2011真题及解析

1、k 3,c4 .2011年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题已知f x在x 0处可导，且f 00，则2x f x limx 02f x33=()x(1)已知当x0时，f x3sinx sin3x与cxk是等价无穷小，则()一、选择题(18小题，每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有 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.)(C)k 3,c4 .(D)(A)k 1,c 4 .(B) k 1,c4.(A)2f 0 .(B)f0 .(C)f 0(D) 0函数 f (x) ln (x1)(x2)(x3)的驻点个数为()(A) 0.(B) 1(C) 2(D) 3微

2、分方程y2yx eX/e (0)的特解形式为()(A)a(e x e %).(B)ax(e xXe )(C)x(ae x be x).(D)2/x (aex bex).设函数f(x), g(x)均有二阶连续导数，满足f(0)0, g(0)0,且f(0) g(0) 0,则函数z f (x) g( y)在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是()*TA为A的伴随矩阵，若(1,0,1,0)是方程组(A)f (0)0,g (0)0.(B)f (0)0, g (0)0.(C)f (0)0, g (0)0.(D)f (0)0, g (0)0.(6)设14 In sin xdx,J4 In cotxdxK

3、4 In cosx dx，贝VI , J, K的大000小关系是()(A)I JK .(B)IKJ.(C)JI K .(D)K J I .(7)设A为3阶矩阵，将A的第2列加到第1列得矩阵B，再交换B的第2行与第31001 00行得单位矩阵，记P 110F20 01，则A ()0010 10(A)PP2 .(B)P1(C)P2P(D)P2P I(8)设 A(1, 2, 3, 4)是4阶矩阵,(A)1,3 .(B)1, 2.(C)1 , 2,3 .(D)、填空题(9-14小题,每小题4分，共24分.请将答案写在答题纸X1 21(9)lim(-x 02)x.(10)微分方程y y eXcosx满足

4、条件 y(0)0的解为(11)曲线yXtan tdt(0 x )的弧长s04Xce , x 0,(12)设函数f (X)J-J0,则xf (x)dx0,x0,(13)设平面区域D由直线yX,圆 x22y 2y及y轴围成:Ax 0的一个基础解系，则 A*x 0的基础解系可为()指定位置上.),则二重积分2,3,4 .xydD(14)二次型 f (x-i, x2, x3) x： 3x22X32x1x22X1X32X2X3，则f的正惯性指数为.三、解答题(1523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10分)已知函数F(x)X0叩2t

5、 )dt(16)(本题满分aX11分)，设limXF(x)lim F (x)0,试求a的取值范围.x 0设函数y y(x)由参数方程h3331313确定，求y y(x)的极值和曲线y y(x)的凹凸区间及拐点.(17)(本题满分9分)设函数zf (xy, yg(x)，其中函数f具有二阶连续偏导数，函数g(x)可导且在X 1处取得极值g(1)1，求(18)( 本题满分10分)设函数y(x)具有二阶导数，且曲线丨:y y(x)与直线y x相切于原点，记 为曲线I 在点(x, y)处切线的倾角，若 dy ,求y(x)的表达式.dx dx(19) (本题满分10分)1 11(I) 证明：对任意的正整数

6、n,都有 In(1丄)-成立.n 1n nm11(II) 设an 1 L Inn(n 1,2,L )，证明数列 an 收敛.2 n(20) (本题满分11分)一容器的内侧是由图中曲线绕y轴旋转一周而成的曲面，该曲线由 2 2 1 2 2 1x y 2y( y )与x y 1(y)连接而成的.2 2(I) 求容器的容积；(II) 若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功？(长度单位：m , 重力加速度为gm / s2，水的密度为103kg/m3).2 2x y 2yy2 1(21) (本题满分11分)已知函数f (x, y)具有二阶连续偏导数，且f(1,y)0 , f (x,1)

7、0 , f(x,y)dxdy a,D其中 D (x,y)|0 x 1,0 y 1 ,计算二重积分 Ixyfxy(x, y)dxdy.D(22) (本题满分11分)设向量组 1(1,0,1)T, 2 (0,1,1)T, 3 (1,3,5)T，不能由向量组 1(1,1,1$ ,2(1,2,3),3(3, 4,a)线性表示.(I) 求a的值；(II) 将1,2 ,3由1,2 ,3线性表示.(23) (本题满分11分)1A为三阶实对称矩阵，A的秩为2，即r A 2，且ao1(I) 求A的特征值与特征向量;(II) 求矩阵A .2011年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案一、选择题(18小题，每小

8、题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有 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limx 03sin x sin 3xkcxlim沁x 0sin xcos2xcosxsin 2xkcxsinx 3 limx 0cos2x2cos2 xkcx3 一 moH Xcos2x 2cos xcxk3 2cos x 1 2cos x limx 0k 1cxxm04cos2 xk 1cx4si n2x0。：厂所以c 4,k3，故答案选(C).(2)【答案】(B).2fx32x f xx2fx2f 0 2f x32f 0limx 0x3xm

9、f 0 2f 0 f 0故答案选(B).【答案】(C).【解析】f (x) In x 1 In x 2 In x 3f(x)3x非齐次方程y 12x 11(x 1)(x 2)(x 3)令 f (x)0，得 x1,26-，故f (x)有两个不同的驻点.3(4)【答案】(C).【解析】微分方程对应的齐次方程的特征方程为2 2r 0,解得特征根r.2y e 所以非齐次方程y有特解yxe 有特解y2故由微分方程解的结构可知非齐次方程y2xxy e e 可设特解y x(aex be x).(5)【答案】(A).【解析】由题意有 f (x)g(y) , f (x)g (y)xy所以，zf (0)g(0)0

10、,f(0)g(0)0，即0,0点是可能的极值点x0,0y0,02-22又因为2 f (x)g(y),-z f(x)g (y)，2g (y)f(x)，xx yy22所以，A2 |(0,0) f (0)g(0),B |(0,0)f (0) g(0)0 ,xx y根据题意由2 1(0,0) yf (0) g (0)，0,0为极小值点，可得 AC B2A C 0,且 Af (0) g(0)0 ,所以有C f(0) g (0)0.由题意 f(0)0,g(0)0，所以 f (0)0,g (0)0，故选(A).(6) 【答案】(B).【解析】因为0 x 时，0 sinx cosx 1 cotx,4又因In

11、x是单调递增的函数，所以In si nx In cos x In cot 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100a110B ,001即 AR B ,A BF1 1.由于交换B的第2行和第3行得单位矩阵，故1 0 00 0 1B E ,0 1 0即F2BE,故 B P21P2 因此，A1P2R ，故选(D)(8) 【答案】(D).【解析】由于(1,0,110)T是方程组 Ax 0的一个基础解系，所以 A(1,0,1,0)t 0，且 r(A) 4 13,即 130，且A0.由此可得 A*A |A|EO,即A ( 1 ,2,3,4)O

12、,这说明1 ,2 ,3,4 是 A x 0 的解.由于r(A)3,130 ,所以2,3,4线性无关.又由于r(A)3,所以r(A*)1，因此A*x0的基础解系中含有413个线性无关的解向量而 2,3,4线性无关，且为 A*x 0的解，所以 2, 3, 4可作为A*x 0的基础解系，故选(D).二、填空题(914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) 【答案】.2 .【解析】原式=e1 2x 1 叫丁 1)xlimex 0,x2“ 12xlim2x ln2ex 0 2(10)【答案】y exsinx .【解析】由通解公式得dx(xcosx edxdx C)x( cos

13、xdx C)e x(sinx C).由于 y(0)0,故 C =0 .所以 y e xsin x .(11) 【解析】选取x为参数，则弧微元ds 、_1 y 2dx . 1 tan2 xdx secxdx 所以 s o4 secxdx In secx tanxf ln(1 72) 146sin6(12) 【答案】一.【解析】原式x0xxex e0dxe0xde xXC1Xx0ee00xdxlimx11101limxlim xexex e(13)【答案】7122si n2sin小【解析】原式2dr cos r sinrdr2 r cos sin dr3dr004422 sincos116si n

14、4d2 4cos sin5d4 2 sin5 dsin4444674区(14)【答案】2.【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.111二次型f对应矩阵为A1311111 1 100 01311311321 1 11 1 11 1 2故 10, 21, 34 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.Xi,X2,X32X13x22X32X22X1X32X2X3222X2X32小X1X2X3X2X3 3x22X1X2X32X2222X32X2X3y1令y2X2y3X2,X3,X3,则f2y1c22y2，故f的正惯性指数为2.(1523小题,字

15、说明、证明过程或演算步骤.(15)(本题满分三、解答题10分)94分.请将解答写在答题纸指定位置匕解答应写出文【解析】如果a0时,limXX0ln(1t2)dtlimXX0皿2t )dt显然与已知矛盾，alim -X 0x 2ln(1 t2)dtlimx 0ln(1x2)所以3a 1ax3.limx 02Xaxlimx 0又因为limXX20ln(1 t2)dtlimXln(1 x2)a 1axlimX2x1 x2a(a 1)xa 2a(a 1严 13 aX_X2所以3(16)(【解析】2，即 a 1 ,本题满分11分)dy 因为y (x) 血dxdt综合得t2 1t2 1y (x)占1dt2

16、t(t2 1) (t2 1) 2t令y(x)0得t1时，xdxdt(t21)214t厂(t2 1)31，此时所以所以1为极小值.31为极大值.(x)0 得 t0 ;当t0时,10时，x ，此时3所以曲线的凸区间为，凹区间为 1,31 1，拐点为(一,-).3 3(17)(本题满分9分)【解析】z f xy, yg(x)Zf1 xy, yg(x)xy f2 xy, yg(x)yg (x)f1 xy,yg(x)x yy fn(xy, yg(x)x f12(xy, yg(x)g(x)g (x) f2 xy,yg(x) yg (x) fxy, yg(x) x f22【xy, yg(x)g(x).f1(

17、1,1) f11(1,1)切(1,1).因为g(x)在x 1可导，且为极值 所以g (1)0,则【解析】由题意可知当x0时，y0,y(0)1，由导数的几何意义得 y tan即arctan y，由题意darctan ydy口口y y，即卩2 y .dxdx1y令 y p，y p，则Ppdpdx ,即.2 P31 pp p吐|x1dxdy y 1 (18)(本题满分10分)dpPp dx,In|p|如(P2 1)2x c1，即1ce 2x 11，代入得c 2,所以 y12e2x则 y(x)y(0)x dtxetdtt(e2)2tarcsinl |0x .e arcsin又因为y(0)0,所以y(x

18、)迈x arcs in e 2(19)(本题满分10分)【解析】(I )设f x In 1显然f (x)在0,1n上满足拉格朗日的条件,所以结论得证.0,1 时,n(II )设an先证数列anan 1anIn 1一 In1 nIn亦即:即:In单调递减.利用(I )的结论可以得到InInIn(1InInIn1-)，n所以In0得到anan，即数列an单调递减.an n1 lnnk 1 kn1n k 1In1 -lnk 1kk 1kn An1anln nln 1k 1 kk 1再证数列 an有下界.nk 1ln11 kln n ,234,n 1lnLln n 1 ,123n1lnnlnn 1ln

19、 n 0 k得到数列 an有下界利用单调递减数列且有下界得到an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VVi V21 2y y2 dy212 1 y2 dy（11） 所做的功为dw g(2y)(1 y2)dyg(2y)(2y y2)dy1w g (2 y)(1y2)dy2 21 (2y)(2 y y )dy2 31(y2y212y32y22y27 1038 g 3375g.(21)(本题满分11分)【解析】因为 f(x,1)0 , f (1,y)0,所以 fx(x,1)0 .11 11I 0 xdx 0 yfxy(x, y)dy xdx ydfx(x, y)1 11 1 10xdxyfxx, y b0fx x, y dy 0 xdxfx(x,1)0 fx(x,y)dy1 1 1 1 1 1 10xdx 0 fx(x,y)dy0dy 0xfx(x, y)dx0dyxf(x,y)|。f(x,y)dx1 10dy f(1,y)0 f (x,y)dx f(x, y)dxdy a.D(22)(本题满分11分)【解析】(I)由于1, 2,3不能由1,2 ,3线性表示，对（1 , 2 ,3,1,2 ,3 ）进行初等行变换：113 101(1