及讲解数学三真题89年13303j

：： ： ： 入学统一考数学二试题解析一、填空题：7-12小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上1（1）x0(1ax24【答案

与xsinx是等价无穷小，则a .1

(1ax2)4xsin

a

1x0时，利用等价无穷小(1x)n1~1

1xsinx~xn1

(1ax2)41~ ax2，xsinx~x4

(1ax2) 4

a1a4 xsin

x 设函数yf(x)由方程xy2lnxy4所确定，则曲线yf(x)在点(1,1)处的切线方程 .xy对所给方程两边对x求导数，将其中的y视为x的函数yxy24y3yx1,y1代入上y(1)1.故函数在点(1,1)处的导数为1，即点(1,1)处切线的斜率为1，再利用点式得，过点(1,1)处的切线方y11x1)，xyy2x 林中xn项的系数是 .【答 n 【解析】yf(x)带佩亚诺余项的林 f(0) f(n)(0) f(x)f(0)f(0)x x

x(x：： ： ：求y2x的林中xn项的系数相当于先求yf(x)在点x0处的n阶导数值f(n)(0)， f(n)中x项的系数是 而y2xln2；（利用求导y2x(ln2)2y(n)2x(ln （归纳法及求导于是有y(n)(0)(ln2)n，故y2x的林中xn项的系数

y(n)

(ln eaa形的面积为 .【答案】1(e4a1)【解析】方法1：用定积

，则该曲线上相应于从0变到2的一段弧与极轴所围 ：S12()d，2S122()d12e2ad=1 21(e4a1)2 2 方法2：用二重积分计算，D表示该图形所占的区域，在极坐标下，利用二重积分面积DdD 12 Sd

d

rdr

0 d

1)

1设3维列向量，T是的转置.若T .答案

11：： ： ：【分析】本题的可由矩阵 的秩为1，把其分解为一列乘一行的形式，而行向量一般可选第一行（或任一12零行），列向量的元素则为各行与选定行的倍数构成.也可设AT求出，或利用A2或设[xxx12等【解析】方法1：观察得A的三个行向量成比列，其比为1:1:1,：： ： ： 1 1 1A=T 11111，知1 111T1111

方法2：AT，A2TT(T)(T)T 1113111133 13比较（1），（2）式，得T3x x xx 1方法3：设[xxx]TATx x1x3 12 2 23 x x x2 13 3 3 x T(xxx)x2x2x2（A的主对角元之和x1232

设三阶方阵A,B满足A2BABE，其中E为三阶单位矩阵，若A 0， B .1答案2【分析BBB的矩阵乘积形式，而其【解析】1：A2BABE(A2E)BAE， (AE)(AE)BAE：： ： ：易知矩阵AE可逆，于是 (AE)B再两边取行列式，得

AEB 0因 AE010102,0B 22：A2B0因 AE010102,0B 2等式两端取行列式且利用矩阵乘积的行列式=行列式的乘积AEAEBAA

0， B 1 A设{an},{bn},{cn}均为非负数列，且liman0,limbn1,limcn,则必有 (A)anbn对任意n成立 (B)bncn对任意n成立极限 (D)极 【答案】【解析】方法1：推理由题设limbn1，假 存在并记为A， limclim bn bn这与limcn，故假设不成立， 不存在.所以选项(D)正确方法2：排除

取a1，bn1，满足lim 0,limb1,而a1,b0,ab，则(A)不正确 n n 取.bn1cn2，满足limb1limc,而b01c，则(B n n a1cn2，满足lima0limc,而limac1，则(C不正确 n n nn：： ： ：所以选项(D)正确n设an3nn1xn11xdx,则极限limna等于 n2

(1e)21

(1e1)21：： ： ：

(1e1)21

(1e)21【答案】【解析 an3nn1xn11x【解析 2 0=2n0

1xnd(1xn （第一类换元法n0 n0 (1xn

（-21 nn 2n1n1 n

3 可 limnan=lim1

n1 =

n n1 1(n1)n1 （凑重要极限形式n n 31e1)2 （重要极限所以选项(B)xyx的解，则(xx已知y 是微分方程y 的表达式为 ln

y2x

yx2

x2y

xy2【答案】( x代入微分方程yyx，其中ylnx1，得：： ： ： ln

ylnx1ln2x

1ln

ln2(ln整理得 (lnx)ln2令lnxu，有(u)u

，以uxy：： ： ：x)=x)=y2y故选项(A)正确y设函数f(x)在(,)内连续，其导函数的图形如图所示，则f(x)有（ y一个极小值点和两个极大值点两个极小值点和一个极大值点两个极小值点和两个极大值点 三个极小值点和一个极大值点【答案】(C3xx0是导数不存在的点对3个一阶导数为零的点左右两侧导数符号均不一致，故必为极值点，其中第一个交点左右两侧导数符号由正变对导数不存在的点：x0.左侧一阶导数为正，右侧一阶导数为负，可见x0为极大值点故f(x)共有两个极小值点和两个极大值点，应选tan 设I1 dx,I24 dx,则 0tan I1I2 1I1I2I2I1 1I2【答案】【解析】令(xtanxx，有(0)0,(xsec2x10,x0,x0,时(x)0 4 4 tanxx0，tanxx

tan

<1由定积分的不等式：： ： ：可见有

I

I

4

tan I1 dx41dx dx 0tan设向量组I：1,2 ,r可由向量组II：1,2 ,s线性表示，则（：： ： ：(A)当rs时，向量组II必线性相关 (B)当rs时，向量组II必线性相关(C)当rs时，向量组I必线性相关 (D)当rs时，向量组I必线性相关【分析】本题为一 上均有的比较两组向量个数的定理：若向量组I：1,2 ,r可由向量组1,2 ,s线性表示，则当rs时，向量组I必线性相关.或其逆否命题：若向量组I：1,2 ,r可由组II：1,2, ,s线性表示，且向量组I线性无关，则必有rs.可见正确选项为(D).本题也可通过举反例用 【解析112，则1010212线性无关，排除 1,21，则1,211线性无关，排除(B)；112 1可由1,2线性表示，但1线性无关，排除(C).故正确选项为(D).三、（本题满分10分）ln(1ax3)设函数f(xeaxx2ax

xx xsin

x af(xx0ax0f(xa1f(xx0当a2x0f(x的可去间断点f(0limf(xlimln(1ax3

x0xarcsin x0

arcsin

ln(1x)x,ln(1ax)ax(x：： ： ：00型极限法=x011：： ： ：

1x21

（极限的四则运算1 1 =lim x012

(1x2)21 (x2)

(x eaxx2axf(0)limf(x)lim =

xsin4eaxx2ax4eaxx2ax

sinxx,

x

(x=4 =4limaeax2x

0型极限， 法 a2eax 2 =4

2lim(a

型极限，用法02a2f(0)x0f(x的连续点f(0f(0)6a62a24，得ax0f(x的可去间断点6a2a2462a26a40,但ad2dx解得a2f(xx0为可去间断点.四、（本d2dxyy(x由参数方程

x112lnt

(t1)所确定， y x【答案】 12

dy 【解析】参数方程y 的一阶导 dx ； dt ：： ： ：dx(t4t(t) dy e12ln e(t) 12lnt 12lnt 12ln

；（变上限积分求导du( f(v)v(x)f f(u)udy12lnt

v(若x(t)，y(t)二阶可导，有函数的二阶导 dxdx dt(t) dx (t)(t)(t)(t)2(t)(t)3

11d2 ddy d 1所 (t)dt 1 dxdx dt(t) 4(12lnt)2 4t2(12ln x9x12t2及t1得t2,（本题满分9分 arctan计算不定积分(1x232

d2 t4td2 t

16(12ln2)2 21 21x

(x1)earctan

11xdxsec2tdt

，作积分变量变换xtan x

，那么(1x232sec3t(1x)(1x)

dx=

ettan

(1tan(1tanettansec3

三角变换ettant 化sec：：112：=etsin又etsintdtetdcostetcostetcos(etcostetd(sin(etcostetsintetsin=etcostetsintetsintdt

分部积分部积故etsintdt1et(sintcostC.xtant(x得tarctanx21x1x

1arctan 1x因此 3dx= (1x2)1x

)21x=(x1)21x方法2：分部1 xearctan 1 (1x2)(1x2)31x

d(earctanx)earctanx arctan 1x

分部积earctan(1x2earctan(1x2)31x1= d(earctanx1x11x 1 arctan arctan

arctanx

分部积1 1

23x)11xearctan

earctan

xearctan1x11x1x

dx(1(1x2)3移项整理得：： ： ：xearctan dx (xtan

六、（本题满分12分yy(x)在(,y0xxyyy(x的反函数d2x(ysinx)(dxxxy

dy

0yy(x：： ： ：y(0)0,y(0)3的解2【答案】

yysinyexex1sin2 d2 d2【解析】(1)将题中的dydy2变换成以x为自y为因变dxdx2来表示（即通常所说数变量变换）dx=1 d2x

d(dx)

y1dy

dy

dx

dy=

(y)3代入原方程变换为 yysin (*(2)方程(*)所对应的齐次方程为yy0，特征方程为r210，其根 1，因此通解为YC1exC2ex由于i不是特征方程得根，所以设方程(*)的特解y*AcosxBsin y*AsinxBcosxy*AcosxBsin代入方程*AcosxBsinxAcosxBsinx2Acosx2BsinxsinA0,B1y*1sinxyysinx yYy*CexCex

1sin y(00y(0)3，得C1,C1. yexex1sin2y(xy(xexex1cosx0y0条件2（本题满分12分：： ： ：y4lnxky4xln4x的交点个数【答案】当k4：： ： ：当k4时，两曲线仅有一个交点；当k4时，两曲线有两个交点.y4lnxky4xln4x(x)ln4x4lnx4xk在区间(0, 4ln3 (x) 4

(lnx1x1是(x的驻点，而且当0x1时，ln3x0，则ln3x1x0，而40，有(x0，即xx1ln3x0，则ln3x1x040，有(x0，即(x单调增加，故(1)4kx函数 的惟一最小值即最小值，x1(x)4k

(x)(1)4当(1)4k0k4(x(1)0，(x)当(1)4k0k4(x(1)0，(x)当(1)4k0k4lim(x)lim[lnx(ln3x4)4xk] lim(x)lim[lnx(ln3x4)4xk] 由连续函数的介值定理，在区间(0,1)与(1,)内各至少有一个零点，又因(x)在区间(0,1)与(1,)内分别是格单调的，故(x(x有两个零点.综上所述，当k4时，两曲线没有交点；k4时，两曲线仅有一个交点；k4时，两曲线有两个交点.（本题满分12分2设位于第一象限的曲线y

f(x)过点( ,)，其上任一点P(x,y)处的法线与y轴的交点为Q，且线段 x轴平分求曲线yf(xysinx在[0,]上的弧长为l，试用lyf(xs【答案】 x22y2：： ： ： 24【解析】(1)yf(xP(xyYy1(X

kk

y轴的交点（X0）为(0y1(yy2

x).由题意，此点与点P(x,y)所联的线段被x轴所平分，由中 x) 2ydyxdxx2x积分得 y22

(C为任意常数)，以初始条件

x2

1知C2

1y2

f(xx22y2(2)ysinx在[0,

x2y2 1y2dx1cos2 12x122221cos20另一方面，将(1)中所求得的曲线yf(x)写成参数形式，并由题设考虑在第一象限中，于xcos 2y2

sin2

0t 20tt：： ： ：(x)2(y)2

=2sin20

1cos2tdt2

22120

t

2 1cosu(du) 1cos2：： ： ：2s1l，即2s1l，即s 2l（本题满分10分轴旋转而成的旋转曲面（如图），容器的底面圆的半径为2m根据设计要求，当以3m3/min的速率向容器内注入液体时，液面的面积将以m2min的速率均匀扩大（假设注入液体前，根据t时刻液面的面积，写出t与(y)之间的关系式xy的方程(m表示长度单位米，min表示时间单位分【答案】(1)t2y(2)x2e6

圆的面【解析】(1)设在t时刻，液面的高度为y，此时液面的面积为 由题设（液面的面积将以m2/min的速率均匀扩大），dA(t)d2(y) 所以2ytC,由题意，当t0时y2，代入，求得C4

2(y)于是即2yt4.从而t2y

2(y)40(2)y时，液体的体积为V(ty2(u)du，由题设（以3m3min的速率向容器内注入液体0dV(t)dy2(u)du 所以y2(u)du3t32y0上式两边对y求导：： ： ：解此微分方程

2y6y)y)，即y)6：： ： ：(y)Ce由(0)2知C2,

，其中C为任（本题满分10分

x2e6

f(2xf(x在闭区间[ab上连续，在开区间(abf(x明在(abf(x)0

若极限

x

存在在(ab)内存在点，

b2a 2baf

f(在(ab内存在与(2)中f()(b2a22bfaf(2x【解析】(1)由极限lim 存在，故limf(2xa)0.（lim(xa)0 x f(x)在[ab上连续知

f(2xa)f(af(a0.f(x)0f(x在(abf(xxa处取得最小值f(x)f(a)0,x(a,由要证明的形式知，要用中值定理证明F(x)x2,g(x)xf(t)dt(axb,g(x)a

在(ab)内存在点b2a即baf

f()

F(b)F(a)g(b)

b2 af(t)dtaf

(x2(x2

f(：： ： ：在区间[a,]上应 日中值定理，得在(a,)内存在一点，f()f(a)f()(f(a0f(f()(a，代入(2)：： ： ：f()(b2a22bfa、（本题满分10分

b2abaf

f()( 若矩阵A

a相似于对角阵，试确定常数a的值；并求可PP1AP 0 相同，转化为特征矩阵的秩，进而确定参数a至于求P，则是问题.【解析】矩阵A的特征多项EA

0

0

(6)[(2)2=(6)2(2)A的特征值为126,由于A相似于对角矩阵，故126应有两个线性无关的特征向量3r(6EA)2，于是有r(6EA) 6EA

0 a

0 a a0

0 0于是对应于12602， 02， 当