2005年考研数学二真题解析

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 y(1 sin x) x ，则 dy=dx .x【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：y(1sin x) x = exln(1sin x) ，于是yex ln1( s ixn) l n1(s i nx)xc o sx ，1s i nx从而dy= y ()dxdx.x方法二：两边取对数， ln yx ln(1 sin x) ，对 x 求导，得1 yln(1sin x)x cos x，y1si

2、n x于是 y(1 sin x) x ln( 1sin x) xcos x ，故1sin xdy= y ( ) dxdx.x3（ 2） 曲线 y(1x) 2y3x的斜渐近线方程为x.2【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.3【详解】因为 a= limf (x)lim (1x) 21,xxxxx33blimf ( x) ax(1 x) 2x 23，limx2xx于是所求斜渐近线方程为yx3.21xdx（ 3）x2.0 (2 x 2 )14【分析 】 作三角代换求积分即可 .【详解】令 xsin t ，则1xdx2sin t costdt0 ( 2x 2 ) 1x20 (2s

3、in2 t) cost=2d costarctan(cos ) 20 1cos2 t0.4（ 4）微分方程 xy2 yx ln x 满足 y(1)1的解为 y1 xln x1 x. .939【分析 】直接套用一阶线性微分方程yP( x) yQ ( x) 的通解公式：yeP ( x) dxP ( x)dxdxC ， Q( x)e再由初始条件确定任意常数即可 .【详解 】 原方程等价为y2 yln x ，x2 dx2 dx12于是通解为xxyeln xedx C x 2xln xdxC =1 x ln x1 xC 1，39x 2由 y(1)1得 C=0 ，故所求解为y1 x ln x1 x.939

4、（ 5）当 x0 时，(x)kx2 与(x)1xarcsin xcos x 是等价无穷小，则k=3.4【分析 】 题设相当于已知lim( x)1，由此确定 k 即可 .( x)x0【详解】由题设， lim( x)lim1xarcsin xcosx( x)kx2x 0x0x arcsin x1cos x= limx0kx2 ( 1x arcsinxcos x )=1lim x arcsin x 1 cos x31，得 k3 .2kx0x 24k4（6）设1, 2 , 3 均为 3 维列向量，记矩阵A ( 1, 2, 3)，B(123,1 22 43,132 93)，如果 A1，那么 B2 .【分

5、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B(123,12243,13293)111=(1,2,3)12 3，149111于是有B A 123 122.149二、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 f (x)lim n 1x3 n ，则 f(x) 在 (,) 内n(A)处处可导 .(B)恰有一个不可导点 .(C)恰有两个不可导点 .(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

6、导情形 .当 x1 时，( )limn13n1【详解】fx；xn当 x1 时， f ( x)lim n 111；n3113当 x1 时， f ( x)lim1) nx (3nx .nxx3 ,x1,即 f ( x)1,1x1,可见 f(x) 仅在 x=1 时不可导，故应选 (C).x 3 ,x1.（ 8）设 F(x) 是连续函数 f(x) 的一个原函数， " MN " 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

7、调函数f(x) 是单调函数 .A 【分析 】 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.方法一：任一原函数可表示为 F ( x)xC，且 F( x)f ( x).【详解】f (t) dt0当 F(x) 为偶函数时， 有 F (x) F (x) ，于是 F ( x)( 1) F ( x) ，即f ( x)f ( x) ，也即 f (x)f ( x) ，可见 f(x) 为奇函数；反过来，若f(x) 为奇函数，则xf (t)dt 为偶函0数，从而 F ( x)xC 为偶函数，可见 (A) 为正确选项 .f (t) dt0方法二：令 f(x)=1, 则取 F(x)=x+1, 排除 (

8、B) 、(C);令 f(x)=x,则取 F(x)=1 x2, 排除 (D);2故应选 (A).（ 9）设函数 y=y(x) 由参数方程xt 22t,y=y(x) 在 x=3 处的法线与 xyln(1确定，则曲线t )轴交点的横坐标是(A)1 ln 23.(B)1 ln 23 .88(C)8ln 23.(D)8ln 23. 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 t 22t3，得 t1, t3 （舍去，此时y 无意义），于是dy11 ，可见过点 x=3( 此时 y=ln2) 的法线方程为：1td

9、xt12t2t 18yln 28( x3) ，令 y=0,得其与 x 轴交点的横坐标为：1 ln 23,故应 (A).8（ 10）设区域 D( x, y) x2y 24, x0, y0 ，f(x) 为 D 上的正值连续函数， a,b为常数，则af ( x) b f ( y)df ( x)f ( y)D(A)ab .(B)ab(C)( ab).ab D 2.(D).2【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a f ( x)b f ( y)a f ( y) b f ( x)f (x)df ( y)dDf (

10、 y)Df (x)1a f ( x) b f ( y)a f ( y)b f ( x)=d2 Df ( x)f ( y)f ( y)f (x)= abdab122ab.应选 (D).2D242（ 11）设函数 u( x, y)( xy)( xy)xy(t )dt ,其中函数具有二阶导数，x y具有一阶导数，则必有2 u2u2 u2u(A)x2y2 .（B ）x 2y 2 .2 u2u2u2 u(C)x yy2 .(D)x yx2 . B 【分析】先分别求出2 u 、2u、2u ，再比较答案即可 .x2y2x y【详解】 因为u(x y)(x y)(x y)( x y) ，xu(x y)(x y

11、)(x y)( x y) ，y于是2 u( x y)(x y)(x y)(x y) ，x 22u( x y)( x y)( x y)( x y) ，x y2 uy 2( xy)(x y)(x y)(x y) ，2u2 u，应选 (B).可见有y 2x21, 则（ 12）设函数f ( x)xe x 11(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 】

12、显然 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lim f (x)，所以 x=0 为第二类间断点；x0l i mf ( x)x10， limf()1，所以 x=1 为第一类间断点，故应选 (D).x 1x（ 13）设1 , 2 是矩阵 A 的两个不同的特征值，对应的特征向量分别为1 ,2 ，则1 ，A(12 ) 线性无关的充分必要条件是(A)10 .(B)20. (C) 10. (D)2 0 . 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k11k2 A( 12 )0

13、 ，则k11k2 1 1 k2 2 2 0 ，( k1 k2 1 ) 1 k2 2 2 0 .由于1 ,2 线性无关，于是有k1k210,k220.当20时，显然有 k10, k20，此时1， A(12 ) 线性无关；反过来，若1，A( 12 ) 线性无关， 则必然有20 (,否则，1与 A(12 ) =1 1 线性相关 )，故应选 (B).1,A( 12 )1 ,11221 ,11方法二：由于2 ，02可见1 ， A( 12 ) 线性无关的充要条件是1010. 故应选 (B).22（ 14）设 A 为 n（ n2 ）阶可逆矩阵，交换A 的第 1 行与第 2 行得矩阵B,A* ,B* 分别为

14、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E12 （交换 n 阶单位矩阵的第1 行与第 2 行所得），使得E12 AB ，于是B*(E12 A)*A* E*12A* E12 E121A* E12 ，即A* E12B* ,可见应选 (C).三、解答题（本题共9 小题，满分94 分 .解

15、答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（ 15）（本题满分11 分）x(xt) f (t )dt0设函数 f(x) 连续，且 f (0)0 ，求极限 limx.x 0x0f (x t)dt【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.xx tu 0f (u)( du)x【详解】 由于f ( x t )dtf (u)du ,于是0x0x( xt) f (t)dtxxx f (t )dttf (t )dtlim0xlim0x0x 0 x0f ( x t )dtx 0xf (u)du0xf (t)dtxf ( x)xf (x)xf (t )dt= lim0x= li

16、mx0x0f (u)duxf ( x)x0f (u)duxf ( x)00xf (t )dt0f ( 0)1x= lim=xf (0).x0f (u)duf (0)2f (x)0x（ 16）（本题满分11 分）如图， C1 和 C2 分别是 y1 (1ex ) 和 yex 的图象， 过点 (0,1)的曲线 C3是一单调增2函数的图象 . 过 C2上任一点 M(x,y) 分别作垂直于x 轴和 y 轴的直线 l x 和 l y . 记 C1 ,C2 与 l x所围图形的面积为S1 ( x) ； C2 ,C3 与 l y 所围图形的面积为S2 ( y). 如果总有 S1 (x) S2 ( y) ，求

17、曲线 C3 的方程 x( y).【分析 】 利用定积分的几何意义可确定面积S1 ( x), S2 ( y) ，再根据 S1 ( x)S2 ( y) 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x1 (1 et )dt1 (exS1 (x)etx 1) ，022S2 ( y)y(ln t(t )dt ，11 (exx1)y(t) dt ，由题设，得1(ln t21 ( y而 y ex ，于是lny1)y(t )dt(ln t21两边对 y 求导得1 (11)ln y( y) ，2y故所求的函数关系为：x( y)ln yy 1.2 y（ 17）（本题满分11 分）如图

18、，曲线C 的方程为 y=f(x) ，点 (3,2)是它的一个拐点，直线l1 与 l 2 分别是曲线 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3x) f( x)dx.(x 20【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,f(0) 2 ; f(3)=2,f(3)2, f(3) 0.由分部积分，知3x) f(x)dx3( x2x)df( x)( x2x) f(x)33( x)( 2x 1)dx(x 200f0031)

19、df(x)(2 x1) f( x)33=( 2x02 f ( x)dx00= 162 f (3)f (0)20.（ 18）（本题满分12 分）用变量代换xcost (0t) 化简微分方程 (1x 2 ) yxyy0 ，并求其满足y1, yx02的特解 .x 0【分析 】 先将 y , y转化为 dy , d 2 y ，再用二阶常系数线性微分方程的方法求解即可.dtdt 2【详解 】 ydydt1dydtdxsin t，dtydydt costdy1d 2 y(1) ，dtdxsin 2 tdtsin t dt 2sin t代入原方程，得d 2yy 0 .dt2解此微分方程，得yC1 c o t

20、sC2 si ntC1 xC21x 2，将 初 始 条 件 yx 01, yx 02代入，有 C12,C21. 故满足条件的特解为y 2x1x 2 .（ 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(0,1),使得 f ()1；（ II ）存在两个不同的点,(0,1)，使得 f () f ()1.【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 F ( x)f ( x)1x ，则 F(x) 在0，

21、1上连续，且 F(0)=-1<0, F(1)=1>0,于是由介值定理知，存在(0,1),使得F( )0，即 f () 1.（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(0,),(,1) ，使得 f( )f () f ( 0)f (1)f ()0， f ( )1于是f () f( )f ( )1f ()11.11（ 20）（本题满分10 分）已知函数z=f(x,y)的全微分dz 2xdx2 ydy ，并且f(1,1,)=2.求 f(x,y)在椭圆域D ( x, y) x2y 21 上的最大值和最小值 .4【分析 】 根据全微分和初始条件可先确

22、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f2x ， f2 y ，xy于是 f (x, y)x 2C ( y) ，且 C ( y)2 y ，从而C( y)y 2C ，再由 f(1,1)=2 ，得 C=2, 故 f (x, y)x2y 22.令f0,f0得可能极值点为x=0,y=0.且A2 f2 ，xyx2(0 ,0)2f0 ， C2 f2 ，B(0, 0)2(0, 0)x yyB 2AC40 ，所以点 (0,0)不是极值点，从而也非最值点 .再考虑其在边界

23、曲线x2y 21上的情形：令拉格朗日函数为4F (x, y, )f ( x, y)( x2y 21) ，4Fxf2x2(1) x0,xy1解Fyf2yy0,y22y 2Fx 210,4得 可 能 极 值 点 x0, y 2,4； x 0, y2,4 ； x1, y 0,1 ；x1, y0,1. 代入 f(x,y) 得 f (0,2)2,f (1,0)3 ，可见z=f(x,y) 在区域D( x, y) x2y 21 内的最大值为3，最小值为 -2.4（ 21）（本题满分9 分）计算二重积分x 2y 2d，其中 D( x, y) 0x1,0y1 .1D【分析 】 被积函数含有绝对值，应当作分区域函

24、数看待，利用积分的可加性分区域积分即可 .【详解】 记D1( ,)x2y21,( ,)x yx yD，D 2( x, y) x2y 21,( x, y)D ，于是x2y2d=( x2y21)dxdy( x2y21)dxdy1DD1D 2=2 d1(r21)rdr( x2y 21) dxdy(x 2y 21)dxdy00DD11dx12y21)dy2 d121)rdr =1.=+( x(r8000043（ 22）（本题满分9 分）确定常数a, 使 向 量 组1(1,1, a)T ,2(1, a,1) T ,3( a,1,1)T可由向量组1(1,1,a)T ,2(2, a,4)T ,3(2, a,

25、 a) T 线性表示，但向量组1 ,2 ,3 不能由向量组1, 2,3 线性表示 .【分析 】向量组1 ,2 ,3 可由向量组1 ,2 ,3 线性表示，相当与方程组：ix11x22x33 ,i1,2,3.均有解，问题转化为r (1 ,2 ,3 )= r ( 1 ,2 ,3i ), i1,2,3 是否均成立？这通过初等变换化解体形讨论即可 .而向量组1 ,2 ,3 不能由向量组1 ,2 ,3 线性表示，相当于至少有一个向量j ( j1,2,3) 不能由1 ,2 ,3表示，即至少有一方程组jx1 1x22x33 , j1,2,3，无解 .【详解】 对矩阵 A( 1,2 ,31 ,2 , 3 ) 作初等行变换，有12211aA(1,2,31 , 2 , 3 ) = 1 aa1 a 1a4aa1112211a0a2a20a10042a3a01a1a12211a0a2a20a10，00a403(1a)1a122112当 a=-2时， A