2007考研数二真题及解析

1、2007年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题、选择题：1-10小题,每小题4分，共40分,下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上(1)当X0时，与x等价的无穷小量是()A.1exB.lnJ-X-1.xC.1.x11”、(exe)tanx亠函数f(x)T在x(exe)1”、(exe)tanx亠函数f(x)T在x(exe)上的第一类间断点是x()A.0B.1A.0B.1C.2D.一2如图旌续函数yf(x)在区间3,2,2,3上的图形分别是直径为1的上、下半圆周，44A.F(3)C.F(3)x在区间2,0,0,2上的图形分别是直径为2的上、下半圆

2、周设F(x)of(t)dt,则下列结论正确的是()|f(2)D.F(3)5F(2)44(4)设函数f(x)在x0连续,则下列命题错误的是()A.若xm0他存在，则f(0)xB.若xm0f(x)f(X)存在,则f(0)xC.若00存在，则f(0)存在xD.若lim3f(x)x存在,则f(0)存在(5)曲线y1-ln(1xex)渐近线的条数为()A.0B.1C.2D.3(6)设函数f(x)在(0,)上具有二阶导数，且f(x)0,令Unf(n)(n1,2,)，则下列结论正确的是()A.若UiU，则A.若UiU，则un必收敛U2,则Un必发散C.若U1U2,则Un必收敛D.若UiU2,则Un必发散二元

3、函数f(x,y)在点(0,0)处可微的一个充分条件是()A.A.J%f(x,y)f(0,0)0B.limf(x,0)f(°,0)0且limf(°,y)f(°,°)0x0y0C.limf(x,y)f(0,0)(x,y)(0,0)(8)(8)D.limfx(x,0)fx(0,0)x0设函数f(x,y)连续，则二次积分1A.dy0J1C.dy0-arcsinyfZdXarcsinyf(x,y)dxp01dxsinxfy(0,y)fy(0,0)0f(x,y)dy等于()1B.dyf(x,y)dx0Jarcsiny'八1arcsinyD.dyf(x,y)d

4、x02(9)设向量组1,2,3线性无关，则下列向量组线性相关的是()A.12,23,31B.21,23,31C.122,223,321D.122,223,32211100(10)设矩阵A121,B010,则A与B()112000A.合同且相似B.合同,但不相似C.不合同，但相似D.既不合同，也不相似、填空题：11-16小题,每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上(11)arctanxsinx3X(12)曲线costcos2t上对应于t1sint4的点处的法线斜率为(13)设函数y12x3,则y(n)(0)(14)二阶常系数非齐次线性微分方程2xy4y3y2e的通解为y(15)设f(

5、u,v)是二元可微函数，zfCt),则X上xyx010000103(16)设矩阵A，则A的秩为00010000三、解答题：17-24小题，共86分请将解答写在答题纸指定的位置上解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(17)(本题满分10分)f(x)1xcostsint设f(x)是区间0,上的单调、可导函数且满足f1(t)dttsintdt400sintcost其中f1是f的反函数，求f(x).(18)(本题满分11分)x)下方、x轴上方的无界区域设D是位于曲线y-fa莎(a1,0x(I)求区域D绕x轴旋转一周所成旋转体的体积Va(II)当a为何值时，Va最小？并求出最小值(19)(本题满分11

6、分)求微分方程y(xy2)y满足初始条件y(1)y(1)1的特解(20)(本题满分10分)已知函数f(u)具有二阶导数，且f(0)1,函数yy(x)由方程yxey11所确定.dZ|dp设zf(lnysinx),求一xo,2xo.dxdx(21)(本题满分11分)设函数f(x),g(x)在a,b上连续,在(a,b)内二阶可导且存在相等的最大值，又f(a)=g(a),f(b)=g(b),证明：存在(a,b),使得f”()g''().(22)(本题满分11分)x2,|xy1设二元函数f(x,y)11xy2/22,Jxy计算二重积分f(x,y)d,其中D(x,y)|x|y2D(23)(

7、本题满分11分)x1x>x30设线性方程组x12x2ax30(1)X14x2aX30与方程x12x2X3a1(2)有公共解，求a得值及所有公共解(24)(本题满分11分)设3阶实对称矩阵A的特征值11,22,32,1(1,1,1)疋A的属于1的个特征向量记BA54A3E,其中E为3阶单位矩阵.(I) 验证1是矩阵B的特征向量拼求B的全部特征值与特征向量;(II) 求矩阵B.2007年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析一、选择题（1）【答案】B【详解】排除法：由几个常见的等价无穷小，当x0时,1：方法ex1-x;r_x2sin2x2x222(2)2x,当x0时,此时2咙匸冷匸）2,可

8、以x0,所以1ex-(.x);.'1x排除A、C、D,所以选（B）.方法2：ln1xo：当x0时,1.xx1,Tx0,又因为x0时，In1xx.所以ln11xvx1x,选(B).方法3：1xln()lim1洛x0、.xln(limx0limx01xx(1x)1x_(1X)12.x1a/x1x2x2、-x2x2、-xlimx02/x2,x2.x设1x1.xB1x4x2、x2x.x对应系数相等得：A2、x,B1,所以原式limx0limx01x2；X1limlim011选(B).X01XX01x【答案】(A)【详解】首先找出f(x)的所有不连续点，然后考虑f(x)在间断点处的极限f(x)的

9、不连续点为0、1、f(x)的不连续点为0、1、i，第一类间断点包括可去间断点及跳跃间断点逐个考虑对A：limx0f(x)limx0(exe)tanx1x(e'e)limx0ex1eeelimx0e(1e(1ex)Jex)1,11lim1eelimf(x)lim(exe)tanxlimexex0e1111x0x0x0ex(exe)exelimexe各个选项即可1丄1丄x0x，所以x0是f(x)的第一类间f(x)在x0存在左右极限，但limfxlimx0x0断点，选(A)；同样，可验证其余选项是第二类间断点,limfxx1，limfxx2，limfxx2【答案】C【详解】由题给条件知，f(

10、X)为x的奇函数，则f(x)xf(x)，由F(x)0f(t)dt，知xxF(x)of(t)dt令tuof(u)d(u)因为f(u)f(u)xf(u)duF(x)，故F(x)为x的偶函数所以F(3)F(3).F(3)的负值，所以所以所以2of(t)dt表示半径1的半圆的面积，所以F(2)30f(t)dt32f(t)dtF(3)F(3)20f(t)dtf(t)dtf(t)dt,其中32f(t)dtF(3)3F(2)，选择43f(t)dt表示半径1r-的半圆的面积23严)【答案】(D)【详解】方法1：论证法，证明都正确，从而只有D.不正确.由lim丄存在及f(x)在x0处连续所以x0义，f'

11、(0)limf(0)存在,所以(C)也正确;f(0)lim0f(x)lim()x)lim()limx0lim()0,所以(A)正确；x0xx0xx0x0x由选项(A)知,f(0)0,所以limf(x)f(0)limf(x)存在，根据导数定x0x0x0xx0x0由f(x)在x0处连续,所以f(x)在x0处连续,从而lim0f(x)f(x)lim0f(x)1叫f(x)f(0)f(0)2f(0)所以2f(0)limx0f(x)f(X)xlimf(x)f(x)x0xlimxx00limf(x)f(x)x0x即有f(0)0.所以(B)正确，故此题选择(D).方法2：举例法，举例说明(D)不正确.例如取f

12、(x)x，有limx0limx0f(x)xf(x)0limx00存在limx0limx0x0x1,limx0limUx0x01,左右极限存在但不相等，所以f(x)x在x0的导数f'(0)不存在.(D)不正确选(D).【答案】D所以y0是沿x1【详解】因为limylim-ln(1ex)lim-0xlimln(1ex),x0x0X0x所以x0是-条铅直渐近线；因为limxy1xlimln(1e)xXlim-x-xlimln(1ex)000x-方向的一条水平渐近线;xelim1limln(1xe)洛必达法则0limx1e1xxxx1令blimyaxlim1ln(1ex)xxxx1x、x,X、

13、:limlimln(1e)xxlne0limln(1e)lnexxxxx1exlimln(x)limln(e1)ln10xexxxx所以yx是曲线的斜渐近线,所以共有3条,选择(D)1ln(1ex)xx1ln(1ex)xxln(1ex)xlimlim【答案】(D)【详解】unf(n),由拉格朗日中值定理，有Un1Unf(n1)f(n)f'(n)(n1n)f'(n),(n1,2,),其中nnn1,12ih+nl!+由f''(x)0,知f'(x)严格单调增，故f'(1)f'(2)dbf'(n：)'I-+若u1U2,则f'

14、;(1)U2U10,所以、0f'(1)f'(2)f'(n).nUn1U1(Uk1Uk)U1nf'(k)U1nf'(1).k1k1而f'(1)是一个确定的正数于是推知limUn1做un发散.选(D)【答案】(C)【详解】一般提到的全微分存在的一个充分条件是：设函数f(x,y)在点),y0处存在全微分,但题设的A.B.C.D.中没有一个能推出上述充分条件，所以改用全微分的定义检查之全微分的定义是：设f(x,y)在点x0,y0的某领域内有定义，且f(x,y)在点瓦，y0处的全增量可以写成fx0x,y0yfx0,y0AxByo,其中AB为与x,y无关的常

15、数,xyJli叫0,则称f(x,y)在点x0,y0处可微,AxBy称为f(x,y)在点心y°处的全微分，对照此定义，就可解决本题.选项A.相当于已知f(x,y)在点(0,0)处连续；选项B.相当于已知两个一阶偏导数已知两个fx0,0,fy0,0存在，因此AB.均不能保证f(x,y)在点(0,0)处可微.选项D.相当于阶偏导数fx0,0,fy0,0存在，但不能推导出两个一阶偏导函数x,y,fyx,y在点(0,0)处连续，因此也不能保证f(x,y)在点(0,0)处可微0,推知由C.limf(x，y)f(0,0)(x,y)(0,0)其中f(x,y)f(0,0)2y0x0yo(),.'

16、;22O()xy，li叫lim00.对照全微分定义，相当于x°0,y°0,xx,yy,A0,B0.可见f(x,y)在(0,0)点可微,故选择(C).(8)【答案】(B)【详解】画出该二次积分所对应的积分区域【详解】画出该二次积分所对应的积分区域,sinxy1交换为先x后y,则积分区域可化为：01,arcsinyx所以11dx.f(x,y)dydy.f(x,y)dx,所以选择(B).sinx0arcsiny2(9)【答案】A【详解】方法1:根据线性相关的定义，若存在不全为零的数k1,k2,k3,使得k11k22k330成立，则称1,2,3线性相关.因(12)(23)(31)0

17、，故1所以选择(A).方法2：排除法2，23，31线性相关因为2)21011011，2，3110101,12，3C2，其中C21010111011011111且|c：21101行(1)2行011（1）11011011111(1)20.故C2是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积，G右乘1,2,3时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有r(12,23，31)r(1，2，3)3所以，12，23，31线性无关，排除（B）.因为122，223，3211021，2，32101，2，3C3,其中C3021102210021111（2）（4）=-70.C3右乘故C3是可逆矩阵，由

18、可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积1，2，3时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩，故有r(122，223,321)r(1，2，3)3所以，122,223，321线性无关，排除（C）.因为122，223，3211021021，2，32101，2，3C4，其中C421002102110210214C42101行(2)2行014(D1121021021112(4)90.故C4是可逆矩阵，由可逆矩阵可以表示为若干个初等矩阵的乘积，C4右乘，故有，故有3时，等于作若干次初等变换，初等变换不改变矩阵的秩所以,r(1223,321)r(1,2,3)22,21线性无关,排除(D).综上知应选(

19、A).(10)【答案】B【详解】方法1：方法1：211111212、3列分别加到1列2111212111111提出1211行(1)+2行0301121121行(1)+3行1)11则A的特征值为3,3,0;B是对角阵，对应元素即是的特征值，则B的特征值为1,1,0.代B的特征值不相同，由相似矩阵的特征值相同知，A与B不相似.由代B的特征值可知，代B的正惯性指数都是2,又秩都等于2可知负惯性指数也相同,则由实对称矩阵合同的充要条件是有相同的正惯性指数和相同的负惯性指数，知A与B合同，应选(B).方法2:因为迹(A)=2+2+2=6,迹(B)=1+仁26,所以A与B不相似(不满足相似的必要条件).又

20、|EA(3)2,|EB(1)2,A与B是同阶实对称矩阵，其秩相等，且有相同的正惯性指数，故A与B合同.、填空题1(11)【答案】6【详解】由洛必达法则arctanx3xsinx0012cosxlim匸x03x1lim-x021xcosxc2彳23x1xmoHX2X3moHXcosx2cosxxlim(12)【答案】1【详解】鱼dxdydtdxdt1sintcostcos21sintcost2sintcostdx所以法线斜率为12.(13)【答案】(1)n2nn!3n1【详解】y2x32x(1)2x3112x11)1!22xy''(1)(2)222x31)22!222x3由数学归

21、纳法可知(n)ynn(1)2n!2x把x0代入得nny(n)(0)(°2n.3n1(14)【答案】GexC2e3x2e2x【详解】这是二阶常系数非齐次线性微分方程,且函数f是Pmxex型(其中Pmx2,2).所给方程对应的齐次方程为y4y3y0,它的特征方程为r24r30,得特征根riIt3,对应齐次方程的通解yGeriXCze护GexC2e3x由于这里2不是特征方程的根，所以应设该非齐次方程的一个特解为y*Ae2x,所以y*2Ae2x,y*4Ae2x,代入原方程：4Ae2x42Ae2x3Ae2x2e2x,则A2,所以y*2e2x.故得原方程的通解为yGexCze3x2e2x.y&#

22、39;x'(15)【答案】2(fi-fz)xy【详解】zxf2'-yxxxyxzf1xf2'yyyy所以zxxy-zyxf1'y2x【详解】zxf2'-yxxxyxzf1xf2'yyyy所以zxxy-zyxf1'y2xyx丫fixyxf2'-y5f'-1xf2'x2yf2'丄yyf'1f1_xf2'x2yxf1y'yxxf2''y2(yxf1x'f2)y(16)【答案】1【详解】2001000100001A000100010000000000000000001

23、001000001A3A2A000000000000由阶梯矩阵的行秩等于列秩，其值等于阶梯形矩阵的非零行的行数，知rA31.三、解答题.(17)【分析】本题要求函数详解式，已知条件当中关于函数有关的式子只有f(x)1xcostsintf(t)dttdt,'0sintcost，如果想求出函数的详解式xtco型dt两边对0sintcostcosxsinx，即xf(x)cosx这是一个带有积分符号的式子_一f(x)1_f(t)dt【详解】方程0xsinx当x0时,对上式两边同时除以，首先要去掉积分符号，即求导.X求导，得cosxsinxxsinxcosxcosxsinxx,得f(x)，所以s

24、inxcosxd(sinxcosx)sinxcosx、cosxsinx,f(x)dxsinxcosxf(0)f1(t)dt0.因f(x)是0,上的单调可导函数，f1(t)的14Insinxcos在已知等式中令x0,得0值域为0,，它是单调非负的4,故必有f(0)0，从而两边对上式取x0极限limf(x)x0f(0)f(x)Insinxcosx，因为0亍,故f(x)In(sinxcosx),x0,4.(18)【详解】(1)Vaxxaadx0xxdaalna0xx2axaaaadxalna0lna0lna2lna2212alnaa2lna一aln4a2alna2aln3aalna1ln3a0,得l

25、na1,从而ae.当1ae时,Va0,Va单调减少；当2ae时,Va0,Va单调增加.所以ae时V最小，最小体积为Vminae(19)【详解】令yp,则yp,原方程化为p(xp2)p.x两边同时除以pp,得pp亚带入上式,得空仝dxdpp按一阶线性方程求导公式，得dpxep(dp,pepdpC)epC/(pedppdp)pdpCp(pC)带入初始条件得C0,于是p2x.由y(1)1知p二即鱼dxX2312:1解得yx2C1,带入初始条件得C1-,所以特解为y2x2丄.3333(20)【详解】在yxey11中，令x0,得y1,即y(0)1y1yxe1两边对x求导，得y(xey1)10yxey1x

26、(ey1)0yey1xey1y0(yy(x)是x的函数，故ey1是关于x的复合函数,在求导时要用复合函数求导的法则)2yyey10(*)(由yxey11知,xey1y1，把它代入)在(*)中令x0,由x0,y1，得yx01在(*)两边求导，得2yyy2ey1y0.令x0,由x0,y1,y1得,yx02因为zf(lnysinx)，令uInysinx，根据复合函数的求导法则，在ulny在ulny在ulnydzdzudxduxdzudyduydx(*)sinx中把x，y看成独立的变量，两边关于x求导，得uxcosxsinx中把x，y看成独立的变量，两边关于y求导，得uy把以上两式代入(*)中，空f(

27、u)(dx1cosx)f(u)yy即退dxyf(Inysinx)(-ycosx)(*)把x0,y1，y1代入(*)，得dzdxf(In101sin0)(cos0)ysinx)(ycosx)y在(*)左右两端关于x求导，d2一zf(Inysinx)(cosx)f(Indxyf(lnysinx)f(Inysinx)(cosx)f(lnysinx)f(lnysinx"#cosx)y(ycosx)(y)(cosx)2y2y-sinxy把x0,yd2zdx2y2f(Inysinx)(cosx)y(Inysinx)2y2yy_ysinxi,y1,y2代入上式，得f(In1sin0)(】cos0)

28、2f(In1sin0)1-sin01f(0)(21)1根据复合函数的求导法则dzdzudzudy,有dxduxduydx(21)【详解】欲证明存在(a,b)使得f()g()，可构造函数(f(x),g(x)0,从而使用介值定理、微分中值定理等证明之.令(x)f(x)g(x),由题设f(x),g(x)存在相等的最大值，设N(a,b),X2(a,b)使得f(Gmaxf(x)g(x2)maxg(x).于是)f*)a.bg(N)0，(X2)f(xDg(%)0若(X1)0,则取X1(a,b)有()0.若(X2)0,则取X2(a,b)有()0.若(X1)0,(X2)0,则由连续函数介值定理知，存在(X1,X

29、2)使()0.不论以上哪种情况，总存在(a,b),使()0.再(a)f(a)g(a)0,(b)f(b)g(b)0,将(x)在区间a,b分别应用罗尔定理，得存在1(a,),2(,b),使得(J=0,(2)0;再由罗尔定理知，存在(1,2),使()0即有f()g().(22)【详解】记D1(x,y)xy1，D2(x,y)1f(x,y)dDf(x,y)dDif(x,y)dD2x2dD11d22D2xy再记1(x,y)0xy1,x0,y0,2(x,y)1xy2,x0,y0由于Di与D2都与x轴对称，也都与y轴对称，函数x2与=1都是x的偶函数,也y2都是y的偶函数,所以由区域对称性和被积函数的奇偶性有

30、2211X2x2d4x2d4dxx2dy00丿D12(1x)dx1(x20x3)dx22d2_xyy2对第二个积分采用极坐标，令xrcos,yrsin,0丁则1化为1r,xycossin2化为r所以y2402d2cossindrcossin22o2sec(4)d2、2lnIn221In-,于cossin2cossincossin_(rcos20cos22ln1)2(rsin)2rdrf(x,y)df(x,y)dDD11dsin4o2:d2cos()4sec()tan()4422In222、2In(322)2V2D2f(x,y)d-2'2In(32.2)3（23）【详解】方法1：因为方程

31、组（1）、（2）有公共解，将方程组联立得10111a1001）2行214a0121a011100.01a101行（1）4仃20r03a10a010a11行（1）3行01a12.03a1121对联立方程组的增广矩阵作初等行变换X1X2X30X12x2ax302X14x2ax30X12x2X3a1111012a0/一(Ab)21行(14a20121a1114行（1）2行a1a214行（3）3行a1a211a33a010a1/010换行3行(-a-1)4行a11a00a100a2133a0001110a11a(a1)(a2)由此知,要使此线性方程组有解,a必须满足（a1）（a2）1或a2.当a1时,

32、r（A）2,联立方程组（3）的同解方程组为x1X2x20x30，由r(A)2,方程组有nr321个自由未知量选x,为自由未知量，取x11,解得两方程组的T公共解为k1,0,1，其中k是任意常数.X1X2X30当a2时，联立方程组（3）的同解方程组为x20，解得两方程的公共解X31T为0,1,1方法2：将方程组（1）的系数矩阵A作初等行变换111111A12a1行(1)2行01a12214a14a1111111行(1)3行01a12行(3)3行01a1203a100(a1)(a2)x.x2x30当a1时,r(A)2,方程组的同解方程组为12f(2)1,3f(3)1,所以B的全部特征值为一2,1,

33、1.B与A的关系可以知道，B也是实对称矩阵，属于不同的特征值的，由r(A)2,方程X20组有nr321个自由未知量选为自由未知量，取X,1,解得的通解为TTk1,0,1，其中k是任意常数.将通解k1,0,1代入方程得k0(k)0,对任意的k成立,故当a1时,k1,0,1T是、(2)的公共解.x1x2x30当a2时,r(A)2,方程组的同解方程组为，由r(A)2,方x2x30程组有nr321个自由未知量.选x2为自由未知量，取x21,解得的通解为TT0,1,1,其中是任意常数.将通解0,1,1代入方程得21,即T1,故当a2时,(1)和的公共解为0,1,1.(24)【详解】(I)由A11可得Ak1A(A1)Ak111,k是正整数故B1(A54A3E)1A514A31E1421111于是1是矩阵B的特征向量(对应的特征值为12).若Axx,则(kA)x(k)x,Amxmx因此对任意多项式f(x),f(A)xf()x即f()是f(A)的