2012年全国入学统一考试数学二答案

x2+ nnfinfi nfi nfi nfiI1I2

时sinx

2p2

又由于3pex2sinxdx2pex2sinxdx3pex2sinxdx，对3pex2sinxdx做变量代换 tx- ))))) ) ex2sin x˛(p,2p ) ))

3p3

I3I1

¶f(x,

¶f(x,

数为零，故x5ydxdy0因此 （D

1=

（C

1-

1 0 0 1

，则Q-

0 =- 1

故

0

0 0PAP 0

0= 1 1 1

2 1 2 （Bx2y+1eyx求导，有2xdyey

dy 再次求导得2-=ey

，再将x0y0

0代入可得

dx dx4

2=

1 =arctanx1=p

nfi¥ni=11+in

01+ 【解析：因为¶z=f¢1,¶z=f¢ 1，所以x¶z+y2¶z= x -y2 ydx(x3y2dy0dx3y1xdx1x3y

-1dy 1 = x=e 3yeydy+C=3y2dy+C (y+C) y1x1，解得C0xy2K2|yK2 BA*BA*BA3,A*A3-19BA*27（15（ x-sin -+=lim lim =1，即a=1xfi xfi0sin sinx xfi xfi0sin x-sin（2）,当xfi0时，由f(x)-a=f(x)-1=-= sin xsinxfi0xsinx1x36

f(x)-a 6

，即k=1（16（16（-x2+

2-x2+1-

e2=，x2+

-x2+2-x2+-

2-x2+21-

2,

11

- -222 （17（

1xx 01ye2x（1）A=2ey-e2(y-1)dy=ey-e2(1y2-y)2=e2-0 112 2 1V=3p e-e-pln1

=

2ln =8pe2-p e2

+ =8pe2-2pe2-1=2pe2+ （18（ xyds=dq

rcosqrsinq =1psinqcosq(1+cosq)44=-1pcosq(1+cosq)4d4令ucosq得，原式11u(1u)4du164- ）特征方程为r2r20，特征根为r11r22，齐次微分方程f¢(xf¢(x2f(x0的通解为f(xC1exC2e-2x再由f'(xf(x2ex2CexCe-2x2ex，可知C1,C0 f(x）曲线方程01+ex20

y=ex2xe-t20

， y'=1+2xex2xe-t2 00x02x0,212x2ex2xe-t2dt0，可知y0；当x0时，001ex20xyf(x2x

xx

（20（

1+ =ln1+x

=ln+1-x2x-sin当0x1时，有

xsinx0

+cosx-1-‡0，也即xln +cosx‡+1。

'当-1<x<0时，有ln1-x£0，1-x2>1，所以1-x2x-sinx£0，故

xln1+x+cosx‡x2 x0xln1xcosx1x2 xln1xcosx1x2-1x （21（【解析】：(1)由题意得：令f(xxnxn-1+x-1，则f(1)0，再由1(1-1 (2)

1 f(2)= -1=-(2)<0，由零点定理f(x)=x+x ++x-1得在2 2xnxn-1x1

2 2

（2）f(xn0xnxn-1+x-10 进而有xnn+1+xn++ -1=0，可知xn+ n-1++ （ⅱ， 12xn1，也即{xn}是有界的。则由单调有界收敛定理可知{xn}limxna，可知ax2x11nfinfi¥limf(x

x(1-xn n -110,得limx=nnnfi nfi 1-n

1- nfi¥ （22（

a+a·(-1)4+1

a001aa001a001a001a001

fi fi 0 0 02 fi a 02 可知当要使得原线性方程组有无穷多解，则有1a40及-aa20，可知a100此时，原线性方程组增广矩阵为00

1 0，进一步化为行最简形得 0 0 0

0

0 可知导出组的基础解系为，非齐次方程的特解为 ，故其通解为k+

0 0

0 0l即 A=

当l=1时 =

，显然不符，故l1 1 （23（

2 x 13 0 1-a 1）AA

1+

1ar

1-a=

a2 f=xTATAx=(x

x x 2 4x 3 1 2=2x2+2x2+4x2+4 1 2 令矩阵B= lE-B=

1=对于l=0,解(lE-B)X=0得对应的特征