2005年考研数学二真题答案解析

1 分析分析 本题属基本题型 幂指函数的求导 或微分 问题可化为指数函数求导或取 对数后转化为隐函数求导 详解详解 方法一 x xy sin1 sin1ln xx e 于是 sin1 cos sin1 ln sin1ln x x xxey xx 从而 x dy dxdxy 方法二 两边取对数 sin1ln lnxxy 对 x 求导 得 x xx xy ysin1 cos sin1ln 1 于是 sin1 cos sin1 ln sin1 x x xxxy x 故 x dy dxdxy 评注评注 幂指函数的求导问题 既不能单纯作为指数函数对待 也不能单纯作为幂函数 而直接运用相应的求导公式 2 分析分析 本题属基本题型 直接用斜渐近线方程公式进行计算即可 详解详解 因为 a 1 1 lim lim 2 3 xx x x xf xx 2 3 1 lim lim 2 3 2 3 x xx axxfb xx 于是所求斜渐近线方程为 2 3 xy 评注评注 如何求垂直渐近线 水平渐近线和斜渐近线 是基本要求 应熟练掌握 这里应 注意两点 1 当存在水平渐近线时 不需要再求斜渐近线 2 若当 x 时 极限 x xf a x lim 不存在 则应进一步讨论 x 或 x 的情形 即在右或左侧是否存 在斜渐近线 本题定义域为 x 0 所以只考虑 x 的情形 3 分析分析 作三角代换求积分即可 详解详解 令 txsin 则 1 022 1 2 xx xdx 2 0 2 cos sin2 cossin dt tt tt 4 arctan cos cos1 cos 2 0 2 0 2 t t td 评注评注 本题为广义积分 但仍可以与普通积分一样对待作变量代换等 4 分析分析 直接套用一阶线性微分方程 xQyxPy 的通解公式 CdxexQey dxxPdxxP 再由初始条件确定任意常数即可 详解详解 原方程等价为 xy x yln 2 于是通解为 ln 1 ln 2 2 22 Cxdxx x Cdxexey dx x dx x 2 1 9 1 ln 3 1 x Cxxx 由 9 1 1 y 得 C 0 故所求解为 9 1 ln 3 1 xxxy 评注评注 本题虽属基本题型 但在用相关公式时应注意先化为标准型 另外 本题也可如 下求解 原方程可化为 xxxyyxln2 22 即 xxyxln 22 两边积分得 Cxxxxdxxyx 3322 9 1 ln 3 1 ln 再代入初始条件即可得所求解为 9 1 ln 3 1 xxxy 5 分析分析 题设相当于已知 1 lim 0 x x x 由此确定 k 即可 详解详解 由题设 2 00 cosarcsin1 lim lim kx xxx x x xx cosarcsin1 cos1arcsin lim 2 0 xxxkx xxx x k2 1 1 4 3cos1arcsin lim 2 0 kx xxx x 得 4 3 k 评注评注 无穷小量比较问题是历年考查较多的部分 本质上 这类问题均转化为极限的计 算 6 分析分析 将 B 写成用 A 右乘另一矩阵的形式 再用方阵相乘的行列式性质进行计算即 可 详解详解 由题设 有 93 42 321321321 B 941 321 111 321 于是有 2 21 941 321 111 AB 评注评注 本题相当于矩阵 B 的列向量组可由矩阵 A 的列向量组线性表示 关键是将其转 化为用矩阵乘积形式表示 一般地 若 nn aaa 12121111 nn aaa 22221212 nmnmmm aaa 2211 则有 21 22212 12111 2121 mnnn m m nm aaa aaa aaa 7 分析分析 先求出 f x 的表达式 再讨论其可导情形 详解详解 当 1 x 时 11lim 3 n n n xxf 当 1 x 时 111lim n n xf 当 1 x 时 1 1 lim 3 1 3 3 x x xxf n n n 即 1 11 1 1 3 3 x x x x x xf 可见 f x 仅在 x 1 时不可导 故应选 C 评注评注 本题综合考查了数列极限和导数概念两个知识点 8 分析分析 本题可直接推证 但最简便的方法还是通过反例用排除法找到答案 详解详解 方法一 任一原函数可表示为 x CdttfxF 0 且 xfxF 当 F x 为偶函数时 有 xFxF 于是 1 xFxF 即 xfxf 也即 xfxf 可见 f x 为奇函数 反过来 若 f x 为奇函数 则 x dttf 0 为偶函数 从而 x CdttfxF 0 为偶函数 可见 A 为正确选项 方法二 令 f x 1 则取 F x x 1 排除 B C 令 f x x 则取 F x 2 2 1 x 排除 D 故应选 A 评注评注 函数 f x 与其原函数 F x 的奇偶性 周期性和单调性已多次考查过 请读者思考 f x 与其原函数 F x 的有界性之间有何关系 9 分析分析 先由 x 3 确定 t 的取值 进而求出在此点的导数及相应的法线方程 从而可得 所需的横坐标 详解详解 当 x 3 时 有 32 2 tt 得 3 1 tt 舍去 此时 y 无意义 于是 8 1 22 1 1 11 tt t t dx dy 可见过点 x 3 此时 y ln2 的法线方程为 3 82ln xy 令 y 0 得其与 x 轴交点的横坐标为 32ln 8 1 故应 A 评注评注 注意本题法线的斜率应为 8 此类问题没有本质困难 但在计算过程中应特别小 心 稍不注意答案就可能出错 10 分析分析 由于未知 f x 的具体形式 直接化为用极坐标计算显然是困难的 本题可考 虑用轮换对称性 详解详解 由轮换对称性 有 d yfxf yfbxfa D d xfyf xfbyfa D d xfyf xfbyfa yfxf yfbxfa D 2 1 2 2 4 1 22 2 baba d ba D 应选 D 评注评注 被积函数含有抽象函数时 一般考虑用对称性分析 特别 当具有轮换对称性 x y 互换 D 保持不变 时 往往用如下方法 DDD dxdyxyfyxfdxdyxyfdxdyyxf 2 1 11 分析分析 先分别求出 2 2 x u 2 2 y u yx u 2 再比较答案即可 详解详解 因为 yxyxyxyx x u yxyxyxyx y u 于是于是 2 2 yxyxyxyx x u 2 yxyxyxyx yx u 2 2 yxyxyxyx y u 可见有 2 2 2 2 y u x u 应选 B 评注评注 本题综合考查了复合函数求偏导和隐函数求偏导以及高阶偏导的计算 作为做题 技巧 也可取 1 2 ttt 则 yyxyxu222 22 容易验算只有 2 2 2 2 y u x u 成立 同样可找到正确选项 B 12 分析分析 显然 x 0 x 1 为间断点 其分类主要考虑左右极限 详解详解 由于函数 f x 在 x 0 x 1 点处无定义 因此是间断点 且 lim 0 xf x 所以 x 0 为第二类间断点 0 lim 1 xf x 1 lim 1 xf x 所以 x 1 为第一类间断点 故应选 D 评注评注 应特别注意 1 lim 1 x x x 1 lim 1 x x x 从而 1 1 lim x x x e 0 lim 1 1 x x x e 13 分析分析 讨论一组抽象向量的线性无关性 可用定义或转化为求其秩即可 详解详解 方法一 令 0 21211 Akk 则 0 22211211 kkk 0 2221121 kkk 由于 21 线性无关 于是有 0 0 22 121 k kk 当 0 2 时 显然有 0 0 21 kk 此时 1 21 A 线性无关 反过来 若 1 21 A 线性无关 则必然有 0 2 否则 1 与 21 A 11 线性相关 故应选 B 方法二 由于 2 1 2122111211 0 1 A 可见 1 21 A 线性无关的充要条件是 0 0 1 2 2 1 故应选 B 评注评注 本题综合考查了特征值 特征向量和线性相关与线性无关的概念 14 分析分析 本题考查初等变换的概念与初等矩阵的性质 只需利用初等变换与初等矩阵 的关系以及伴随矩阵的性质进行分析即可 详解详解 由题设 存在初等矩阵 12 E 交换 n 阶单位矩阵的第 1 行与第 2 行所得 使得 BAE 12 于是 12 1 1212 12 12 EAEEAEAAEB 即 12 BEA 可见应选 C 评注评注 注意伴随矩阵的运算性质 EAAAAA 当 A 可逆时 1 AAA ABAB 15 分析分析 此类未定式极限 典型方法是用洛必塔法则 但分子分母求导前应先变 形 详解详解 由于 0 00 x xx utx duufduufdttxf 于是 x xx x x x x duufx dtttfdttfx dttxfx dttftx 0 00 0 0 0 0 lim lim x x x xxfduuf xxfxxfdttf 0 0 0 lim x x x xxfduuf dttf 0 0 0 lim lim 0 0 0 xf x duuf x dttf x x x 2 1 0 0 0 ff f 评注评注 本题容易出现的错误是 在利用一次洛必塔法则后 继续用洛必塔法则 x x x xxfduuf dttf 0 0 0 lim 2 1 lim 0 xf xxfxf xf x 错误的原因 f x 未必可导 16 分析分析 利用定积分的几何意义可确定面积 21 ySxS 再根据 21 ySxS 建立积分等式 然后求导引出微分方程 最终可得所需函数关系 详解详解 如图 有 x xtt xedteexS 0 1 1 2 1 1 2 1 y dtttyS 1 2 ln 由题设 得 y x dtttxe 1 ln 1 2 1 而 x ey 于是 y dtttyy 1 ln 1ln 2 1 两边对 y 求导得 ln 1 1 2 1 yy y 故所求的函数关系为 2 1 ln y y yyx 评注评注 本题应注意点 M x y 在曲线 2 C 上 因此满足 x ey 17 分析分析 题设图形相当于已知 f x 在 x 0 的函数值与导数值 在 x 3 处的函数值及 一阶 二阶导数值 详解详解 由题设图形知 f 0 0 2 0 f f 3 2 0 3 2 3 ff 由分部积分 知 3 0 3 0 3 0 22 3 0 2 12 dxxxfxfxxx f d xxdxxfxx dxxfxfxx f d x 3 0 3 0 3 0 2 12 12 20 0 3 216 ff 评注评注 本题 f x 在两个端点的函数值及导数值通过几何图形给出 题型比较新颖 综 合考查了导数的几何意义和定积分的计算 另外 值得注意的是 当被积函数含有抽象函 数的导数时 一般优先考虑用分部积分 18 分析分析 先将 yy 转化为 2 2 dt yd dt dy 再用二阶常系数线性微分方程的方法求解 即可 详解详解 dt dy tdx dt dt dy y sin 1 sin 1 sin 1 sin cos 2 2 2 tdt yd tdt dy t t dx dt dt yd y 代入原方程 得 0 2 2 y dt yd 解此微分方程 得 2 2121 1sincosxCxCtCtCy 将初始条件 2 1 00 xx yy 代入 有 1 2 21 CC 故满足条件的特解为 12 2 xxy 评注评注 本题的关键是将 yy 转化为 2 2 dt yd dt dy 而这主要是考查复合函数求一 二阶导 数 19 分析分析 第一部分显然用闭区间上连续函数的介值定理 第二部分为双介值问题 可考虑用拉格朗日中值定理 但应注意利用第一部分已得结论 详解详解 I 令 xxfxF 1 则 F x 在 0 1 上连续 且 F 0 10 于是由介值定理知 存在存在 1 0 使得 0 F 即 1 f II 在 0 和 1 上对 f x 分别应用拉格朗日中值定理 知存在两个不同的点 1 0 使得 0 0 ff f 1 1 ff f 于是 1 1 1 1 1 ff ff 评注评注 中值定理的证明问题是历年出题频率最高的部分 而将中值定理与介值定理或积 分中值定理结合起来命题又是最常见的命题形式 20 分析分析 根据全微分和初始条件可先确定 f x y 的表达式 而 f x y 在椭圆域上的最 大值和最小值 可能在区域的内部达到 也可能在区域的边界上达到 且在边界上的最值 又转化为求条件极值 详解详解 由题设 知 x x f 2 y y f 2 于是 2 yCxyxf 且 yyC2 从而 CyyC 2 再由 f 1 1 2 得 C 2 故 2 22 yxyxf 令 0 0 y f x f 得可能极值点为 x 0 y 0 且 2 0 0 2 2 x f A 0 0 0 2 yx f B 2 0 0 2 2 y f C 04 2 ACB 所以点 0 0 不是极值点 从而也非最值点 再考虑其在边界曲线 1 4 2 2 y x 上的情形 令拉格朗日函数为 1 4 2 2 y xyxfyxF 解 01 4 0 2 1 2 2 0 1 22 2 2 y xF yy y y f F xx x f F y x 得可能极值点 4 2 0 yx 4 2 0 yx 1 0 1 yx 1 0 1 yx 代入 f x y 得 2 2 0 f 3 0 1 f 可见 z f x y 在区域 1 4 2 2 y xyxD 内的最大值为 3 最小值为 2 评注评注 本题综合考查了多元函数微分学的知识 涉及到多个重要基础概念 特别 是通过偏导数反求函数关系 要求考生真正理解并掌握了相关知识 21 分析分析 被积函数含有绝对值 应当作分区域函数看待 利用积分的可加性分区域 积分即可 详解详解 记 1 22 1 DyxyxyxD 1 22 2 DyxyxyxD 于是 dyx D 1 22 1 1 22 D dxdyyx 2 1 22 D dxdyyx 2 0 2 1 0 1 rdrrd D dxdyyx 1 22 1 1 22 D dxdyyx 8 2 0 1 0 22 1 0 2 1 0 1 1 rdrrddyyxdx 3 1 4 评注评注 形如积分 dyxf D D dyxgyxf max D dyxgyxf min D dyxf D dyxgyxf sgn 等的被积函 数均应当作分区域函数看待 利用积分的可加性分区域积分 22 分析分析 向量组 321 可由向量组 321 线性表示 相当与方程组 3 2 1 332211 ixxx i 均有解 问题转化为 321 r 3 2 1 321 ir i 是否均成立 这通过初等变 换化解体形讨论即可 而向量组 321 不能由向量组 321 线性表示 相当于至少 有一个向量 3 2 1 j j 不能由 321 表示 即至少有一方程组 3 2 1 332211 jxxx j 无解 详解详解 对矩阵 321321 A 作初等行变换 有 321321 A 114 111 11221 aaa aaa a aaaa aaa a 1103240 010220 11221 aaa aaa a 1 1 30400 010220 11221 当 a 2 时 A 330600 030000 211221 显然 2 不能由 321 线性表示 因此 2 a 当 a 4 时 A 390000 030660 411221 然 32 均不能由 321 线性表示 因此 4 a 而当 2 a 且 4 a 时 秩 3 321 r 此时向量组 321 可由向量组 321 线性表示 又 aaa aaa a B 411 111 22111 321321 aaaa aaaa a 3240110 220110 22111 2