2010考研数二真题及解析

2010年入学统一考数学二x2x21x2x21 (B) (C) (D)y1,y2ypxyqx的两个特解,若，1,1 (B)1,1 (C)2,1 (D)2,2 yx2yalnx(a0相切,则a(1mln211mln21 n设m,n是正整数,则反常积分 dx的收敛性(仅与m的取值有关 (B)仅与n的取值有关(C)与m,n取值都有关 (D)与m,n取值都无关设函数zz(xzyz

y)Fyzx

0FF20(A)x (B)z (C)x (D)znlim (ni1j1nin2j2 (A)

2dy (B)0dx0 dy 01x1y

1x1 (C)0dx01x1ydy (D)0dx01x1y2dy设向量组I ,r可由向量组II:1, ,s线性表示,下列命题正确的是(若向量组I线性无关,则rs (B)若向量组I线性相关,则rs(C)若向量组II线性无关,则rs (D)若向量组II线性相关,则rs设A为4阶实对称矩阵,且A2AO,若A的秩为3,则A相似 (

(B) 0 0

0 0 (C) (D) 0

0 二、填空题(9~14小题,每小题4分,共24分.请将答案写指定3阶常系数线性齐次微分方程y2yy2y0的通解为y y

x2

函数yln12x在x0处的n阶导数yn0 当0时,对数螺线re的弧长 已知一个长方形的长l以2cm/sw以3cm/sl12cm,w5cm时,它的对角线增加的速率 设A,B为3阶矩阵,且A3，B2,A1B2,则AB1 f(x

(x2t)et2d1 (I)比较lntln1tdt与tnlntdtn1, 的大小,说明理由 IIun0lntln1tdtn1,

,求极限limu x2tt2yf(x由参数方程y

(t1)所确定,其中(t2 d2

，(1)6.已知

2

4(1l的柱体形贮油罐,底面是长轴为2a,短轴为2b3

2

设函数ufx,y4x212xy5y20ab的值,使等式在变换xay,xby下化简为0.(20)(本题满分10分)D Ir2D

1r2cos2 D, | rs 4 f(x在闭区间0,1上连续,在开区间0,1f(0)0f(1)13 明：存在(0,,(,1f(f()=

设A01，b 1 I)求aIIAxb的通解.(23)(本题满分11分) 4 设A ,正交矩阵Q使得 0 16(1,2T1,求aQ16

AQ为对角矩阵,若Q的第1列为一、选择题

2010入学统一考年年1x2x21【解析】因为1x2x21limf(x)

x(x

1

x0(x1)(x

11

1,lim11

21显然limf(x) 11 ,所以x1为连续点21 x(xx1x(xx1(x1)(x1

x1【解析】y1y2yPxy0的解y1y2Pxy1y20,所yPxyyp(x)y0 1 2而由已知yPxyqx,yPxyqx qx0 又由于一阶次微分方程ypxyqx是非齐的,由此可知qx00由于y1y2是非齐次微分方程yPxyqx的解y1y2Pxy1y2qx yPxyyPxyqx 1 2 qxqx,由qx0可知1 由①②求解得1,故应选2a22xaxa2x

(x0yx2a2a2a当x 时y ；在yalnx上,x 时a2a2a2

ya

a2 a2 所以 .从而解得a2e.故答案选择 mln21nmln21n11mln21 1mln2111 dx dx dx1 n nmmln21n用比较判别法的极限形式,对于 dx,由于

[ln2(11 1xn 显然,当0 1,则该反常积分收敛1 1 20ln1n1

0,

[ln2(1

存在,此时

dx实际上不是反常积分,故n mmln21n121故不论m,n是什么正整数, dx总收敛.对于1m1

1xdx001,不论mn

n1[ln2(1 1mln21

1(1

limln2(1x)m(1x)0所以2

n

y z FyF

F1x2F2x2 yFzF x

1 xF

x 1xF2F Fz

F2

FzFy xF1F Fz

F

yFzF FFxxyy F

2 1

z

j j j nin2j2ni(n2j2) j j j

lim1

j

n2j

n

j11(jn

010lim

nlim1

00

n nni11(in

1lim

1ni1j1nin2j2 nj1n2 i1n(lim

)(lim )nj1n2 ni1n) 1 dx)(1

1dx

dy01 01

01x1y2【解析】由于向量组I能由向量组II线性表示,所以r(I)r(II ,r) ,s)若向量组I线性无关,则r(1, ,r)r,所以rr(1,rs,选(A).

,r ss特征值只能为-1或0.由于A为实对称矩阵,故A可相似对角化,即

r(A)r()3,因此, ,即 0

0二、填空题

yCe2xCcosxCsinx 【解析】该常系数线性齐次微分方程的特征方程为322202222210解得特征根为2,i,所以通解 yCe2xCcosxCsinx y2x【解析】因为limx212 2x32x3lim 2x

0y2xxx

2 x222nn

n1(n【解析】由高阶导数公式可知ln(n)(1x) (1所以ln(n12x(1)n1(n(1

2n (n1)!(1y(n)(0

(n1)!2n(n(122e10re200 e2e2d= 200【答案】3cm/slx(twy(ttt0x(t012,y(t05x(t0x2(t)y2y(t0)3,设该对角线长为S(tx2(t)y2x(t)x(t)x(t)x(t)y(t)x2(t)y2x2(t0)y2(t0122122所 S(t0)x(tx2(t0)y2(t0122122A(A1B)B1EAB)B1B1AA

A(A1B)B11

A1

2B1

22三、解答题2

AB1

A1

32132x 2x2【解析】因为f(x)(x dtx dt

dt 24x24 x224x24所

1

etdt2x3e

2x3e

et2 , f(x) , f(x)2x2et2dt4x2ex4f(0)20et2dt0 f(0)0(0t)et2dt1et211(1

f(1)4e10f(1)0x1时,f(x00x1时,f(x01x0时,f(x0x1时,f(x)0,所以f(x)的单调递减区间为(

(0,1)f(x)的单调递增区间为(1, I)当0x1时0ln(1xx,故ln(1t)ntnlntln(1t)nlnttn01 1lntln(1t)ndt1lnttndtn1, 01(II)1lnttndt

1lnttndt

1lntdtn1 n

n

1lnttndt 根 定理得0limun

n20,所以limun0

nndydytdy 2t2 t2t22t 2t 2t2t41t,

即t2t22t6t12,整理有tt1t3t12 tt3t1

5t,1

yty

y31t 1dt1 所以 e1t31te1t C

1 C, 1.因为y 6所以C0y3tt1,即t3tt故t 3tt1dt3t2t3C又由1

5 5,所以C0,故t

t2t3,(t1)3 3x2y2

b2Sb2xdyb2 2 令ybsint,yb时t ;y 时t 3 3 S

6cos2tdt2ab

2

2cos2t)dt(3

所以油的质量m(2 3)abl uuuuu y uuuuabu

u

2u2 2u x2

xx2x2u2u 22uuu2u22u2u2u

2

2a

b2(ab)2u u y yaba(a2b)b(a2a

a22b222ab4x212xy5 (5a12a 5a212a4

12b4)212(ab)10ab8所以5b212b4 2或2b2或2.又因为当(a2或2b2或2.又因为当(ab)为(2,2,25555a所以当(ab为(22)(2,2

5DD

1r2cos2DrD

DD

1x2y21dxx 2dy111x2321 1x 03 1dx11x22dx12cos4d130 3 【解析】令Fxfx1x3,对于Fx在0,1上利 日中值定理,得3在0,1, 2

2F1F01F 2 对于Fx在1,1上利 日中值定理,得存在1,1,使 F1F11F 2 两式相ff22所以存在01,1,1,使ff22 2

a 1A

1 1 1

a1 1

1 1

a 1

a11当1A0000

1 11100 a 00 1

1,此rA)rA,故Axb无解(舍去00当1时,A0

1,由于r(A)r(A3,所a2,故1a2a2：Axb2,故r(ArA3A0A

(1)2(1)0 知1或-1r(A1r(A2Axb1rArAa2II 2 11 2

10 322A

1 1

10 0 2

0

03x

x 1 2

,写成向量的形式,即x1

1可知原方程组等价为

x

x2