考研数学（二）解析2003.pdf

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1、2003年数学(二)真题解析一、填空题(1)【答案】一4.a【解】由(1 ax 2)4 1 X2 sin z?,4得一眷=1,故4.(2)【答案】y=x.【解】xy+21n x=jy 4两边对x求导数，得y+工 字+=4j/3字，于是字 dj;x 0.x djr故曲线y=/()在点(1,1)处的切线方程为y=x 一1,即y=jc.【答案】畔或屮.J n!【解】方法一 由 y=2r,得夕(_z)=2Tn 2,(0)=In 2,的麦克劳林公式中工的系数为匚型二斗2.n!n!=1 9X=12J 则y方法二 y=2r的麦克劳林公式为”.in 2 1 o!（攵 In 2）2（jcln 2）”y=e=1+

2、jc In Z H-b H-o（无）9八 n!2!的麦克劳林公式中h的系数为忖则夕=2工(4)【答案】e畑_ 1【解】根据在极坐标形式下曲线所围成面积的定积分公式得(5)【答案】3.【解】方法一由aa r=-1于是 a 1 a=|a|2=3.方法二 设 A=aa，则 a a tr A方法点评：设3.bj ab a ib,a=s9卩=X,afi l 21 a 2b2 a 2ba,0i a）2 a,0”则 p a aP=a#i a 2b2+a”b”tr afi 1.19(6)【答案】y.【解】由 A B-A-BE,得(A?=A+E.A+,Jo-20 1、3 0,因为|A+E|=18#0,所以A+E

3、可逆,0 2于是(A+E)_1(A2 E)B=E,0再由|A-E|=0-20 11 0=2,得|jB|=*.0 0二、选择题（7）【答案】（D）.【解】方法一3 TL取 5=一 4=1,c n=,显然(A),(B),(C)不成立，应选(D).n 3方法二 取=,因为limb”=1,所以存在N0,当“时，仏”一1|8 乙1 3即76n N 时，石|c”I I bnc n I I c I，于是 lim bnc n|=+o,BP lim6c=,u u n00故limb”c”不存在，应选（D）.nf8（8）【答案】（E）.【解】由a”=32n _i_(1+jc)2 d(l+z)o1+ntz+13T-i

4、L7 3.-lj=（l+e _1）2 一1,应选（B）.（9）【答案】（A）.【解】方法一由夕=产，得=叮_ J亠-令In x In x In jc In jc x得 lim/m”=limflOO flA oo将 j/=2 伴）代入方程$=2+卩（三），得2（2）=+cp f j,工 工）jc y丨 x 工丨：/解得卩（三）=仔）应选（A）.方法二 将y=代入方程$=+爭（亍），得-=+爭（In z）,解得爭（ln_z）=：，于是（p（t）=，故（p（）=岂，应选（A）.In x t 夕/1+nF+120(10)L答案】(C).【解】设fO 与工轴交点的横坐标从左到右分别为a,b,c,显然/(

5、)有三个驻点 x=a,x=b,x c 及一个不可导点 z=0.当 x 0,当 z 6(a)时(z)V 0,则=a 为 f(工)的极大值点；当:c G(b,0)时，/,(j?)0,则攵b为f(.x)的极小值点；当z G(0,c)时，/(2)C时,/Z(J?)0,则Z=C为/(J7)的极小值点，故/(工)有两个极大值点和两个极小值点，应选(C).方法点评：求曲线的极值时按如下步骤进行：(1)找出/(工)的驻点及不可导的点；(2)判断每个点是否为极值点(按照具体情况选用第一充分条件和第二充分条件).(11)答案】(B).【解】当0 1,1,于是心 八；Z x tan x令/(jc)=tan x-jc

6、 9/(0)=。J(予)=0 9因为/(工)=2sec I 2j?tan x0(0 V龙V鲁)，所以f O 在(。9于)内为凹函数9I3 t 2=a lim-=3a lim-=6a；o 一 sin t t。一 cos t 1于是yQ)0(0 V_z V手)，即当0 4 h 兀方法点评：本题考查积分限一致的定积分大小的比较.积分限相同的定积分的大小比较，只需要将被积函数大小进行比较；定积分与某个常数 大小比较往往用到函数的最值、辅助函数的构造.(12)【答案】(D).【解】方法一 因为向量组I可由向量组D线性表示，所以r(I)s 时，因为r(I)sr,即向量组I的秩小于向量组I所含的向量个数，所

7、以 向量组I线性相关，应选(D).方法二 取 I：5=(?),U：0|=(),02=()，显然向量组I可由向量组n 线性表示且r s,但向量组n 线性无关，(a),(c)不对；显然向量组I可由向量组n 线性表示且 s,但向量组n 线性无关，(e)不对,应选(D).三、解答题_ 亠 ln(1-4-ax 3)x3 z=sin t,sin 31(13)解/(0-0)=lim、十*/=q lim-tzlim-工。一 x 一 arcsin x XQ-x arcsin x t 0-sin t t 21/(O)=6；/(0+0)=limx-0+ax I 2 i ax i 2 ie+x 一ax 1，一 e+x

8、 ax 一1-=4 lim；-f+工.JC x sin 4处险=2(+2),=2 limo+由/(0 0)f(0 0),得 a=1 或 a=2.当幺=1 时，因为 f(0-0)=f(0)=/(0+0),所以当 a=1 时，y(_z)在工=0 处连续；当a=2时，因为f(0-0)=/(0+0)#/(0),所以工=0为/(工)的可去间断点.(14)【解】将z=9代入z=1+2八，得/=一2(舍去),1=2.2 et 21+21n t eIxdy/dtdj?d 纽dj?/dz 悄,djr 2 dj?ed4/dj?/d；1(1+21n tY4t2千曰生z 于疋時9(15)【解】方法一-clz(l+x

9、2)7d2 y do-2e2x=tan t16(1+21n 2)2e tan t 2 i-sec tat sec te sin tdt=sin Z d(e z)e sin t 一 e cos/d/=e sin t e sin t e cos t 一 e sin tAt 911+21n ZeIcos td(e)1(1+21n t)2t 2t(_-|arctan xsW心飞(s g)+c=；宀-+C.arctan x e亍cLz(1+jc2)7方法二于是arctan xx e-dr(1+2)7arctan xx e_ dCarctan jc)=丿1+H$亠/arctan i-d(e)丿1+Z 2T

10、_ arctan x e/l+Jr2jr_ arctan x eyi+j：2do*(1十工2)专 丿1+川 d(arctan z)J J z 亠 arctan 才-:一=earctan x eZ arctan xearctan xe故/=arctan x 工e-dr(l+2)yyi+rr 2 丿1+工 2+C.2丿1+工2earctanz d(arctan 工)H$yi+a:222(16)【解】I)归于1 _ 1dy dydjrdj 2 dy dj/dxd1/dxL/q)/Q)3(工)1 dj)_/、(工)dj?2/3/3d 2 v代入原方程整理得宦一y=sin_z.djrA2 v(II)-一

11、2 y=0的特征方程为A 2 1=。9特征根为入1=12=】9 djr(J2 丫得-4-=0的通解为y=Ciex+C2ex(CC2为任意常数).dj?J2 V令丫 一 y=sin 工的特解为(工)=acos x+6sin x，代入原方程得a=0,6=d_z12则原方程的通解为y=Cj e J+C2eJ-sin jc.3 i由初始条件夕(0)=0，(0)=得 Ci=一12=1,故 _y=e e_J-sin x.方法点评：本题考查原函数与反函数一阶导数与二阶导数之间的关系及微分方程的 求解.函数与其反函数一阶导数与二阶导数之间的关系有如下两点：(1)设y=f(x)可导且fx)工0,则y=fx)存在

12、反函数工=g(y),x g(_y)可 导且3=忐(2)y fCjc)二阶可导且 fx)工0,则 y=f O 存在反函数 z=g(y),_z=g(jy)二阶可导且gy)dj11d r iL-1/1dg(y)y Q)dx _fx)_八工)fSdy x.)da-fy(17)解】设/(jr)=In 1 j?41n x+4工一k(jr0),人 r，/4(lnU 1+工).sx当工C(0,1)时，厂(工)1时,fS 0,则工=1为2)的最小值点，最 小值为/(I)=4 4(I)当f(l)=4一怡0,即怡0,所以/(工)没有零点，即方程fCx)=0没有解，两曲线无交点；(U)当/(I)=4-0,即怡=4时，

13、/(工)只有一个零点工=1,即方程/(jc)=0有唯 一解工=1,两曲线有一个交点；(ffl)当/(1)=4-4 时，因为 lim/&)=+*,lim yQ)=+oo,所以/()x-0+l+8恰有两个零点，分别位于(0,1)及(1,+兀)之间，故方程fS=0有且仅有两个根，分别23.位于（0,1）及（1,+刀）之间.（18）【解】（I）曲线=/（工）在点处的法线方程为Y y=（X工）.y由X=o 得Y=y+与，于是法线与，轴的交点坐标为Q（0,y+与）.由题设得+y+j-o,即工山十2込=o,或（!&+/）=o,解得j；2+y=c.再由曲线过点（y,y）得C=y,故所求的曲线方程为工2+2j/

14、2=1.（II）曲线 y=sin x 在0,兀上的弧长为 I=丿1+cosG dz=2丿1+cosL dz.J 0 Jox=COS t,曲线）的参数方程为72（0/手），=y sln 1/sinS+丄cosS dz=丿1+sinL dr,2 V2则曲线 y=/（）的长度为 yi+sin 2?ck=厶丿1+cosS At=z.V2Jo V2Jo 242（19）【解】（I）设/时刻液面高度为夕，由题意得液面面积为兀卩，）=但+4兀,即t=卩2（夕）4.（U）当液面高度为_y时，液体的体积为 兀卩2（y）dy=3/,J 0艮卩 兀卩2（工）dz=3爭2（夕）一12.6-v两边对 y 求导得（p2（y

15、）=Q（p（y）（pf Cy）?即卩（夕）-（歹）=0,解得 cpCy）=Ce 6 97C由cp（0）=2得C=2,故曲线方程为（p（y）=2e 6或工=2e（20）【证明】（I）由lim 了皿 存在，得/（a）=0.十+X a(/(a)=0,由,得/Xh)0(a V 工 V b).f(x)0(a C x Vb)9(H)令(z)9 F(z)=J f(t)dt 9 Fz(jc)=/(jc)#0(a Z jc C6).2一 a由柯西中值定理，存在乂/()F(g)b2 2W/(jr)dj?即fJ a（ni）由微分中值定理得y（e）=/（e）-f（a）=/,（）（e-）,其中乃 6 a,）,丁足J/(

16、jt)dx2Ey5)(g a)或（决疋”阳方法点评：本题考查柯西中值定理和拉格朗日中值定理.中值定理问题证明中，若所证结论含中值g及a时，若与可分离时，先将W与a,b分离，关于a,b的一侧使用拉格朗日中值定理或柯西中值定理.若所证等式关于/（）与时，一般使用拉格朗日中值定理和牛顿一莱布尼茨公式.24A 2 2 0（21）【解】由|入恵一A|=8 A 2 a=（入+2）（入一6）2=0?得A的特征值为0 0 A-6入1=2,入2=入3=6因为A可相似对角化，所以厂(6E-A)=l.，故 a=0./42$-10而 6E A=8 4 _ a-0 0 a 000/0 00/当 A=-2 时，解方程组(

17、一2E A)X=0,即(2E+A)X=0,/4 2 0由 2E+A=8 4 0o 0 8，得入=一2对应的特征向量为gi丄当时，解方程组由 0，得-24001 00 00 0 00 0 00A 2=A 3=6对应的线性无关的特征向量为212 03令P=-1 1 02 2 0,则P可逆，且P APOOF0/-200 06 06 0 0方法点评：本题考查矩阵对角化的判断与矩阵对角化的过程.以下三种矩阵可相似对角化：(1)特征值都是单值的矩阵；(2)实对称矩阵；(3)每个特征值的代数重数与几何重数一致的矩阵.非实对称矩阵与实对称矩阵对角化有如下区别：(1)非实对称矩阵不一定可相似对角化，但实对称矩阵

18、一定可相似对角化.(2)非实对称矩阵若可相似对角化，先求出A的特征值A1,A2,-,A及对应的线性无关的特征向量,2,工”，令卩=(5，2,，罷)，则P可逆，且卩AP=心；丨 AJ若A为实对称矩阵，先求出A的特征值;h，入2,，入”及对应的线性无关的特征向量,的相似对角化有两种方式：方式一求可逆矩阵P,使P XAP为对角阵，此时与非实对称矩阵相同；25方式二 求正交矩阵0,使得QrAQ为对角矩阵，此时将学比2,疋”进行施密特正交化和规范化得,丫2,，y”（注意此时Yi,r2,/仍是对应的特征向量），匚；：;1:pi:I 1：;X:1；令 Q=（丫1，丫2，人），则 Q A2=.（22）【证明】

19、方法一 必要性：设三条直线交于一点（工。，九），即方程组AX=0有非零解/a 2b(无09丿0，1)丁，其中 A=I 6 2cV 2a3c 3a I 9 则|A|=0 93b=一 6(a+b+c)(a 2+b2+c 2 一 ab 一 ac 一 be)a 2b 3c 1 2 3 I 2 3而|A|=b 2c 3a=(a+b+c)b 2c 3a=(a+b+c)0 2c-2b 3a 3bc 2a 3b c 2a 3b（）2a 2c 3b 3c=3(a b+c)(a 6)2+(b c)2+(c a)2 且(a 6)2+(b c)2+(c a)2 工，故 tz-p-6-|-c=0.充分性：设a+b+c=

20、0,将方程组前两个方程相加得方程组的同解方程组lax+2by=一 3c,bx+2cy 一 3a 2匕因为=2(必一2)=2(2(0+5)+52=/+52+(a+b)2HC)9b 2c所以方程组有唯一解，即三条直线交于一点.(ax+2by=一 3c，方法二 必要性：设三条直线交于一点，即方程组*工+2cy=一 3a，有唯一解，cj:+2ay=一 3bia 2b 一 3c 令 A=b 2c 一 3a，则厂(A)=厂(A)=2 9c 2a 一 3b 从而|A I=3(a+b+c)(a bY+(b c)2+(c a)2=0,而(a 6)2+(b c)?+(c a)2 工。？故 a+6+c=0.充分性：设 q+6+c=0,则 r(A)V3，a 2b又=2(ac b2)=2a(a+6)+62H=a 2 b2+(a+&)2 0,b 2cajc+2by 一 3c,则 r(A)=2,从而 r(A)=r(A)=2,即方程组*z+2cy 3a，有唯一解，cz+2ay=一 3b 故三条直线交于一点.26