422yx上的情形：令拉格朗日函数为 )14(),(),(22yxyxfyxF，解 ,014,02122,0)1(2222yxFyyyyfFxxxfFyx 得可能极值点4,2,0yx；4,2,0yx；1,0,1yx；.1,0,1yx 代入f(x,y)得,2)2,0(f 3)0,1(f，可见 z=f(x,y)在区域14),(22yxyxD内的最大值为 3，最小值为-2.（21）（本题满分 9分）计算二重积分dyxD122，其中10,10),(yxyxD.【分析】被积函数含有绝对值，应当作分区域函数看待，利用积分的可加性分区域积分即可.【详解】记),(,1),(221Dyxyxy

20、xD，),(,1),(222DyxyxyxD，于是 dyxD122=1)1(22Ddxdyyx2)1(22Ddxdyyx=20210)1(rdrrdDdxdyyx)1(221)1(22Ddxdyyx=8+20102210210)1()1(rdrrddyyxdx=.314（22）（本题满分 9分）确定常数a,使向量组,),1,1(1Ta,)1,1(2TaTa)1,1,(3可由向量组,),1,1(1Ta,)4,2(2TaTaa),2(3线性表示，但向量组321,不能由向量组321,线性表示.【分析】向量组321,可由向量组321,线性表示，相当与方程组：3,2,1,332211ixxxi.均有解，

21、问题转化为),(321r=3,2,1),(321iri是否均成立？这通过初等变换化解体形讨论即可.而向量组321,不能由向量组321,线性表示，相当于至少有一个向量)3,2,1(jj不能由321,表示，即至少有一方程组 3,2,1,332211jxxxj，无解.【详解】对矩阵),(321321A作初等行变换，有 ),(321321A=11411111221aaaaaaa aaaaaaa1)1(3040001022011221，当 a=-2时，A330600030000211221,显然2不能由321,线性表示，因此2a；当 a=4时，A390000030660411221，然32,均不能由32

22、1,线性表示，因此4a.而当2a且4a时，秩3),(321r，此时向量组321,可由向量组321,线性表示.又aaaaaaaB41111122111),(321321 24360200220110221112aaaaaaaaa，由题设向量组321,不能由向量组321,线性表示，必有01a或022aa，即 a=1或2a.综上所述，满足题设条件的 a 只能是：a=1.（23）（本题满分 9分）已知 3阶矩阵 A的第一行是cbacba,),(不全为零，矩阵kB63642321（k为常数），且 AB=O,求线性方程组 Ax=0的通解.【分析】AB=O,相当于告之 B的每一列均为 Ax=0的解，关键问题

23、是 Ax=0的基础解系所含解向量的个数为多少，而这又转化为确定系数矩阵 A的秩.【详解】由 AB=O知，B的每一列均为 Ax=0的解，且.3)()(BrAr（1）若 k9,则 r(B)=2,于是 r(A)1,显然 r(A)1,故 r(A)=1.可见此时 Ax=0的基础解系所含解向量的个数为 3-r(A)=2,矩阵 B 的第一、第三列线性无关，可作为其基础解系，故 Ax=0 的通解为：2121,63321kkkkkx为任意常数.(2)若 k=9，则 r(B)=1,从而.2)(1Ar 1）若 r(A)=2,则 Ax=0的通解为：11,321kkx为任意常数.2）若r(A)=1,则Ax=0 的 同 解 方 程 组 为：0321cxbxax,不 妨 设0a,则 其 通 解 为 2121,1001kkackabkx为任意常数.3）