2001考研数二真题及解析

Borntowin2001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)(1)2131lim2xxxxx(2)设函数()yfx由方程2cos()1xyexye所确定,则曲线()yfx在点(0,1)处的法线方程为.(3)32222sincosxxxdx(4)过点1,02且满足关系式2'arcsin11yyxx的曲线方程为.(5)设方程123111111112axaxax有无穷多个解,则a.二、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，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1)设1,1,()0,1,xfxx则()fffx等于()(A)0(B)1(C)1,1,0,1,xx(D)0,1,()1,1,xfxx(2)设当0x时，2(1cos)ln(1)xx是比sinnxx高阶的无穷小，sinnxx是比21xe高阶的无穷小，则正整数n等于()(A)1(B)2(C)3(D)4(3)曲线22(1)(3)yxx的拐点个数为()(A)0.(B)1.(C)2.(D)3(4)已知函数()fx在区间(1,1)内具有二阶导数，'()fx严格单调减少，且(1)'(1)1,ff则()(A)在(1,1)和(1,1)内均有()fxx.Borntowin(B)在(1,1)和(1,1)内均有()fxx.(C)在(1,1)内，()fxx.在(1,1)内，()fxx.(D)在(1,1)内，()fxx.在(1,1)内，()fxx.(5)设函数()fx在定义域内可导，()yfx的图形如右图所示，则导函数()yfx的图形为()三、(本题满分6分)求22.(21)1dxxx四、(本题满分7分)求极限sinsinsinlimsinxtxtxtx，记此极限为()fx，求函数()fx的间断点并指出其类型.五、(本题满分7分)设()x是抛物线yx上任一点(,)(1)Mxyx处的曲率半径，()ssx是该抛物线上介于点(1,1)A与M之间的弧长，计算2223dddsds的值.(在直角坐标系下曲率公式为322(1')yKy)六、(本题满分7分)设函数()fx在[0,)上可导，(0)0f，且其反函数为()gx.若()20()fxxgtdtxe，求()fx.七、(本题满分7分)Borntowin设函数(),()fxgx满足()(),()2()xfxgxgxefx，且(0)0,(0)2fg，求20()()1(1)gxfxdxxx八、(本题满分9分)设L是一条平面曲线，其上任意一点(,)Pxy(0)x到坐标原点的距离，恒等于该点处的切线在y轴上的的截距，且L经过点1,0.2(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0K.假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，已知半径为0r的雪堆在开始融化的3小时内，融化了其体积的78，问雪堆全部融化需要多少小时？十、(本题满分8分)设()fx在区间[,](0)aaa上具有二阶连续导数,00f（）,(1)写出()fx的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式;(2)证明在[,]aa上至少存在一点，使3()3().aaaffxdx十一、(本题满分6分)已知矩阵100011110,101.111110AB且矩阵X满足,AXABXBAXBBXAE其中E是3阶单位阵，求X.十二、(本题满分6分)设124,,,为线性方程组0AX的一个基础解系，112223,,tt334441,,tt试问实数t满足什么关系时，1234,,,也为0AX的一个基础解系.Borntowin2001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】26【详解】2131lim2xxxxx131lim21xxxxx13131lim2131xxxxxxxxx131lim2131xxxxxxx121lim2131xxxxxx12lim231xxxx11lim2lim231xxxxx21231111322.6(2)【答案】x−2y+2=0.【详解】在等式2cos()1xyexye两边对x求导,其中y视为x的函数，得22sin()0xyexyxyxy，即2(2')sin()(')0xyeyxyyxy将x=0,y=1代入上式,得(2')0ey，即'(0)2.y故所求法线方程斜率12k12，根据点斜式法线方程为：11,2yx即x−2y+2=0.(3)【答案】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,aa上连续，则有02,0aaaaafxdxfxdxfxfxdxfx为偶函数，为奇函数，【详解】由题设知32222sincosxxxdx32222222cossincosxxdxxxdxBorntowin在区间[,]22上，32cosxx是奇函数，22sincosxx是偶函数，故3222cos0xxdx，22222202sincos2sincosxxdxxxdx，所以，原式32222222cossincosxxdxxxdx22202sincosxxdx2201sin22xdx201(1cos4)4xdx220011cos44416xxdx2011sin44216x08.8(4)【答案】1arcsin.2yxx【详解】方法1：因为2arcsin'arcsin1yyxyxx，所以原方程2'arcsin11yyxx可改写为arcsin1,yx两边直接积分，得arcsin.yxxc又由1()02y代入上式，有10arcsin2xc，解得1.2c故所求曲线方程为1arcsin.2yxx方法2：将原方程写成一阶线性方程的标准形式211'.arcsin1arcsinyyxxx由一阶线性微分方程dyPxyQxdx通解公式：()PxdxPxdxfxeCQxedx这里211,arcsin1arcsinPxQxxxx，代入上式得：22111arcsin1arcsin1arcsindxdxxxxxyeCedxxBorntowin11arcsinarcsinarcsinarcsin1arcsindxdxxxeCedxxlnarcsinlnarcsin1arcsinxxeCedxx1arcsinarcsinarcsinxCdxxxarcsinarcsinCxxx又由1()0,2y解得1.2C故曲线方程为：1arcsin.2yxx(5)【答案】-2【详解】方法1：利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有111111112aAaa1121,3111111aaa行互换21121(-1),(-)01132301112aaaaaaa行的倍分别加到，行11223011300(1)(2)2(2)aaaaaa行加到行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()()rArAn.可见，只有当a=−2时才有秩()()23rArA，对应方程组有无穷多个解.方法2:设A是mn矩阵，方程组Axb有无穷多解()()rArAn，则方程组123111111112axaxax有无穷多解()()3rArA.从而有0A，即111111aAaa2222,311111aaaaa行分别加到行1111211211aaaa行提出()()1111(1)201023001aaa行分别()加到，行10201aaa1+1=(-1)()Borntowin2(2)(1)0,aa则，12aa或.当1a时，1111111111111(1)23000011120003A行分别加到，行可见()1()2,rArA原方程组无解.当2a时，有211112111122A11221312112111，行互换11222103332111行行1122103330333行2加到3行1122033300003行+2行11222(3)01110000行可知，()()23,rArA故当2a时，原方程组有无穷多解.二、选择题(1)【答案】(B)【详解】因为1,1()0,1xfxx，所以在整个定义域内()0()1fxfx或，所以()1fx，于是()1ffx，从而()11fffxf(2)【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0x时，2(1cos)ln(1)xx是比sinnxx高阶的无穷小，所以20(1cos)ln(1)0limsinnxxxxx22012limnxxxxx等价3012limnxxx等价301lim2nxx从而n应满足2n；Borntowin又由sinnxx是比2(1)xe高阶的无穷小，所以根据高阶无穷小的定义有：20sin0lim1nxxxxe20limnxxxx等价10limnxx，从而n应满足2n综上，故正整数2n，故选(B)(3)【答案】(C)【详解】22(1)(3)yxx，所以y222(1)(3)2(1)(3)xxxx4(1)(2)(3)xxxy4(2)(3)(1)(3)(1)(2)xxxxxx2224564332xxxxxx2431211xxy4612x242x令0y，即2312110xx，因为判别式：224124311bac120，所以0y有两个不相等的实根，且2y2321221110，所以两个实根不为2，因此在使0y这两点处，三阶导数0y，(一般地，若00fx，且00fx，则点00,xfx一定是曲线yfx的拐点)，因此曲线有两个拐点，故选(C)或根据y24312