2004考研数二真题及解析

设f(x)lim(n1)x,则f(x)的间断点为x nnx2设函数y(x)由参数方程

xt33t

确定,yy(xxx2 x2 设函数zz(x,y)由方程ze2x3z2y确定,则3zz 微分方程yx3)dx2xdy0 0

6的特解 5设矩阵A 0,矩阵B满足ABA2BAE,其中A为A的伴随矩阵, 1 是单位矩阵,则B xxx

时的无穷小量x0x

cost2dt

0

tdt,

xsint3dt来,使排在后面的是前一个的高阶无穷小,确的排列次序是( (A),,. (B),,.(C),, (D),,设f(x)x(1x),则 x0fx的极值点,但(00)yf(x的拐点x0fx的极值点,但(00)yf(x的拐点x0fx的极值点,且(00)yf(x的拐点x0fx的极值点,(00)yf(x的拐点n )n )n12nnn

等于 2ln2xdx (B)22lnxdx (C)22ln(1x)dx (D)2ln2(1 设函数f(x)连续,且f(0)0,则存在0,使得 fx在(0内单调增加fx在(0)内单调减小x(0f(xf(0x(0)f(x)f(0微分方程yyx21sinx的特解形式可设为 yax2bxcx(AsinxBcosx)yx(ax2bxcAsinxBcosx)yax2bxcAsinxyax2bxcAcos设函数f(u)连续,区域D(x,y)x2y22y,则f(xy)dxdy等于 D112y 1 f112y (C)d f(r2sincos)dr (D)d f(r2sincos) ,,则满足AQC的可逆矩阵Q为

0 1 0 1

0 1 0 1

0 1 0 1

0 1 1 0 1 设A,B为满足AB0的任意两个非零矩阵,则必有 三、解答题：15－2394分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说12cosx 求极限lim3 1x0x 设函数fx在,)上有定义,在区间[02,f(x)x(x24),若对任意xf(xkf(x2),k为常数写出f(x)在[2,0]上的表达式 (II)问k为何值时,f(x)在x0处可导xxf(x

sintdt2证明f(x)是以为周期的周期函数 (II)求f(x)的值域ee曲线y 与直线x0,xt(t0)及y0围成一曲边梯形.该曲边梯形绕2轴旋转一周得一旋转体,其体积为V(t,S(t,xtF(t

Ⅱ)limS V

tF4设eabe2,证明ln2bln2a

(ba)现有一质量为9000kg的飞机,着陆时的水平速度为700km/h.经测试,伞打开后飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比(k6.0106).问从着陆点算起,飞机滑行的最长距离是多少?(kg表示千克,km/h表示千米/小时)设zf(x2y2,exy),其中f具有连续二阶偏导数,求 2x,y,xy

2x(2a)x2x2x 4x4x4x(4a)x 试问a取何值时,该方程组有非零解, 设矩阵

3的特征方程有一个二重根,求a的值,并A是否可相似对 化【详解】本题属于确定由极限定义的函数的连续性与间断点.x,先用求极限的方法得出f(x)的表达式,再f(x)的间断点.f(xlim(n1)xx0时,f(x0nnx2(11 lim(11x当x0时,f(x)lim(n1)x xnnx2 x2

lim

11所 f(x)1

x0

1 x1因为limf(x) f(0)， x0为f(x)的间断点 x0

xyy(t)

,

dyt33t13t23，dxt33t13t2 dy

3t2 t2 t2 所 1 dx 3t2 t2 t2

t222

, , dtdx t 3(t t2 3(t 3(td2 d2 令 0(或 0)，即 0(或 30)t0或t

3(txt33t1x3t230xt单调增,当t0时，x1，所以当txtx01(或当t0xtx01)x1)(x1)时，【答案】2xsectx21sec2t1tan2tdxdsectsecttantdtt:02xx2 xx2 2 0secttan

dt 2 2：xtdxdtt2dtt:10x21t1t x1 (1)dt dtx21t1t t 【答案】21：复合函数求偏导，在ze2x3z2yx,y求偏导zxy的函数ze2x3z(23z) ze2x3z(3z)2从

2e2

z 1 1所 3z

2e2

13e2

313e2x3z13e2

213e2x3z2：F(xyz

Fe2x3z2

F2

Fe2x3z(3)z F e2x3z (13e2x3z

2e213e2x3zz F (13e2x3z 1从 3z

2e2

13e2

313e2x3z13e2

213e2x3zdze2x3z(2dx3dz)2dy2e2x3zdx2dy 2e2 即(1 )dz dx2dy，得dz dx 13e2 13e2所

2e213e2x3z

z

213e2从 3z

2e2

13e2

313e2x3z13e2

213e2x3zx【答案】y1x3 x51：原方程变形为dy1y1x2

dy1y

的通解

dy1dx lny1lnxlnc2

y12xxx 12xxx 1x2x代 yx2，得x2x

x2，即c(x

x2 35积分得c(x)1x2dx1x2C35

5 x5

x2C) 1 x 1 x11

1 C

xy 1x3x52：原方程变形为dy1y1x2 由一阶线性微dyPxyQx通解公式f(x)CePxdxePxdxQxeP 1dx 1 这里Px ,Qx

x2ye22

22

2xdxCx0x0的某区间.x1处，所以x0，于是1lnx 1ln 1 1 y x2e dxC x x2dxC x x2C y(1)5

C119

y 1x3x5x由伴随矩阵的运算规A*AAA*AE，有ABA2BAA，210A210A120001

2211于是有3AB6BA，移项、合并有(3A6E)BA，再两边取行列式，由方阵(3A6E)B3A6EBA 3 0 3A6E3 06 0 60 000(1)33(3) 3(3)3327 B

3A3AA3A2：ABA*2BA*EABA*2BA*(A2E)BA*列式，有(A2E)BA*A2EBA*E1210A210A120001

2211

A

An1AA31A2=9A

A2E故A2E

19

0 tdt

tanx

0是x0

xcos0

x0cos x sin sinx2 x又 洛必 x0 2x0tan等价无穷小替换1limx4x0可见低阶的无穷小量，故应选lim

xcost

cos lim x0 x0kxk0，应取k1lim

limcost 1所以(x0时)x同阶

x0 limlim

0 limtanx2xlimx2x x0 kxk x0kxk x0kxk0，应取k3,lim

tan

2tan

2x0 x0 所以(x0时x3同阶x 3 x

0sint sinx2x

lim

洛lim x0 x0 x02kxk欲使上式极限存在但不为0，应取k2,有lim lim 1x0

2 所以(x0时)x2同阶.,，选 1 方法1：由于是选择题，可以用图形法解决,令(x)x(x1)，则(x)x 2 x1为对称轴，顶点坐标为11x 4交的两点坐标为0010yf(x)(x)的图形如图x0是极小值点；又在点(00)左侧邻近曲线是凹的，右侧邻近曲线是凸的，所以点(00)是拐点，选C.方法2：写出yf(x)的分段表达式：f(x)x(1 1x0x(1 0x

(x)12x,1x012x 0x

f(x) 1x0 0x limf(xlim12x10，所以0x1fx limf(x)lim12x10，所以1x0fx 当1x0时 f(x)20，f(x)为凹函数 当1x0时f(x20fx为凸函数,于是(00)为拐点nn )2n12nnn

limln(1

2 (1nn n)lim2ln(11)ln(12 ln(1)nn nlimln(1i)121ln(1x)dx1xt22lntdt22lnn n f(0)limf(x)f(0)0 根据极限的保号性，知存在0x,0)0,f(xf(0)0xx,0)x0f(xf(0)x0,x0f(x)f(0对应齐次方程yy0的特征方程为210,则特征根为 imyyx21e0x21)fxexPx型，其中0,Pmxx21，0不是特征根,从而其特解形式可设为m1y(ax2bxc)e0ax2bx1对yysinx,为fxexPxcosxPxsinx型，其中0 Plx0,Pnx1，因i0ii为特征根,2yx(AsinxBcos2由叠加原理，故方程yyx21sinxyax2bxcx(AsinxBcos22o1【详解D(x,y)x2y22y，则积x区域是以0,1为圆心，1为半径的圆及其 2y在直角坐标系下,2y22y22y

x ，0y2f(xy)dxdyD

f2y1先y后x，由x2y121 y 1x2,12y1f(xy)dxdy

f 故应排除A],[B]在极坐标系下,xrcos,yrsin f(xy)dxdyd2sinf(r2sincos)rdr D或直接根据极坐标下，其面积元素为rdrd，则可排除

A 0B 0 0 B 1A 0 1

0

0 0 故Q 0 0 0rA)r(B)AmnBnsAB0rAr(Bn，其中n是矩阵A的列数，也是B的行数A为非零矩阵，故rA)1rAr(B)n，从而r(B)n1nB为非零矩阵，故r(B)1rAr(B)n，从而rA)n1n，由向ABA1,2 ,s0,Ai0,i1, ,Bi0Ai0.Ax0零解.Ax0rAn,知rAn.又(AB)TBTAT0ATBTATBT[T,T ,T]0,BTT0,i1,

, .由BT是由B行列互换得到的，从而B的行向量组线性相关，故应选方法3：设A(aij)mn,B(bij)ns 将A按列分块，记A

b1s b由AB0 A n

2sns ns b11A1

bnsAn

由于B0,所以至少有一 bij0(1in,1js),又由(1)知b1jA1b2jA2bijAi bnjAn0,A1A2,Am线性相关.A的列向 ,mRn，有m个不全为的数k1,k2 ,kmR，使k11k22kmm0成立，则称 ,m线性相关B1 B ,同样 B Bn a1nB1 a1nBn aB aBaB aAB0

2n221 22 2nn aB aBaB aB mnn m1 m2 mnnA0,则至少存在一个aij0(1im1jn),ai1B1ai2B2aijBj ainBn0由向量组线性相关的定义知，B1,B2, ,Bm线性相关,即B的行向量组线性相关，1 1 0 取A 0,B 00，有AB 01 0

0 0 0 又取A 0,B 00，有AB 00 0

1 0三、解答题12cosx 求极限lim3 1【答案】

x016

0 ln2cosx 2cosx1：2cosxe3

xln3 2cosx

e

ln2cosx原式lim

x

ex

x

x0

(x2=lim2cos 1 sin 2x02cos 1 limsinx111x02cos2cosx

2 ln2cosx2：原式lim

x

ex

x

x0 cosx 1coslim ln1x xlim lim

1cos x lim21 x03x 【详解】(I)当2x0,则0x22,由题设：区间[0,2]上 f(x)x(x24)知f(x)kf(x2)k(x2)[(x2)24]k(x2)(x24x)kx(x2)(x4)(II)由(I)f(x

x0,x2,

f(0)0(024)0.fxx0的左右导数，使其相等，求出参数kf(0)

f(x)f(0)

x(x24)0

x

f(0)limf(x)f(0)limkx(x2)(x4)08k x 令f(0)f(0),得k1.即当k1时 f(x)在x0处可导 fx是以f(xf(xf(x)

2sintdtf(x)x

x2sintdtx

x2sint利用变量代 变限积分定义的函数的周期性，设tu,因为t:xx 2所以uxx

2xx

f(x)

2sin(u)d(u)sinusinu

2sinudu

f(x)fx是以为周期的周期函数f(x是以为周期的周期函数,故只需在[0,上其值域.fx为fx的值域就是区间[minf(xmaxf(x. f(x)sin(x)sinxcosxsinx0,在区间[0,]内求得驻点22x12

,x2

3,4

f(4)

sintdtsint

4sintdt 242

f( )

sintdt

3sintdt 4sintdt2 422 f(0)2sintdt2sintdt

f()

sintdt2(sint)dt 22比较极值点与两个端点处的值，知f(x)的最小值是2 ,最大值是 ,故f(x)的值域是[2 2, 2].22 texex【详解】(I)旋转体体积：V(t)y2dx 0 1t旋转体的侧面积：S(t)021t1exex 1exex 1exex e e20 20 e2x2e e2x2e24

2

te dx2 0 0 e2x2e2e2x2e24

texexexex2 2 exex2 texexS 20 dx 2V

texex0 dx exex etetF(t)

x

t

S 0 0 2tS 0 0 所以 t

F

etet

2e etet

2=

et 1 =lim tetetetet tet t12 1：fxln2x在[a,bee2上连续，且在ab内可导，所以满足拉fxln2x在[abln2bln2aln2ba2lnba,eab2ln4 t所以(t单调减少，又因为e2，所以()(e2

2，得2ln 4

故ln2bln2a

(ba) 2：(x)ln2x4x，证(x)在区间ee2 e(x)2lnx4，((e2)2lne24440，)(x)21lnx xxe时，1lnx1lne0，(x0,故(x单调减少，从而当exe2(x)(e20，即当exe2时，(x)单调增加因此当exe2(b)(a，即ln2b4bln

a ln2bln2a4(ba)

e3：设(x)ln2xln2a4(xa,则(x)2lnx4，(x)21lnxxe时,1lnx1lne0，得(x0(x在(ee2上单调减少,exe2时

(x)(e2)4

0 x在(ee2上单调增加.从而当eaxbe2时,(x)(a)04(b)0，即ln2bln2a

(ba)方法1：由题设，飞机质量m9000kg，着陆时的水平速度v0700kmh.根 第二定律，得mdvkv.又dvdvdxvdv dx

由以上两式得dx v m m由于v(0)v,x(0)0，所以x(0) vC0.故得C

mvmx(t)m

k 当v(t0x(tk

6.0 第二定律，得mdvkv dt，两端积分得：lnvtC k

kt通解：vCem，代入初始条件 v0，解得Cv0，故v(t)v0emt飞机在跑道上滑行得距离相当于滑行到v0t.于是由dxvdt k

kt 0x

v(t)dt

v0emdt 0e kkk0

vt

dxvemktx(ttvemtdt

k 0 k当tx(tm

d2 方法3：由m

，v

x对t的求导，得

k ,d2xkdx0，v(0) mk

x v0, k其特征方程为20，解之得0,xCCem k 由xt

0,

t

k

t

2em

t

，得

C2

k0于是x(t) 0(1k

m).当t时，x(t) 0k令ux2y2vexyzf(x2y2exyf(uv所以u2xu2yvyexyv 所以

ufv2xfyexyf，zfufv2yfxexyf u v u v y x 2zy x 2y f 2yfufvexyfxyexyfxexyfufv11 12x 21 22x 方法1：对方程组的系数矩阵A作初等行变换，有(i(i1A 2 121行ii11a1010 n00a 对|B|是否为零进行a0rA1nA是mnAx0rA)n.x1x2xn 此时，r(A)1，故方程组有nrn1个未知量.选x2,x3,,xn为未知量，将他们的n1组值(1, , , ,(0, ,1)分别代入()式，得

1(1,1,0,,0)T,2(1,0,1,,0)T,,n1(1,0,0,,1)T1xk11kn1n1,其中k1kn1为任意常数.a0时，对矩阵B作初等行变换，有 1

0 0i(1)1行 0B

(i2,

n) n(n

1可知a 时，r(A)n1n，由齐次方程组有非零解的判别定理,知方2n(n组也有非零解，把a 23x1x3 nx1xn此时，r(A)n1，故方程组有nrn(n1)1 x21，由此得基础解系为1,2,n)Txk，其中k为任意常数. 1a 1 1 1 2

0 10 2A 矩阵加

n

0 a0

n aE+

aEQ n 21行ii1 0(i , EQi列(i1i列(i1(i2, ,000n10 22则Q的特征值0,,0,n(n1)Axx，则(kA)xk)xAmxmx2f