2003考研数二真题及解析

2003年入学统一考试数学二试一、填空题：本题共6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若x0时，(1ax2)41与xsinx是等价无穷小，则a 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 y2x的林中xn项的系数 eaa0)0变到2极轴所围成的图形的面积 设3维列向量，T是的转置.若T

1，1ABA2BABEE A 0，则B 二、选择题：本题6小题，每小题424分，下列每小题给出的四个选项中，只有设{an},{bn},{cn}均为非负数列，且liman0,limbn1,limcn,则必有

anbn对任意n成立

bncnn成立极限limancn不存在 (D)极限limbncn不存在 设an n1xn11xdx,则极限limna等于 nnn2

(1e)21

(1e1)21 (1e1)21 (1e)21y

ln

y

yx

x)的解，则()的表达式为 x x

y.x

yx2

xy2

xy2(4)设函数f(x)在(,)内连续，其导函数的图形如图所示 则f(x)有 tan 设I14 dx,I24

dx,则

tan

I1I2I2I1

1I1I21I2设向量组I：1,2,,r可由向量组II：1,2,,s线性表示，则 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(10分ln(1ax3 xarcsin

x

f(x)eaxx2ax

x xsin

xaf(xx0ax0f(x的可去间断点？四、(9分)yy(x由参数方程

x12t2,12lnt

(t1)所确定， d2yd2

(1x)(1x)23

arctan

六、(本题满分12分yy(x)在(,y0xxyyy(x数xxy

d2

(ysin

dx

0yy(xy(0)0y(0)3的解2(12分y4lnxky4xln4x的交点个数(12分yf(x过点

1P(xyy 的交点为QPQx轴平分求曲

yf(x已知曲线ysinx在[0,上的弧长为l，试用lyf(xsyyyyxyy0y轴旋转而成的旋转曲面(如图)2m.根据设计要求，当以3m3min液体时，液面的面积将以m2min

- 根据t时刻液面的面积，写出t与y求曲线xy的方程(mmin表示时间单位分(10分设函数f(x)在闭区间[ab上连续，在开区间(ab内可导，且f(x)f(2x

若极限

x在(abf(x)0在(ab内存在点

b2a bafb

；在(ab内存在与(2)中相异的点f()(b2a22bfa、(本题满10分 若矩阵A

a相似于对角阵，试确定常数a的值；并求可逆矩阵PP1AP(本题满8分l1:ax2by3c0，l2:bx2cy3a0，l3:cx2ay3b0试证:abc2003年入学统一考试数学二试题解一、填空 x0时，(1x)n1

n

(1ax2)41~

ax2，xsinx~x41x0(1ax2)41xsinx所 1

1(1ax2xsin

14

1a4从 xyxyxyxy24y3y

1，再利用点斜式得，过点(1,1)y11x1xy

【详解】yf(x)带佩亚诺余项的林f(x)f(0)

(0)x

f(0)x2ff(n)

xn(xn求yf(x)的林中xn项的系数相当于先求yf(x)在点x0处的n

f(n)

就是林中xn项的系数y2xln2；y2x(ln2)2

y(n)2x(ln

y(n0)ln

y2

的林中xn项的系数

y(n)

(ln.

1(e4a1)方法1：用定积分计算.极坐标下平面图形的面 ：S12()d，2S122()d12e2ad=1

21(e4a1)2 2

dD

1

所 SdD

d

rdr20

1)【答案】12，或利用A2或设xxx]T，定出12【详解】1A1:1:1, 1 1AT

1 1

1 1知1，于是T 111 2AT

A2TT(T 1 比较(1)，(2)式，得T3123：设xxx]T12

x xx x 12 x3 T(xxx)xx2x2x2(A的主对角元之和12

2

12BB方法1A2BABEA2E)BAE

(AE)(AE)BAE矩阵AE可逆，于是 (AE)B

AEB0AE

02,所以B 2：A2BABE(AE)(AE)BA等式两端取行列式且利用矩阵乘积的行列式=A

A

BAA

0

B

12A二A【答案】【详解】方法1：推理由题设lim

1，假设limbc存在并记为A，则lim

lim

A,这与n

nn

n

nlimcn limbncn不存在．所以选项(D方法2：

a1，bn1lim

0,lim

1,a1,b0ab，A不正确

n

n

取bn1

n2，满足lim

1limc,而b01c，(B)

n

n a1

n2lim

0,lim

,而limac1(C

n

n

nn【答案】 【详解】an n1

1xndx

1xnd(1xn

2 2nn0 10

3nn (1xn 1 n

n1 n n 可 limnan=lim1n1

2 2 n

)(n1)

n

n

3(1e1)2所以选项(B)

【答案】【详解】将y x代入微分方程yyx，其中ylnx1，得ylnylnx1

(lnx

(lnx)

ln2ln2 ln

ln2令lnxu，有(u)u

，以uxy(y

)=y2x2故选项A【答案】(Cyy点有3个(导函数与x轴交点的个数)x0是导数f(x共有两个极小值点和两个极大值点，应选【答案】(x)tanxx(0)0,(xsec2x1

x0 4 x0时(x)单调递增，则(x0tanxx0tanx

<1 4

tan

tan

I14 dx41dx dx

I1I

I

4

tan【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,,II12,srsI题：若向量组I：1,2,,r可由向量组II1,2,,s线性表示，且向量组I线性无rs．可见正确选项为(D)．本题也可通过举反例用排除法找到答案．

10102110102

1,2线性无关排除

10,2010，则1,2可由1线性表示1线性无关，排除

101021，1可由1,2线性表示，但1线性无关，排除 f(xx0f(xx0f(0f(0f(0f(0)limf(x)

x0xarcsin

x0xarcsin(由于ln(1

x(x0)，所以ln(1

(x0)=x0

1

（型极限， 法则011

1 1x2

111

=x012

（(1x2)2 (x2)

(x0)f(0)limf(x)

eaxx2ax

=

eaxx2ax

xsin4

4=4

eaxx2ax

=4

aeax2xa2eax

2 =4

2lim(a

2af(0)x0f(x的连续点

f(0f(06a62a24，得a所以x0f(x的可去间断点6a2a2462a26a40,但aa2f(xx0du(

四【分析】(i)变上限积分求

v(

f f(u)u

f(v)v(x)参数方程x(t)的一阶导数:dydydtdy1(t)y

dt dt

若x(t)，y(t)二阶可导，函数的二阶导数d2yddyd(t) dxdx dt(t) (t)(t)(t)(t)2

1

(t)(t)3【详解】设x(t12t2,y

12lnt

dudx

e12ln

e

(t)4t (t)

12lnt

12lnt

12ln所 dy12lnt

d2 ddy d

所

(t)dt

1

1 dxdx dt 2(12ln

4(12lnt)2 4t2(12ln x9x12t2及t1得t2,d2d2e

t

16(12ln2)21x五1x

xtant(x，那么(1x232sec3tdxsec2tdt xearctan(1(1x)23

ettan

(1tan2(1tan232

ettan3

sec2

ettantdt=etsin

sec又etsintdtetdcostetcostet(etcostetd(sint))(etcostetsintetsinetcostetsintetsintdt，故etsintdt1et(sintcostC.2

由xtan x1x1x21x

得tarctanx(1x)(1x)23

dx

1earctanx 11x

)C

(x1)earctan

方法2：分部积分(1x)(1x)23

dx=

x1x1x

d(earctanx)earctan 1x1x

earctan11(1x)23

xearctan1x1xearctan1x1x

d(earctanx)earctanx

11

1 e earctanx

11 (111 xearctan1x1x1x

earctanx

xearctan

dx(1x)(1x)23

dx

(x1)earctan(1x(1x)2321x d2 d21六(1)dydy2xydxdx2来表1 dy=

d2，

d(dx)dy

d( dx)dx )

y(

yysin

(*(2)方程*yy0r210r1通解为YCexCex.由于i不是特征方程得根，所以设方程* y*AcosxBsin y*AsinxBcosx，y*AcosxBsin)A0B1y*1sinx.yysinx yYy*CexCex1sin y(0)0y(0)3C1

1．故变换后的微分方程满足初始条件 y(0)0y(0)32yexex1sin2yx)y(xexex1cosx0y02七y4lnxky4xln4x(x)ln4x4lnx4x在区间(0,) 4ln3 (x) 4

x1x1是(x0x1时，ln3x0

ln3x1x040x有(x)0，即(x)x1ln3x0，则ln3x1x040x(x0，即(x单调增加，故(1)4k为函数(x的惟一极小值即最小值①当(14k0k4时，(x(10，(x②当(14k0k4时，(x(10，(x有且仅有一个零点，即两③当(14k0k4lim(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在区间与(1,内分别是严格单调的，故(x)分别各至多有一个零点.总之，(x)有两个零点．k4k4时，两曲线仅有一个交点；当k4八【详解】(1)yf(xP(x,y)Yy1(XX0y轴的交点为(0yx轴平分，由中点

x

P(x,y)1(yy2

x0，即2ydyxdx2222 积分 yC(C为任意常数)，代入初始条件

1得C1yf2x2 y x2y

x2 ysinx在[0,xx

1弧 1

dx

1

xdx

2

1

tdt

1

另一方面，将(1)yf(xx

0ty

2sin 2

s0

(x)2(y)2dt=

sin2t

cos2tdt2221sin21sin2t1212 1212 2

1

u(du)

1

所 2s1l，即s2

2l4九【详解】(1)设在ty

2(y),由题设：液面的面积将以m2/min的速率均匀扩大，可dA(t)d2yd2y 所以2ytC,由题意，当t0时y)2，代入求得C42(y)t从 t2(y)(2)y时，液体的体积为V(ty2(u)du，由题设：以3m3min0dV(t)dy2(u)du 所 y2(u)du3t32(y)0y2(d(

6(y)(y)

((y)Ce

，其中C由(0)2知C2,x2e6f(2x十【详解】(1)因为极限 存在，且lim(xa)0，故

f(2xa)

x

f(x在[ab

f(2xaf(a，则f(a0f(x)0f(x在(abf(xxaf(x)f(a)0,x(a,由要证明的形式知，要 中值定理证明．取F(x)x2，g(x)xfa(axb)，则g(x)f(x)0，则F(x),g(x)满足中值定理的条件，于是在(a,内存在点F(b)F(a)g(b)

b2 af(t)dtaf

(x2(x2 fxa

b2ab baf

．在区间[a,]上应用日中值定理，得在(a,)内存在一点，f()f(a)f()(f(a0f()f()(a，代入(2)bb2a baf

f()( f()(b2a2)2bfa十一【分析】已知A相似于对角矩阵，应先求出A的特征值，再根据特征值的重数与线性AEA

0

0

(6)[(2)216]=(6)2(2)A的特征值为1263A相似于对角矩阵，故对应1263r(6EA)2，于是有r(6EA) 0 06EA a a 0 0a0．于是对应于1260，

当32 0 2EA 0 12x

1解方程组 得对应于

2的特征向量

x