2001考研数二真题及解析

1、2001年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分，把答案填在题中横线上)3x1x(1)limx1x2x2设函数yf(x)由方程e2xycos(xy)e1所确定，则曲线yf(x)在点(0,1)处的法线方程为.(3)2x3sin2xcos2xdx2(4)过点(4)过点,0且满足关系式y'arcsinx21的曲线方程为a111(5)设方程1a1X21有无穷多个解，则a11aX32、选择题(本题共5小题,每小题3分，共15分,在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题已知函数f(x)在区间(1,1已知函数f(x)在区间(1,1)内具有二阶导数，f&#

2、39;(X)严格单调减少，且目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.)1,<1,(1)设f(x)则fff(x)等于()0,x1,1,<1,0,x1,(A)0(B)1(C)门(D)f(x)<1,0,x1,1,设当x20时,(1cosx)ln(1x2)是比xsinxn高阶的无穷小，xsinxn是比ex1高阶的无穷小，则正整数n等于()(A)1(B)2(C)3(D)4曲线y2(x1)(x23)的拐点个数为()(A)0.(B)1.(C)2.(D)3f(1)f'(1)1,则()(A)在(1,1)和(1,1)内均有f(x)x(B)在(1,1)和(1,1)内均有f(x)x(C)在

3、(1,1)内,f(x)x.在(1,1)内,f(x)x.(D)在(1,1)内，f(x)x.在(1,1)内,f(x)x.设函数f(x)在定义域内可导，yf(x)的图形如右图所示,则导函数yf(x)的图形为/J(B)/丿fJ1j丿iV1V11三、(本题满分6分)dx求(2x21)x21.四、(本题满分7分)求极限limSinttxsinxxsintsinx，记此极限为f(x),求函数f(x)的间断点并指出其类型五、(本题满分7分)(x)是抛物线yX上任一点M(x,y)(x1)处的曲率半径，ss(x)是该抛物线上介于点d2A(1,1)与M之间的弧长，计算3Nds2d2的值.(在直角坐标系下曲率公ds式

4、为Ky"3)(1y'2)2六、(本题满分7分)f(x)设函数f(x)在0,)上可导,f(0)0,且其反函数为g(x)若og(t)dtx2ex,求f(x).七、(本题满分7分)设函数f(x),g(x)满足f(x)g(x),g(x)2exf(x)，且f(0)0,g(0)2,g(x)0rxg(x)0rxf(x)(1x)2dx八、(本题满分9分)设L是一条平面曲线，其上任意一点P(x,y)(x0)到坐标原点的距离，恒等于该点处1的切线在y轴上的的截距，且L经过点丄,0.2(1) 试求曲线L的方程(2) 求L位于第一象限部分的一条切线，使该切线与L以及两坐标轴所围图形面积最小.九、(本

5、题满分7分)一个半球体状的雪堆，其体积融化的速率与半球面面积S成正比，比例常数K0.假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，已知半径为r0的雪堆在开始融化的3小时内，融化了其体积的7,问雪堆全部融化需要多少小时？8十、(本题满分8分)设f(x)在区间a，a(a0)上具有二阶连续导数，f(0)0，(1) 写出f(x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式；3a(2) 证明在a，a上至少存在一点，使a3f()3f(x)dx.a、(本题满分6分)100011已知矩阵A110,B101.且矩阵X满足111110AXABXBAXBBXAE，其中E是3阶单位阵，求X.十二、(本题满分6分)设1,2,，4为线性方

6、程组AX0的一个基础解系，11t2,22t333t4,44t1,试问实数t满足什么关系时，1,2,3,4也为AX0的一个基础解系.2001年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析一、填空题(1)【答案】6【详解】01.3x、1x2X2x2lim二x1x2、厂xx1.3x、1x3x、1x.3x、1x3x、1x01x2x13x.1x3x1xlim:x1x2x1、3x.1x21x2limlimx1x2x1.3x.1xx1x2.3x.1xA221limx23xx11x12x31x113.26【答案】x-2y+2=0.ycos(xy)e1两边对x求导，其中y视为x的函数，得2xye2xysin(xy)

7、将x=0,y=1代入上式,得e(2y')据点斜式法线方程为：y11x,【详解】在等式即x-2y+2=0.2xe0,即y'(0)2.xy0,即e2xy(2y')sin(xy)(yxy')故所求法线方程斜率k【答案】一8【分析】根据区域对称性与被积函数的奇偶性：设fx在有界闭区域a,a上连续，则有aaaaaaaaaxdx2fxdx,xdx0，x为偶函数x为奇函数【详解】由题设知2x3sin2xcos2xdx22x3sin2xcos2xdx22x3cos2xdx2sin2xcosxdx在区间,上,x3cos2x是奇函数,sin2xcos2x是偶函数，故222x'

8、;cos2xdx20,2sin2xcos2xdx22sin2xcos2xdx.所以，原式2x3cosxdx2>22.o222,-sinxcosxdx22sinxcosxdx_022sin22xdx022(1cos4x)dx402cos4xd4x16011-sin4x20.4216088【答案】【详解】yarcsinxx12.方法1:因为yarcsinxyy'arcsinx，所以原方程y'arcsinxJ1x2写为yarcsinx1，两边直接积分，得yarcsinxxc.y1可改ic，解得c1又由y（-）0代入上式，有0arcsinx21故所求曲线方程为yarcsinxx.

9、2方法2:将原方程写成一阶线性方程的标准形式11W=2y.1xarcsinxarcsinx由一阶线性微分方程宜PxyQx通解公式:dxPxdxf(x)eCPxdxQxedx这里Px1arcsinx1dx1xarcsinx，代入上式得:1earcsinx1dxL2.1xarcsinxdxdarcsinxarcsinx1earcsinxdarcsinxarcsinxdxInarcsinxeC1Inarcsinexdxarcsinx1CarcsinxdxCxarcsinxarcsinxarcsinxarcsinx-.故曲线方程为:21又由灼）0,解得C1yarcsinxx2a11:1/一11a：21

10、,3仃A1a1:1”1a1:1互换11a：2a11:111a:2利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有1行的（-1）,（-a）倍【答案】-2【详解】方法1：【答案】-2【详解】方法1：方法2：设A是mn矩阵,方程组Axb有无穷多解r(A)r（A）n,则方程组1x111有无穷多解r（A）r(A)3.从而有A0,即12111a0,(a2)(a1)21x21行提出（a2）(a2)=(-1)1+1(a2)0分别加到2,3行01a21a：12a11a:22行加到3行0a11a-300(1a)(a2匸2(2a)由非齐次线性方程组有无穷多解的充要条件:设A是mn矩阵,方程组Axb有无穷多解r(A)r(A)n.

11、可见,只有当a=-2时才有秩r(A)r(A)23，对应方113aa:程组有无穷多个解.则,a1或a2.当a1时,111:1111:1A11仁11行(1)分别加到2,行000：011仁2000：3可见r(A)1r(A)2,原方程组无解当a2时，有21仁1112A12仁11,行互换12仁1112J221仁1112；2112；22行1行03331行2加到3行033丨3211:10333112：2112：23行+2行033丨32行(3)011：1000:0000:0可知，r(A)r(A)23,故当a2时,原方程组有无穷多解二、选择题1,x1，所以在整个定义域内0,x11,x1，所以在整个定义域内0,x

12、1f(x)0或f(x)1,所以f(x)1,(1)【答案】(B)【详解】因为f(x)于是ff(x)1,从而fff(x)【答案】(B)【详解】根据高阶无穷小的定义：如果lim0，就说是比高阶的无穷小，由题设当x0时,(1cosx)ln(1x2)是比xsinxn高阶的无穷小，所以13xlimgrX0xnlim1x3x02(1cosx)ln(1x)12xx等价lim等价x0xx从而n应满足n2；2又由xsinxn是比(elim0xsinx1)高阶的无穷小，所以根据高阶无穷小的定义有:nxsinxlim2等价limx0©X1X0x2limxn1，从而n应满足n2x0综上，故正整数n2，故选(B

13、)【答案】(C)22【详解】y(x1)(x3),所以y2(x1)(x3)22(x1)2(x3)4(x1)(x2)(x3)y4(x2)(x3)(x1)(x3)(X1)(x2)42X5x6x24x32X3x2243x12x11y46x1224x2令y0,即3x212x110,因为判别式:b24ac1224311120所以y0有两个不相等的实根，且y23221221110,所以两个实根不为2,因此在使y0这两点处，三阶导数y0,(般地，若x00,且fxd0，则点x°,fX。一定是曲线yfx的拐点),因此曲线有两个拐点，故选(C)或根据y43x212x11是一条抛物线，且与x轴有两个不相同的

14、交点，所以在两个交点的左右y符号不相同，满足拐点的定义，因此选(C)【详解】方法1：令Fxf(x)x,则Fxf(X)11f(X)f1由于f'(x)严格单调减少，因此当X(1,1)时,f(x)f1,则Fxf(x)f10；当x(1,1)1时,f(X)f1,则FXf(x)f10，且在x1处F1f(1)f10,(4)【答案】(A)根据判定极值的第一充分条件：设函数f(X)在X。处连续，且在x0的某去心领域内可导,若XXo,Xo时,f(x)0,而XXo,Xo时,f(x)0,则f(x)在Xo处取得极大值，知Fx在X1处取极大值，即在在(1,1)和(1,1)内均有FxF10,也即f(x)x.故选(A

15、)方法2:排除法，取f(x)方法2:排除法，取f(x)x，则f(x)2x112x3,f(x)20,所以满足题设在区间(1,1)内具有二阶导数，f'(x)严格单调减少，且2x1xx,因此可以排除2seSudu2(2tanu1)secudu2(2tanu1)cosudu(2sin2u(2cosu1)cosucos2udu2sin2ucos2ucosuf(1)f'(1)1,当x1时或x1时,均有f(X)(B)、(C)、(D)，选(A)【答案】(D)【详解】从题设图形可见，在y轴的左侧，曲线yf(x)是严格单调增加的，因此当x0时,一定有f'(x)0,对应/(3)>(丿丿

16、(C)r/、/丿X_/r11yf(x)图形必在x轴的上方，由此可排除(A),(C)；又yf(x)的图形在y轴右侧靠近y轴部分是单调增,所以在这一段内一定有f'(x)0,对应yf(x)图形必在x轴的上方，进一步可排除(B)，故正确答案为(D).三【详解】作积分变量变换，令xtanu,则dxse£udu,sec2udu(2tan2u1)tan2u1cosudu222sinucosucosududsinu22sinu1sinu1tanusinuarctan(sinu)arctan(sinu)胡1tan2uCtanux四【分析】应先求出f（x）的表达式，再讨论它的间断点，首先明确间断

17、点的类型分为两大类：第一类间断点和第二类间断点，第一类间断点又可分为：可去间断点（左右极限存在且相等的间断点）和跳跃间断点（左右极限存在但不相等的间断点）；第二类间断点又可分为：无穷间断点（有一个极限为无穷的间断点）和振荡间断点（极限值在某个区间变动无限多次）.XimtsintsinxxsintsinxInlimetxxsintsintsinxsinxxsintInsintsinxsinxlimetxlimln竺1txsintsinxsinxnsimx11Insinxsinxlimlntxsintsinxsintsinxsinxlimtxxsintsinxsintsinxsinxxxsinxs

18、inxsintlimetxxsintInlimxInsintx所以f(x)sinxsinxtxsintesinxsinxesinx由f(x)xesinx的表达式，可以看出自变量x应满足sinx0，从而xk，k0,1，2,当x0时，亠lim亠“limf(x)limesinxex0sinxe2,为f（x）的第二类间断点（无穷间断点）AAyjx,有y',y,抛物线在点M（x,y）处的曲率半径2Jx4x3e,x0x0所以x0为f（x）的第一类间断点（左右极限相等，又进一步可知是可去间断点）;对于非零整数k,xlimf(x)limesinxxkxkexlimxsinxsinx0五【解答】由若已知

19、平面曲线AMs：12xdx,其中fx根据上述结论因此y"的显式3223(X)丄(1y'2)2K,则弧长为32l(4x1)12在a,b有连续的导数.，所以抛物线上AM的弧长1ddsx1A(4x11)22914x36x9f(x)2x六【详解】f(x)的反函数是g(x),根据反函数的性质有g(f(x)X,og(t)dtx2ex两边对x求导有f(x)0g(t)dt2xxegfxf(x)x2xxe2xe又g(f(x)X,所以xf(x)x2ex2xexf(x)xex2ex,x(0,)两边积分f(x)dxxex2exdxf(x)xexdx2exdxf(x)xdex2exf(x)分部xexe

20、xdx2exf(x)xexex2exCf(x)xexexC.由于题设f(x)在0,)上可导，所以在x0处连续，故YYf0limf(x)limxeeC1C0,0x0所以C1汙是f(x)xexex1,x0,)七【详解】由f(x)七【详解】由f(x)g(x),g(x)2exf(x)，得f(x)g(x)2exf(x)，即f(x)f(x)2ex此为二阶常系数线性非齐次方程，且右端呈巳xe型(其中巳x2,1),对应的齐次方程为f(x)f(x)0,特征方程为r20,对应的特征值为于是齐次方程的通解为:cosxC2sinx,因为1r，所以设特解为yaex(a为实数),xae,代入f(x)f(x)2ex,aex

21、aex2ex,所以a2,即a1，从而特解非齐次方程的通解为xC1cosxC2sinx又f(0)0,所以,f0C1cos0C2sinO又f(0)0,所以,f0C1cos0C2sinOx又,fxGsinxC2cosxe,f0g(0)2,所以,f0C1sinOC2cos0所以,f0C1sinOC2cos0e0C2C21,所以原方程的解为:xsinxxcosxe以下计算积分，有两个方法:以下计算积分，有两个方法:方法1：凹01x(1g(x)1x0(1x)2f(x)g(x)f(x)10(1八。先dx方法2:f(x)1x0g(x)g(x)f()f(0)sincose1101f(x)(1x)2dxg(x)d

22、xxf(0)dxx0f(x)dxf(x)ddx1xgxf(x)。警f(x)1x0。黑dxf(x)1x0f()f(0)sincose1101f(0)八【详解】设曲线L过点P（x,y）的切线方程为YyYxyy，即它在y轴上的截距为xyy，根据两点x,y,x0,y0距离公式dxx2yy°$，所以原点到点P（x，y）jrqq的距离为.xy，由题设P（x，y）（x0）到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在上的截距，所以:xyy,x2(x0),此为一阶齐次方程duux-dx积分得J(xx，按规范方法解之xu210)，命yux，贝y3udxx屯'.厂dxxdu，代入，方程变为:dxduu2_

23、1xduu1dxIn1u2Incxu1u2Cx把u乂代入上式，得x22xyC.由题设曲线经过点(2)由(1)知y程为：Y1x242,0，代入得-，故所求方程为:2-2y2,即yx2，则y2xXx2x,点P(x,y)P，分别令0,Y1X,4x2，所以在点P处的切线方0，解得在y轴,x轴上的截距分别为21工x1x2一和428x此切线与两坐标轴围成的三角形面积为:Ax1-x2228x464x4x2由于该曲线在第一象限中与两坐标轴所围成的面积为定值，记S)，于是题中所要求的面积为：SxAxS0丄4x21$S。,64x求最值点时与无关,以下按微分学的办法求最值点164x4x2S028x4x2164x24

24、x21228x4x2x64x24x24x2112x2164x2丄，当0x126彳时，SX0；当xf时，SX0,根据极值存在的第一充分条件:设函数f(x)在x0处连续，且在x0的某去心领域内可导,若xx0,X°时，f(x)时,f(x)0,则f(x)在x0处取得极大值，知:x仝是Sx在x60处的唯一极小值点，即最小值点，于是所求切线方程为:Y1_23頁X，即Y仝X1466633九【详解】方法1：半球形雪堆在时刻t时设其半径为r,则半球体积232Vr，侧面积S2r.由题3设体积融化的速率与半球面面积S成正比,知：dVkS,dt由于r是t的函数,dV2r32r2dr,代入上式，得：2r2dr

25、kS,即dtdt3dtdt-Jr2r2一k2r2从而drkdt,rt0r0.dtt00积分得rktc,把rt0r0代入得cr0,所以rktr0.又半径为r°的雪堆在开始融化的3小时内，融化了其体积的-,即87 1vt3VV-V0,其中V表示t0时的v以v的公式代入上式，为82将ktr0代入上式，两边约去亍，得:3131ktr°r°,即卩ktr°r°82从而求得：k15,-F是rktr01-r°tr°r01-，当t6时r0,雪融化666宀完.方法2:半球形雪堆在时刻t时设其半径为r,则半球体积V-r3,侧面积S2r2,联立23

26、2r,S2r3V消去r，得:S318V23-J/由题设体积融化的速率与半球面面积S成正比，知：kS,从而推知dtdVdtkVl8V2,Vt0V。分离变量dV2Jk3tc,把Vt0V0代入,c3V03,V311所以,3V33V3k3百t.又由Vt3Vo7 133-Vo丄Vo,代入上式V。33Vo38 823V33Vo3k318t3V。3；3曽318t1113Vo32Vo3t.命V0,解得：t6,即雪堆全部融化需6小时.十【应用定理】闭区间上连续函数的介值定理：设f(x)在a,b上连续,f(a)f(b),则对f(a)与f(b)之间的任何数必存在c(acb),使得f(c)【详解】(1)麦克劳林公式其

27、实就是泰勒公式中，把函数在零点展开.f(x)的拉格朗日余项一阶麦克劳林公式为:f(x)f(0)f(0)x2f()x2f(0)x2其中位于0和x为端点的开区间内，xa,a.方法1：将f(x)从a到a积分af(x)dxaf(0)xdx3f()x2dx.a从而有af(0)xdxf(0)aaxdxaf(0)a1af(x)dxa2a()x2dx.因f(x)在a,a上连续，故有f(x)在a,a上存在最大值，最小值m(由闭),即mminfa,a(x),Mmaxf(a,a易得mf(x)M,xa,a.因此aaf(x)dx1a2af()x2dx同理aaf(x)dx丄a2af()x2dx因此3amf(x)dxM.区间上的连续函数必有最大值和最小值a由连续函数介值定理知，存在1m2ax2dxa3x2dxa13ma3a,a，使af(x)dx，即aa3f()3aaf(x)dx.Ma33x方法2:观察要证的式子,做变限函数：F(x)f(t)dt,易得F(0)0,xF(x)f(x)f(x)(变限积分求导)F(x)f(x)f(x)f(x)f(x)F(x)f(x)f(x)f(x)f(x)则有F(0)f(0)f(0)000