2004年考研数学二真题.pdf

2004 年全国硕士研究生入学统一考试理工年全国硕士研究生入学统一考试理工 数学二试题详解及评析数学二试题详解及评析 一一. 填空题（本题共填空题（本题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 24 分分. 把答案填在题中横线上把答案填在题中横线上. ） （1） 设 2 (1) ( )lim 1 n nx f x nx = + , 则( )f x的间断点为x = _ . 【答】 0 【详解详解】显然当0 x =时,( )0f x =; 当0 x 时, 22 2 1 (1) (1)1 ( )limlim 1 1 nn x nxx n f x nxxx x n = + + , 所以 ( )f x 0,0 1 ,0 x x x = = , 因为 00 1 lim( )lim(0) xx f xf x = 故 0 x =为( )f x的间断点. （2） 设函数( )y x由参数方程 3 3 31 31 xtt ytt =+ =+ 确定, 则曲线( )yy x=向上凸 的x取值范围为_. 【答】 1（， ）（或 （- ， 1 ） 【详解详解】 由题意得： 22 222 3312 1 3311 dy dytt dt dx dxttt dt = + , 2 22223 214 1 13(1)3(1) d yddydtt dtdxdxdxttt = + , 令 2 2 0 d y dx 0t. 又 3 31xtt=+ 单调增, 在 0t时, (,1)x 。(0t=时，1x=x(,1 时，曲线凸.) 考研数学助手 您考研的忠实伴侣 （3） 12 1 dx x x + = _. 【答】 2 【详解详解】 方法一： 22 1002 sectan sec sectan2 1 dxtt xtdtdt tt x x + = . 【详解详解】 方法二： 01 1 20 11022 2 111 ()arcsin 21 11 1 dxt xdtdtt tt x xt t + = （4）设函数( , )zz x y=由方程 23 2 xz zey =+确定, 则3 zz xy += _. 【答】 2 【详解详解】 方法一： 在 23 2 xz zey =+ 的两边分别对x,y求偏导,z为,x y的函数. 23 (23) xz zz e xx = , 23 ( 3)2 xz zz e yy =+ , 从而 23 23 2 13 xz xz ze xe = + , 23 2 13 xz z ye = + 所以 23 23 1 322 1 3 xz xz zze xye + += + 方法二： 令 23 ( , )20 xz F x y zeyz =+= 则 23 2 xz F e x = , 2 F y = , 23 ( 3) 1 xz F e z = 2323 2323 22 (1 3)1 3 xzxz xzxz F zee x F xee z = = = + , 2323 22 (1 3)1 3 xzxz F z y F yee z = = = + , 从而 23 2323 31 322 1 31 3 xz xzxz zze xyee +=+= + 方法三： 利用全微分公式,得 23 (23)2 xz dzedxdzdy =+ 2323 223 xzxz edxdyedz =+ 2323 (1 3)22 xzxz edzedxdy +=+ 23 2323 22 1 31 3 xz xzxz e dzdxdy ee =+ + 即 23 23 2 1 3 xz xz ze xe = + , 23 2 1 3 xz z ye = + 从而 32 zz xy += （5）微分方程 3 ()20yxdxxdy+=满足 1 6 5 x y = =的特解为_. 【答】 3 1 5 yxx=+ 【详解详解】 方法一： 原方程变形为 2 11 22 dy yx dxx =, 先求齐次方程 1 0 2 dy y dxx = 的通解: 1 2 dy dx yx = 积分得 1 lnlnln 2 yxc=+ yc x= 设( )yc xx=为非齐次方程的通解,代入方程得 2 111 ( )( )( ) 222 c xxc xc xxx xx += 从而 3 2 1 ( ) 2 c xx=, 积分得 35 22 11 ( ) 25 c xx dxCxC=+=+ , 于是非齐次方程的通解为 5 3 2 11 () 55 yxxCCxx=+=+ 1 6 1 5 x yC = =, 故所求通解为 3 1 5 yxx=+. 方法二： 原方程变形为 2 11 22 dy yx dxx =, 由一阶线性方程通解公式得 11 2 22 1 2 dxdx xx yex edxC =+ 11 lnln 2 22 1 2 xx ex edxC =+ 35 22 11 25 xx dxCxxC =+=+ 6 (1)1 5 yC=, 从而所求的解为 3 1 5 yxx=+. （6）设矩阵 210 120 001 A = , 矩阵B满足2ABABAE =+, 其中A为A的伴 随矩阵, E是单位矩阵, 则B =_. 【答】 1 9 【详解详解】 方法一： 2ABABAE =+ 2ABABAE =, (2 )AE BAE =, 21AE B AE = , 2 2 1111 010( 1) ( 1)39 2 100 001 B AE A A = . 【详解详解】 方法二： 由 1 AA A =,得 111 22ABABAEAB A AB A AAA =+=+ 2A ABA BA=+ (2 )A AE BA= 3 2AAE BA= 2 11 9 2 B AAE = 二二. 选择题（本题共选择题（本题共 8 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 32 分分. 每小题给出的四个选项中， 只有一项符合题目要求 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把所选项前的字母填在题后的括号内. ） （7） 把0 x + 时的无穷小量 2 0 cos x t dt=, 2 0 tan x tdt=, 3 0 sin x t dt=排 列起来, 使排在后面的是前一个的高阶无穷小, 则正确的排列次序是 （A）,. （B）,. （C）,. （D）,. 【 】 【答】 应选（B） 【详解详解】 3 0 200 0 sin limlim cos x x xx t dt t dt + = 3 2 2 0 1 sin 2 lim cos x x x x + = 3 2 00 limlim0 22 xx xx x + =, 即 o( )=. 又 2 0 00 3 0 tan limlim sin x x xx tdt t dt + = 2 3 00 2 tan22 limlim0 1 1 sin 2 2 xx xxx x x x + = , 即 o( )=. 从而按要求排列的顺序为 、, 故选（B）. （8）设( )(1)f xxx=, 则 （A）0 x =是( )f x的极值点, 但(0,0)不是曲线( )yf x=的拐点. （B）0 x =不是( )f x的极值点, 但(0,0)是曲线( )yf x=的拐点. （C）0 x =是( )f x的极值点, 且(0,0)是曲线( )yf x=的拐点. （D）0 x =不是( )f x的极值点, (0,0)也不是曲线( )yf x=的拐点. 【 】 【答】 应选（C） 【详解详解】 ( )f x = (1),10 (1),01 xxx xxx , ( )fx= 12 ,10 12 ,01 xx xx + , ( )fx= 2,10 2,01 x x , 从而10 x 时, ( )f x凸, 于是(0,0)为拐点. 又(0)0f=, 0 1x 、时, ( )0f x , 从而0 x =为极小值点. 所以, 0 x =是极值点, (0,0)是曲线( )yf x=的拐点, 故选（C）. （9） 222 12 lim ln(1) (1)(1) n n n nnn +?等于 （A） 2 2 1 ln xdx . （B） 2 1 2ln xdx . （C） 2 1 2ln(1)x dx+ . （D） 2 2 1 ln (1) x dx+ 【 】 【答】 应选（B） 【详解详解】 222 12 lim ln(1) (1)(1) n n n nnn +? 2 12 lim ln (1)(1)(1) n n n nnn =+ ? 212 limln(1)ln(1)(1) n n nnnn =+ ? 1 1 lim 2ln(1) n n i i n n = =+ 1 0 2ln(1)x dx=+ 2 1 12lnxttdt+= 2 1 2ln xdx= 故选（B）. （10）设函数( )f x连续, 且(0)0f, 则存在0, 使得 （A）( )f x在(0,)内单调增加. （B）( )f x在(, 0)内单调减小. （C）对任意的(0,)x有( )(0)f xf. （D）对任意的(,0)x 有( )(0)f xf. 【 】 【答】 应选（C） 【详解详解】由导数的定义知 0 ( )(0) (0)lim0 0 x f xf f x = , 由极限的性质, 0, 使x 即0 x时, ( )(0)f xf， 0 x时, ( )(0)f xf 0, 从而r (A ) n, r (B ) n,即A 的列向量组线性相关，B 的行向量组线性相关，故应选（A）. 三三. 解答题（本题共解答题（本题共9小题，满分小题，满分94分分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤 解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤. ） （15） （本题满分10分） 求极限 3 0 12cos lim1 3 x x x x + . 【详解详解】 方法一： 3 0 12cos lim1 3 x x x x + 2 cos ln 3 3 0 1 lim x x x e x + = 2 0 2cos ln 3 lim x x x + = 2 0 ln 2cosln3 lim x x x + = （） 0 1 sin 2cos lim 2 x x x x + = （） 0 11sin1 lim 22cos6 x x xx = = + 【详解详解】 方法二： 3 0 12cos lim1 3 x x x x + 2 cos ln 3 3 0 1 lim x x x e x + = 2 0 2cos ln 3 lim x x x + = 2 0 cos1 ln 3 lim x x x + = （1） 2 0 cos11 lim 36 x x x = （16） （本题满分10分） 设函数( )f x在（, +）上有定义, 在区间0, 2上, 2 ( )(4)f xx x=, 若对 任意的x都满足( )(2)f xk f x=+, 其中k为常数. ()写出( )f x在 2,0上的表达式; ()问k为何值时, ( )f x在0 x =处可导. 【详解详解】()()当20 x ,即022x+及0y =围成一曲边梯形. 该曲边梯形 绕x轴旋转一周得一旋转体, 其体积为( )V t , 侧面积为( )S t , 在xt=处的底面积为 ( )F t. ()求 ( ) ( ) S t V t 的值; ()计算极限 ( ) lim ( ) t S t F t + . 【详解详解】 ()() 2 0 ( )21 t S tyydx=+ 22 0 2 21 24 xxxx t eeee dx + =+ 2 0 2 2 xx t ee dx + = , 2 2 00 ( ) 2 xx tt ee V ty dxdx + = , ( ) 2 ( ) S t V t =. ()() 2 2 ( ) 2 tt x t ee F ty = + = , 2 0 2 2 2( ) limlim ( ) 2 xx t tttt ee dx S t F t ee + + = + 2 2 2 lim 2 22 tt tttt t ee eeee + + = + lim1 tt tt t ee ee + + = （19） （本题满分12分） 设 2 eabe时, ( )0 x, 故( )x单调减小, 从而当 2 exe=, 即当 2 exe时, ( )x单调增加. 因此, 当 2 eabe 故 22 2 4 lnln()baba e . 方法二： 设 22 2 4 ( )lnln()xxaxa e =, 则 2 ln4 ( )2 x x xe = 2 1 ln ( )2 x x x =, xe时, ( )0 x( )x?, 从而当 2 exe=, 2 exe时, ( )x单调增加. 2 eabe 即 22 2 4 lnln()baba e . 方法三： 对函数 2 ln x在 , a b上应用拉格朗日定理, 得 22 2ln lnln()baba , ab=, 故 22 2 4 lnln()baba e （20） （本题满分11分） 某种飞机在机场降落时,为了减小滑行距离,在触地的瞬间,飞机尾部张开减 速伞,以增大阻力,使飞机迅速减速并停下来. 现有一质量为9000kg的飞机,着陆时的水平速度为700/km h.经测试,减速伞 打开后,飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比(比例系数为 6 6.0 10k =).问从着 陆点算起,飞机滑行的最长距离是多少? 注 注 kg表示千克,/km h表示千米/小时. 【详解详解】 方法一： 由题设,飞机的质量9000mkg=,着陆时的水平速度 0 700/vkm h=.从飞机接 触跑道开始记时,设t时刻飞机的滑行距离为( )x t,速度为( )v t. 根据牛顿第二定律,得 dv mkv dt = . 又 dvdv dxdv v dtdx dtdx =, m dxdv k = , 积分得 ( ) m x tvC k = +, 由于 0 (0)vv=, (0)0 x=, 故得 0 m Cv k =, 从而 0 ( )( ) m x tvv t k =. 当( )0v t 时, 0 6 9000 700 ( )1.05() 6.0 10 mv x tkm k = . 所以,飞机滑行的最长距离为1.05 km. 方法二： 根据牛顿第二定律,得 dv mkv dt = . 所以 dvk dt vm = , 两边积分得 k t m vCe =, 代入初始条件 0 0t vv = =, 得 0 Cv=, 0 ( ) k t m v tv e =, 故飞机滑行的最长距离为 00 0 0 ( )1.05() k t m mvmv xv t dtekm kk + + = = . 方法三： 根据牛顿第二定律,得 2 2 d xdx mk dtdt = , 2 2 0 d xk dx dtm dt +=, 其特征方程为 2 0 k rr m +=, 解得 1 0r =, 2 k r m = ， 故 12 k t m xCC e =+， 由(0)0 x=, 2 0 0 0 (0) k t m t t kCdx vev dtm = = = =，得 0 12 mv CC k = =， 0 ( )(1) k t m mv x te k =. 当t +时, 0 6 9000 700 ( )1.05() 6.0 10 mv x tkm k = . 所以,飞机滑行的最长距离为1.05 km. （21） （本题满分10分） 设 22 (,) xy zf xye=,其中f具有连续二阶偏导数,求 2 , zzz xyx y . 【详解详解】 12 2 xy z xfyef x =+ , 12 2 xy z yfxef y = + 2 111222 2 ( 2 ) xyxyxy z x fyfxeefxyef x y = + 2122 ( 2 ) xyxy yefyfxe+ + 222 1112222 42()(1) xyxyxy xyfxyefxyefexy f= +. （22） （本题满分9分） 设有齐次线性方程组 1234 1234 1234 1234 (1)0, 2(2)220, 33(3)30, 444(4)0, a xxxx xa xxx xxa xx xxxa x += += += += 试问a取何值时, 该方程组有非零解, 并求出其通解. 【详解详解】 方法一： 对方程组的系数矩阵A作初等行变换, 有 11111111 2222200 3333300 4444400 aa aaa B aaa aaa + + = + + 当0a =时, ( )14r A= , 故方程组有非零解, 其同解方程组为 1234 0 xxxx+=. 由此得基础解系为 1 ( 1,1,0, 0)T= , 2 ( 1, 0,1,0)T= , 3 ( 1, 0, 0,1)T= , 于是所求方程组的通解为 1 12233 xkkk=+, 其中 123 ,kkk为任意常数. 当0a 时, 111110000 21002100 30103010 40014001 aa B + 当10a = 时, ( )34r A =, 故方程组也有非零解, 其同解方程组为 12 13 14 20, 30, 40, xx xx xx += += += 由此得基础解系为 (1, 2,3, 4)T=, 所以所求方程组的通解为 xk=, 其中k为任意常数. 方法二： 方程组的系数行列式 3 1111 2222 (10) 3333 4444 a a Aaa a a + + =+ + + . 当0A =, 即0a =或10a = 时, 方程组有非零解