硕士研究生招生考试试题数学二解析2015

2015年数学2015年数学（二）一、（1□【答案】 I4- f+°°J =+°°得 丁3发散J I J 1 f4- 由 ----dj;=InIn =+oo得 —---dz发散，故应选J j; I J JC[X\C+8 2 一dx x€~xdj?=（2□=1 一dr为正常积分 一djr收敛，故应选 J （2□【答案】【解】（x□=lim/1+Sint□\ -I•I----因为Iim/（J7□=1,所以x—Q为可去间断点，应选方法点评：（）再求出函数的间断点类型.⑶【答案】【解】 '⑹=lim^^'cos- — 工a>1时（0□存在，（0□xH0时f（jC□=axcos厶 •sin当工 【解 设f"〈工）=0左边的零点为x=a,右边的零点为x=b又0处f"O因为x=0左右两侧□异号，所以（0,（0□□为拐点；因为攵=b左右两侧□异号，所以Cb,（6□□为拐点， 141方法点评：方法点评：本题考查拐点的判别法.判断曲线的拐点时，，（5□【答案】+y-=U【解 令 解得 二号，Q u十 M21V5+ (u+1 1+ 2w(1一 1+ (1+v2: n，应选 =rcos(9, 【解 =rsin 3/sin *希）jjdy fGeos9,rsin(9)rdr，应选 （7□【答案】【解 因为AX=b有无数个解，所以□=（A□<|A|（a—1（a2）0a=1,a当a=1 d_— d一 d2- d2—3d因为方程组有无数个解，所以 1或d—a=2时 A= d— d— d2一 d2—3d+厂（）V3□=r.（8□【答案】 所以A的特征值为入i=2,入2=，入3=—1，其对应的特征向量为S”2山，因为S，—es，e2为特征值2,—1,1对应的特征向量，所以在X=QY下二次型的标准形为2式一疋+北，应选•142方法点评：方法点评：，配方法化二次型为标准形时，阵的特征值，注意特征向量与特征二、(9)【答案】 3+3 【解 d7=d77dF=~T-=3(1+^1 12心+几⑵（1 1故 (10)【答案】(In2)"0(/?—【解】广)(工(3廿•2乂.(In2)"+；•2工 -(In2)”T+：•2 (ln2)宀则/(n)(0)="""「°•2-(In (In2)n_27z(T?一1—y(jr)x221j?2eJ,n2x21+Jn2十…十(_2)!n""+o("-•X$+z"In2十…+ |-x”+0(工")]广 n (?72)f(n)(0)=n(n—方法点评方法一归纳法如：yesinx由yf (sinx+cosx)—\[2e"sin+ =(^2)Zsin(j:+由归纳法得y(n)= sin(z+晋需要记住的结论 \n—(-1)5!ax+b (ax+b)n+x方法 公式即利用公式：(uv)(n)=C加 ----C：uv•143(11)(11)【答案】p p【解 由0(x)= f(t)dtJ 再由卩(1)=1,卩'(1)=5得曲=1,5=l+2f(l),/(I)J(12)【答案】e~2x+【解 特征方程为疋+入-2=0,特征根为心=—2,入2=IC1+C2由y(0)=3,y'(0)=0得 解得C[=1,C2=|2C\C2故》=方法点评：先求出微分方程的通解,再由初始条件y(0)=3,y(0)=0求出待定常数， (13)【答案】-- (i+3||)+w+Q”+八•(23||)工z将h=0,夕=0=0代入上式得f — =—dxI 3dy| 故dz =— I (14)【答案】【解】B的特征值为⑵一2十1=3,(—2尸-(-2)+1=7』一1十故|於|三、 (15)【解 方法 由ln(l+z)=«z—~+?+o(«sinx=x—?+o(H3) f{x)= axpbx2o(jC3=(1+Q)2+(b一专)sc? 3+o(23因为fO〜所以1+Q=0』一守=0,扌=S解得a=—l,b=----,k 夕「 fQx aln(1+^) sm方法 由1=lim—-~~-=lim--------------------7----------------H-o x- •14411 Fbsin bxcos-----lim7------------------------，a=— 1—-~----\-bsin bxcos -—:-----Hbsin bxcos1+ l~r再由 = r2bcosxbxsinlim ---------------7一cosx十—Xsin 一COS lim再由 Q+sin(1+工 一1Z曰 1T■r-► （16□【解 区域d绕乂轴旋转所成的旋转体的体积为1 Vi=7T22{x□d:r= sindjc~—A V2=2 xf{x)djr= xsinxdx=2nA 由VxV2(17)【解 由f打(D)=2(j/+l)e°9 =Cy+l)2er+卩(工，)=(』1)2e'+J申由f(0=y2+2』，得(y+ C=y2C=—1,f〈X=(y+1)2er+Jo卩(无)dz—又由 ^O)=(jC+1)『，得e" )=(无+l)e"9解得卩(工故f(j?,y)=(y+1)2e" djr—1=(jy+1)它+(jC一1)『71L—e「H=0由 恰=2(y+l J=—由空=(y+1)鼻’十(工 丄・=2(夕+l)e" |-y=2eJ 乂一所以—•145八八八八X=一 =1y=因为区域D关于》轴对称，jjjr3/)dxd_y=jjjr2dx 故j=x(x+』)dxdjy=2JJjr2djr x2A/2—x2djr si'T 8 =4sin22zd(2^)--- 2sinLck---J 一x_________ (19)[解 由/z(j?)=—Vl+x2+2jCVl 2=(2j?—1)\/l+j?2=0得x当<y时，于'(工0；当工*时，厂(工* /( =]；丿1+八山-J；yiTTdf<0,limf(工)>09limfO〉09J-— 所以于(工)有两个零点，一个在( 之间，另一个为工方法点评：讨论函数零点个数或方程的根的个数一般分如下三个步骤第一步，求出函数的定义域第二步，求出函数的驻点及不可导点，从而求出函数的极值及单调性第三步，求函数在极值点两侧的变化趋势，(20)【解 设/时刻物体的温度为T(t),由题意—=-k[T(t)—20]以(20& 」"山+C)「皿=Ce"(C+20= In由T(0)=120,T(30)=30 解得IC叫+20 In inT(t)=100』冇'+20,T=21时，21=100』祈'20t故还需要冷却30分钟，物体的温度才可降到•146（21（21）【证明 切线方程为夕（b）（工—切线与工轴的交点为心―£需,0），即工。=5—£J7)0,f(b)f(a)=0,b—）现证明b_〉afib)>a6/(6)/(6)aff、令(p(x')=xf\x/(rr)—af'(.x)=(xa)f'l工)—fCxf(a)cp(工)(_z—a)/z(j)—\_f(.JC/(a=(z—a)y'(_z)—(x=(a\_frCx_/'(€(aVgVz因为f'\x)0,所以fQ)单调增加£0(aVz取工=庆则bf\b)~f(b)>af\b),即〃 〉a故a<b_ (22)【解】(I)由川=0得|A| 由|A|=a3—0得a=0,故A= - (UXXA2-AX+AXA2=E得(EA)X—(E-A)XA2进一步整理得(E-A)X(EA2)=E,X=(EA)_1(EA2)- / 】 E-2 - \_- - - 0: 由(E-A：E)=- 0—► 。' - - 一 0 -—A 一 -1-» - 0 得(E-A1= - 0/ - -再由(E-A2>E) 0-» 、 0•147 -得(E-A2)-1= —1\ 故X= - 0八 情形一：将矩阵关系式化简为AX=B,且A可逆，则情形二AXBAA；情形三：l|A|=|B|..工［a从而 解得a=4,6\2a—A— 由|AE-B A- =(A-1)2(A-5)=0, - A-将人=1代入QEA)