2001真题及解析

1、2001年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题、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 )lim 亍 CX 1X 设当x 0时，(1-cosx)ln(1 x2)是比xsin xn高阶的无穷小，xsin xn是比ex -1高阶的无穷小，则正整数n等于 ()(A)1(B)2(C)3(D)4 x - 2设函数y二f (x)由方程e2x ycos(xy)二e1所确定，则曲线y二f (x)在点(0,1)处的法线方程为.(3)2一. x2 2 曲线y =(x -1) (x -3)的拐点个数为() sin2 x cos xdx ="2过点2,0且满足关系式yw二一的曲线

2、方程为(5)设方程11 a严二、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，x <1,s rn(1)设 f(x)=则 f：ff(x)b等于()0, x=1,(A)0(B)1i1, ix 兰 1, 0, x|>1,"Ju,X兰1,x >1,(A)0.(B)1.(C)2.(D)3已知函数f(x)在区间(1-： ,T内具有二阶导数，f'(x)严格单调减少，且f(1) = f'(1)=1,则()(A) 在(1,1)和(1,1)内均有 f(X)： X.(B) 在(1-、,

3、1)和(1,1)内均有 f (X) X.(C)在(1-、,1)内，f(x)：x.在(1,1 、)内，f(x) .X.(D)在(1_、,1)内，f(x) X.在 (1,1、)内，f(x)：x.设函数f (x)在定义域内可导， y=f(x)的图形如右图所示,则导函数y二f (x)的图形为()四、(本题满分7分)xi sin t sin t _sin x求极限lim 沁，记此极限为f(x)，求函数f (x)的间断点并指出其类型j Isin x 丿五、(本题满分7分)设? = ?(x)是抛物线y =、x上任一点M(x, y)(x_1)处的曲率半径,s = s(x)是该抛物线上介于点 A(1,1)与M之

4、间的弧长，计算3- d：的值.(在直角坐标系下曲率ds2ds公式为K=”)(1 y'2)2六、(本题满分7分)f (x)设函数f(x)在0,二)上可导，f(0) =0，且其反函数为g(x)若0 g(t)dt=x2ex，求 f(x).七、(本题满分7分)设函数 f(x),g(x)满足 f (x) =g(x),g (x) =2ex- f(x)，且 f (0) =0,g(0) =2，求二刮一単dx0 |J x (1 x)P(x, y) (x . 0)到坐标原点的距离，恒等于该点八、(本题满分9分)设L是一条平面曲线，其上任意一点 处的切线在y轴上的的截距，且 L经过点'-,0 I.丿

5、(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 K 0.假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，已知半径为r0的雪堆在开始融化的 3小时内，融化 了其体积的7，问雪堆全部融化需要多少小时?8十、(本题满分8分)设f (x)在区间-a,a(a 0)上具有二阶连续导数，f(0) = 0,(1)写出f (x)的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式； 证明在-a,a上至少存在一点，使a3f ( ) = 3f (x)dx.a、(本题满分6分)100、z011'已知

6、矩阵A =110,B =101.且矩阵X满足<111J10>AXA - BXB二AXB - BXA E,其中E是3阶单位阵，求 X .十二、(本题满分6分)设>1, >4为线性方程组 AX =0的一个基础解系，M = ：'1 ' t'2,= ：'2 ' t'3,八3 tdL八4 t 1,试问实数t满足什么关系时，-1, '2, '3, '4也为AX = 0的一个 基础解系.2001年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析、填空题 【答案】【详解】yj3 -x - Ji +xJ3 _x - Jl +

7、 xlim 刁limx 1X2 x -2 x 1x 2 x-13 -x - 1 x 、3-x . 1 xx 2 x -1、3 - x 亠 1 xPmi3 x(1 +x)x 2 x -1|i' 3 - x . 1 xxm120-X)x 2 x 13 -x .r"x'迥2 = 1 豆lim x 2. Vx 1 2 '、口、百 3 ； 26(2)【答案】x-2y+2=0.【详解】在等式e2x审-cos(xy)二e -1两边对x求导，其中y视为x的函数，得e2x y 2x y i 亠sin(xy) xy =0，即 e2x y (2y') sin(xy) (y

8、xy') =0-1 1将x=0, y=1代入上式，得e (2 y'H0，即y'(0) - -2.故所求法线方程斜率 k =-221根据点斜式法线方程为：y-1 x,即x- 2y+2=0.ji【答案】一8【分析】根据区域对称性与被积函数的奇偶性：设f x在有界闭区域l-a,a 1上连续，则aa| f f (x )dx =2 f (x )dx, f(x )为偶函数有事0，a二f x dx = 0,f x为奇函数【详解】由题设知JLTLJE2二 x3 sin2 x cos xdx2- x3 cos2 xdx 亠 i2 sin2 xcos xdx222- - 3 2 2 2在区

9、间,上，x3 cos2 x是奇函数，si n2xcos2x是偶函数，故JI2_ x3coS xdx 二 0 ,nj:sin.cos'dxjsin2xcos2 xdx ,JEJEJE所以，原式二 2一 x3 cos xdx2一 sin2 xcos2 xdx = 2 °2 sin2 xcos2 xdx2一2尹11 尹=o2齐"dx 一沁的血1 n -1= x? 一 2 cos4xd4x =一4 0 16 L°4兀 1|卫 兀兀sin 4x二一 -0 =2 16 8 8【答案】yarcsi nx =x?.yy'arcsin x1 可TT7两边直接积分，得

10、y arcs in x = x c.又由y(2)=°代入上式，有0 arcsinx =1c，解得【详解】 方法1因为 yarcsin x = y'arcsin xJ1 - x2改写为 yarcsixn =1,故所求曲线方程为yarcsinx = x - *.方法2：将原方程写成一阶线性方程的标准形式2 .-x arcs in x1y =arcs in x由一阶线性微分方程P x y = Q x通解公式:dxf (x)二 e 一 卩 dx c 亠 i Q x e 卩 dxdx这里2 . -x arcs in x1arcs in xdxarcs inx亠 arcs inx代入上式

11、得:1arcs inx亠arcs in xd arcsi nx1arcs inxd arcs in x_ln arcsin x |C十arcs in x1ln arcsinx .e dx亠(arcs in xarcs in xC 帛dx arcsinxx+arcs inx又由=0,解得C - -1.故曲线方程为:21 y arcs in x 二 x 2【答案】-2【详解】方法1:利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形a:1,3行互换，-2 一.aa -21:1:1 行的(-1),(-a)倍 分别加至H 2.3行|10a -11 -a1 -a :1 -a :-2 I31 2aj2行加行 0卫a -11

12、 -a由非齐次线性方程组有无穷多解的充要条件：设0(1 -a)(a 2)12(2 a)A是m n矩阵，方程组Ax = b有无穷多解:二 r(A) = r(A) =： n .可见，只有当 a =- 2 时才有秩 r(A) = r(A) = 2 ： 3 ,应方程组有无穷多个解方法2：设A是m n矩阵，方程组 Ax=b有无穷多解二r(A) = r( A) ： n，则方程组a 211行(-1)分别加到2,3行a1二 r(A)=r(A) ：3.从而有A = 0，即2(a 2)(a -1) =0,则，a =1或 a -2.1行提出(a 2)(a 2)111，八1+1,、a-100a T0=(-1) (a+

13、 2)0a-100a T11a(a 2)当a = 1时，111111111 1行亍汇(1)分别加到23行000：0-2000：-31 :仁仁可见r(A) =1 =r(A) =2,原方程组无解.当a二-2时,-211 :11 1 11-2；-21-21 :11-3行互换'1_21 :112：+一2 一1-211 ：+1 J有A =1-2：-21f11-2：-212行_1行0-33 :31行x 2加至“ 3行0-33 :3i-211 :1 一03-3：-3_11-2：-2111-2：-210-33 :32行十(_3)01-1：-100 :0 一L000：0 j3行+2行可知，r(A) =r

14、(A) =2 : 3,故当a = -2时，原方程组有无穷多解二、选择题(1)【答案】(B)【详解】因为f&g!1, F：1 ,所以在整个定义域内 f(x) = O或f(x)=1，0, |x >1所以f(x) <1,于是 ff(x) =1,从而 f f If(x - f 1 =1【答案】(B)【详解】根据高阶无穷小的定义：如果lim 0，就说1是比高阶的无穷小，由题设当ax > 0时，(1-cosx)ln(1x2)是比xsin xn高阶的无穷小，所以12213(1cosx)ln(1 +x2)坐/人2x x 竹/人0 =叫 )- _等价 limo Z- _等价 lim 一

15、x 0 xsin xi x xi从而n应满足n 2 ； n xsin x13n=lim xx >o 22又由xsin xn是比(ex -1)高阶的无穷小，所以根据高阶无穷小的定义有: n xsin x等价n=ymnA，从而n应满足n启2综上，故正整数 n=2,故选(B)【答案】(C)2 2【详解】y =(X-1)(X -3),所以y J2(X-1)(x-3)2 2(X-1)2(X-3) =4(x-1)(x-2)(x-3)y =4(x-2)(x-3) (x-1)(x-3) (x-1)(x-2)l= 4|x2 -5x 6 x4x 3 x3x 2 = 4 |3x12x 11y =4&-

16、12丨-24 x-2222令 y#0，即 3x 毛 x1 O =，因为判别式：几=b -4ac=12 -4311=12 O, 所以y >0有两个不相等的实根，且 讨2 =3 22 -12 2 1 -1 0，所以两个实根不 为2，因此在使y0这两点处，三阶导数 厂=0,(般地，若f x0 =0，且x0 - 0， 则点X0, f X 一定是曲线y = f x的拐点)，因此曲线有两个拐点，故选(C)或根据y =4 3x2 -12x 11是一条抛物线，且与 x轴有两个不相同的交点，所以在两个交点的左右 y”符号不相同，满足拐点的定义，因此选 (C)【答案】(A)【详解】方法 1：令 F x=f(

17、x)-x，贝U F x=f (x)-1 = f (x) - f 1由于f '(X严格单调减少，因此当X (1 -1)时，f ( X) f 1 ,则Fx = f (x) f10;当 x (11 时，f ( x)：f 1 则Fx二 f( x) f10，且在 x=1 处 F1二 f (1)-f1 =0,根据判定极值的第一充分条件：设函数 f (X)在x0处连续，且在x0的某去心二领域内可导，若 X， X0-X° 时，f (x)，而 X， X0,X0时，f(x)：O,则 f (X)在X。处取得极大值，知 F x在x=1处取极大值，即在在(1-1)和(1,1、)内均有F x : F 1

18、 =0,也即 f(x) ：x.故选(A)方法2 :排除法，取f (x)(x-M2则 f (x)= - 2 x - 1 仁-x，-3f (x -2 :：: 0 ,所以满足题设在区间(1 -1 ；)内具有二阶导数，f '(x)严格单调2减少，且 f(1) = f '(1) = 1,当 x ：1 时或 x 1 时，均有 f(x)二 一 X" X ：: X，因此2可以排除(B)、(C)、(D)，选(A)f'(x)0，对应y = f(X)图形必在x轴的上方，进一步可排除(B)，故正确答案为(D).sec udu2 (2 tan u 1)secu三【详解】作积分变量变换，

19、令x =tanu,则dx =sec(2 tan u 1) cos u udu,sec udu(2 tan2 u 1) tan2 u 1cos2 udu2sin 2 u cos2 u cosududu/2si n2u ,(2 1)cosucos ucosudu2sin2u cos2 ud sin u 2cosudusin2u 1sin2 u 1= arctan(sin u)Ctanusinu 二=1 tan2 utan u = xxarcta n() C.1 x2可去间断点（左右极限存在且）；第二类间断点又可分为：无【详解】f(x)“im '7 is i nx .丿xi tn_ $xi

20、nInlim ei's i tnsin xxitn)s i ni's i tn |In二 lim esin5x sinx t >xxlimInj sin t -sin xsin tx=limInsin x j sin t -sin xsin t1sin x=lim tx sin t -sin xin 1 sint-sinxsin x=limi si nt sin xsin t -sin xI sin x首先明确间断点的类型分为两大四【分析】应先求出 f （x）的表达式，再讨论它的间断点,类：第一类间断点和第二类间断点，第一类间断点又可分为： 相等的间断点）和跳跃间断点（左

21、右极限存在但不相等的间断点 穷间断点（有一个极限为无穷的间断点 ）和振荡间断点（极限值在某个区间变动无限多次）.Timtf （x） =esinx的表达式，可以看出自变量x应满足sin x = 0，从而x= k, k =0, -1 J-2,当x > 0时, sin xsin x所以In sint _sin xf (x)二 lim efsintsin xlim x ln _ gt x.sint -sinxsintxsinx _ enxlim _ ex 0sin x=e1所以x = 0为f （x）的第一类间断点（左右极限相等，又进一步可知是可去间断点）；对于非零整数k，. xlimx in x

22、 二 exsin x-； 0 ：，xlim f (x)二 lim esinxxx )k：!.故x*,k= 1,-2川|为f （x）的第二类间断点（无穷间断点）五【解答】由_1_4x3抛物线在点M（x, y）处的曲率半径因此若已知平面曲线1K4x xAM 的显式表示为y二f x i a辽x乞b ,则弧长为1 f 2 x dx，其中f x在la,b 有连续的导数根据上述结论，所以抛物线上AM的弧长s =s(x)二 1 .1xdx11 +dx 4x六【详解】dsdsdx一2xAd2?ds dx ds ds dxdx12：x4x1 12.x3门2',d=- 11 332i(4x 1)24x1

23、1ci)ds2 F t1 4x21(x1dx/ 4x /2匸6=()- d(6 &)1 4x.1 4x-x 2 =9 1 4x -36x = 9f (x)的反函数是g(x)，根据反函数的性质有 g( f (x) = x，f(x)2 x0 g(t)dt 二 xe两边对x求导，有二 x2ex = g f x：f (x) = x2ex 2xexxf (x) =x2ex 2xex= f (x) = xex 2ex,两边积分f (x)dx = xex 2ex dx= f (x)二 xexdx 亠 i 2exdx= f (x)二 xex _ex . 2ex C = f (x)二 xex ex C

24、.由于题设f(x)在0, ：)上可导，所以在 x = 0处连续，故xxf 0 = lim f (x) = lim xe e C = 1 C = 0 ,所以C = 1，于是f (x) = xex ex -1 , x 0 ,：)七【详解】由 f (x) = g(x), g (x) = 2ex - f (x)，得 f (x) = g (x) = 2ex - f (x)，即f (x) f (x)二 2ex此为二阶常系数线性非齐次方程，且右端呈巳x e'x型(其中Pm x =2 =1)，对应的齐次方程为 f (x) f (x) =0，特征方程为r2 1 = 0，对应的特征值为r = i，于是齐次

25、方程的通解为： y = G cosx C2 sin x，因为 =1 =r，所以设特解为y* =aex(a为实数)，y*= aex，代入 f (x) f(x2ex，aex - aex = 2ex，所以 a a = 2，即a = 1，从而特解y*= ex，非齐次方程的通解为 f x= C1 cosx C2sinx ex，又 f (0) = 0 ,所以，f 0=C1 cos0 C2 sinO e0 = 0 = G1 二 0= G = -1又，f x = -C1 sinx C2cosx ex, f 01= g(0) = 2，所以，f 0 - -C1 sinO C2 cos0 e0 =C2 1 =2=

26、C2 =1，所以原方程的解为：f x = sinx-cosx ex以下计算积分，有两个方法：万法1:g 1-1JL二 o/V fdxf (x)二 g(x)f (X) 1 X -f(x)(1 x)2dx01 x方法2：f(x)f (二)f (0) sin 黛一cos黛 Ze ：1 - :1 :-f(0)1 e:g(x)、1 x (1 x)2、f(x)dxg(x)f(x)dx - f0 1 X 0 (1 x)二 g(x)0 1 xdxX1 +/(MV二g(x) 二 心壮f(x)d分部黑dx+判二 f (x) 0 1 xdx四dx "厂-二购dx1 1 x 1 x 00 1 Xf(x) f

27、G)f(0)1 x 0151 0Si“cos ： e _f(0) =!_£_1亠， 1亠：八【详解】(1)设曲线L过点P(x, y)的切线方程为 Y-y = y X-x，令X=0，则 丫二-x/ y,即它在y轴上的截距为 -xy' y ,根据两点x,y ,X0,y°距离公式d = x-x°亠iy-y°?，所以原点到点P(x,y)的距离为 叔+ y2，由题设P(x,y)(x0)到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在 y轴 上的截距，所以：-肖目仝x 寸， (x 0)即y，(x 0)x x此为一阶齐次方程，按规范方法解之，命y = ux，则也=u xd

28、u，代入，方程变为:dxdu xu2 1 du：2du dxu x uxu 1 =dxxdx. u 21 x积分得 f ,d u = -l nu + J 1 切2 ) = -l rcx u +J1 + u2 =*x把u = y代入上式，得x即 y 二1 _x2.4由知y =1x2，则y>2x ,4点P(x,y) =P丄x2)，所以在点P处的切I 4 丿线方程为：Y i1-X2 =-2xX-x，分别令X =0，Y=0，解得在y轴，x轴上的41x1截距分别为x2-和x .42 8x此切线与两坐标轴围成的三角形面积为:Ax冷鳥x24164x(4x2+1( , xaO由于该曲线在第一象限中与两坐

29、标轴所围成的面积为定值，记1 2 2 面积为：S x AA x - S°4x2 1 - S°,64x求最值点时与S°无关，以下按微分学的办法求最值点S°，于是题中所要求的S X = 6r 4x2 12-SoI64x2 & 4x2 H.4x21 264x22 2 2 2 22 8x 4x 1 x - 4x 1 4x 1 12x -164x264x2令 S x = 0 得 x -!3，当 0 ： x 3 时，S x ： 0 ；当 x 3 时,V12666根据极值存在的第一充分条件：设函数f(x)在x0处连续，且在x0的某去心：领域内可导，若 X Xo

30、 -Xo 时，f(X) 0，而 x Xo, xo 亠心耐，f (x) ： 0 ,则 f (x)在 Xo处取得极大值，知：.3X是S x在x 0处的唯一极小值点，即最小值点,6于是所求切线方程为:2®X 736 I 6丿，即Y二九【详解】2 3 2 方法1:半球形雪堆在时刻t时设其半径为r，则半球体积V r ,侧面积S = 2二r .由3题设体积融化的速率与半球面面积S成正比，知： 巴 =_kS，dt由于r是t的函数,dVdtdt 3=2二r1 2半，代入上式，得: 2二r2半dtdt-kS，2 dr2即 2町 一 = -k2nr，从而 dr =kdt，r t = r0.dt一积分得

31、r = 一kt +c，把 r 14 = r0 代入，得 c = r0，所以 r = kt + r0 又半径为ro的雪堆在开始融化的3小时内，融化了其体积的°，即87 1V t卫=V0VoVo，其中Vo表示t = 0时的V 以V的公式代入上式，为8 8t =3t =32将-kt r°代入上式，两边约去 二，得：33131-kt r°80，即卩kt 0 =?011ft)从而求得：kr0，于是 r - -kt r0r0t r r0 1 ，当 t = 6 时 r = 0，雪66I 6丿融化完.2方法2 :半球形雪堆在时刻t时设其半径为r，则半球体积Vr3，侧面积S = 2

32、二rc=3V0，所以,3V3 =3V。3 -k318=t .，3联立 V二 r3，S =2 二 r2 消去 r，得： S = 318 V23pl /由题设体积融化的速率与半球面面积 S成正比，知： =-kS，从而推知dt將二-k3i8,Vy 二V0dt 1 分离变量=k茁8i"dt，积分：3jJ +c，把 V t.=V0 代入,713 丄 丄1 i V又由 Vt：=Vo_7Vo nV。，代入上式-Vo =3Vo -3k3，得 k = 一:亠, t-8822帖8 兀-V。3k3研t =3Vj 1 Vo 3187t =3V0 -V03t.2 18二21故 3V-二命V = 0 ,解得：t

33、 =6，即雪堆全部融化需 6小时.十【应用定理】闭区间上连续函数的介值定理：设f (x)在la, b 上连续，f (a) = f (b)，则对f(a)与f(b)之间的任何数，必存在c(a ：c：b)，使得f(c)二.【详解】(1)麦克劳林公式其实就是泰勒公式中，把函数在零点展开f (x)的拉格朗日余项一阶麦克劳林公式为:f(x)二 f (0) f (O)x - f ( )x2 二 f (0)x其中位于0和x为端点的开区间内，xI - a, a L(2)方法1 ：将f (x)从-a到a积分af (x)dx f (O)xdx 丄 f ()_a. a2 * _ax2dx.从而有af (O)xdx =

34、f (0) xdx =f (0) -a.-aa02 -aa1 af (x )dxf ( >)2dx .f (x)在I _a, a上连续，故有f (x)在I -a, al上存在最大值 M，最小值闭区间上的连续函数必有最大值和最小值)，即m 二 min f (x), M 二 max f (x),-a,a-a, a易得m _ f (x) _ M , x -a, a.因此af (x)dx -a=打 f"G)x2dx兰-M x2d =-M a 2a Ma33 a同理因此af (x)dx-a3=-3 f ( )x2dx 一丄 m * x2dx=ma3. 2 2 3mf (x)dx 乞 M

35、.a /由连续函数介值定理知，存在厂-a, a 1，使3 a门af ( f (x)dx，即 a3f ( )=3 f (x)dx.a -x方法2 :观察要证的式子，做变限函数： F(x) f(t)dt，易得F(0) =0 ,弋xF (x)二f(x) f (-x)(变限积分求导)F (x)二 f(x) f (-x)二 f (x) f (x)F (x) = f (x) - f (-x) ； = f (x) f (-x)则有 F (0) = f (0) f ( -0) = 00 = 0F (0) = f (0) - f (-0) = f (0) - f (0H 0将它展开成2阶带拉格朗日余项麦克劳林公式：1 2 1 3F(x) = F(0) F (0)x F (0)x2 F ( )x3=0 0 -F ( )x3 J(f ( ) f (一 )x36 6其中匚 e (0, x)， x I -a, a 1由于f (x)在丨-a,a 1上连续，则由连续函数介值定理，存在丨-1,使1 1f T-(f ) + f ”(-)(因为 2(f 牟)+ f “(F f “(x), X壬-a,a】)于是有，存在 - a, a ，使F(x) =0 0F ( )x3 二(f ( ) f (- )x3f ( )x363 23把x =a代入F(x)有：13 aa3_F (a) f