2001考研数二真题及解析

2001

数学(二)试题 第1页 (共19页) 2001 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题

一、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)

(1) 2131lim2xxxxx

(2) 设函数()yfx由方程2cos()1xyexye所确定,则曲线()yfx在点(0,1)处的法线方程为 .

(3) 32222sincosxxxdx

(4) 过点1,02且满足关系式2'arcsin11yyxx的曲线方程为 .

(5) 设方程123111111112axaxax有无穷多个解,则a .

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) 设1,1,()0,1,xfxx则()fffx等于 ( )

(A)0 (B)1 (C)1,1,0,1,xx (D)0,1,()1,1,xfxx

(2) 设当0x时,2(1cos)ln(1)xx是比sinnxx高阶的无穷小,sinnxx是比21xe高阶的无穷小,则正整数n等于 ( )

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4

(3) 曲线22(1)(3)yxx的拐点个数为 ( )

(A)0. (B)1. (C)2. (D)3

(4)已知函数()fx在区间(1,1)内具有二阶导数,'()fx严格单调减少,且(1)'(1)1,ff则 ( )

(A)在(1,1)和(1,1)内均有()fxx.

(B)在(1,1)和(1,1)内均有()fxx. 2001

数学(二)试题 第2页 (共19页) (C)在(1,1)内,()fxx.在(1,1)内,()fxx.

(D)在(1,1)内,()fxx.在(1,1)内,()fxx.

(5)设函数()fx在定义域内可导,()yfx的图形如右图所示,

则导函数()yfx 的图形为 ( )

三、(本题满分6分)

求22.(21)1dxxx

四、(本题满分7分)

求极限sinsinsinlimsinxtxtxtx,记此极限为()fx,求函数()fx的间断点并指出其类型.

五、(本题满分7分)

设()x是抛物线yx上任一点(,)(1)Mxyx处的曲率半径,()ssx是该抛物线上介于点(1,1)A与M之间的弧长,计算2223dddsds的值.(在直角坐标系下曲率公式为322"(1')yKy)

六、(本题满分7分)

设函数()fx在[0,)上可导,(0)0f,且其反函数为()gx.若()20()fxxgtdtxe,

求()fx.

七、(本题满分7分)

设函数(),()fxgx满足()(),()2()xfxgxgxefx,且(0)0,(0)2fg, 2001

数学(二)试题 第3页 (共19页) 求 20()()1(1)gxfxdxxx

八、(本题满分9分)

设L是一条平面曲线,其上任意一点(,)Pxy(0)x到坐标原点的距离,恒等于该点处的切线在y轴上的的截距,且L经过点1,0.2

(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0K.假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状,已知半径为0r的雪堆在开始融化的3小时内,融化了其体积的78,问雪堆全部融化需要多少小时？

十、(本题满分8分)

设()fx在区间[,](0)aaa上具有二阶连续导数,00f（）,

(1) 写出()fx的带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式;

(2) 证明在[,]aa上至少存在一点,使3()3().aaaffxdx

十一、(本题满分6分)

已知矩阵100011110,101.111110AB且矩阵X满足

,AXABXBAXBBXAE其中E是3阶单位阵,求X.

十二、(本题满分6分)

设124,,,为线性方程组0AX的一个基础解系,112223,,tt

334441,,tt试问实数t满足什么关系时,1234,,,也为0AX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 2001

数学(二)试题 第4页 (共19页)

一、填空题

(1)【答案】26

【详解】2131lim2xxxxx131lim21xxxxx

13131lim2131xxxxxxxxx131lim2131xxxxxxx

121lim2131xxxxxx12lim231xxxx

11lim2lim231xxxxx21231111322.6

(2)【答案】 x−2y+2=0.

【详解】在等式2cos()1xyexye两边对x求导, 其中y视为x的函数,得

22sin()0xyexyxyxy,即2(2')sin()(')0xyeyxyyxy

将x=0, y=1代入上式, 得(2')0ey,即'(0)2.y 故所求法线方程斜率12k12,根据点斜式法线方程为：11,2yx 即 x−2y+2=0.

(3)【答案】8

【分析】根据区域对称性与被积函数的奇偶性：设fx在有界闭区域,aa上连续,则有

02,0aaaaafxdxfxdxfxfxdxfx为偶函数，为奇函数,

【详解】由题设知

32222sincosxxxdx32222222cossincosxxdxxxdx

在区间[,]22上,32cosxx是奇函数,22sincosxx是偶函数,故 2001

数学(二)试题 第5页 (共19页) 3222cos0xxdx,22222202sincos2sincosxxdxxxdx,

所以,原式32222222cossincosxxdxxxdx22202sincosxxdx

2201sin22xdx201(1cos4)4xdx

220011cos44416xxdx2011sin44216x08.8

(4)【答案】1arcsin.2yxx

【详解】

方法1：因为2arcsin'arcsin1yyxyxx,所以原方程2'arcsin11yyxx可改写为 arcsin1,yx

两边直接积分,得 arcsin.yxxc

又由1()02y代入上式,有 10arcsin2xc,解得1.2c

故所求曲线方程为 1arcsin.2yxx

方法2：将原方程写成一阶线性方程的标准形式

211'.arcsin1arcsinyyxxx

由一阶线性微分方程dyPxyQxdx通解公式：

()PxdxPxdxfxeCQxedx

这里211,arcsin1arcsinPxQxxxx,代入上式得：

22111arcsin1arcsin1arcsindxdxxxxxyeCedxx

11arcsinarcsinarcsinarcsin1arcsindxdxxxeCedxx 2001

数学(二)试题 第6页 (共19页) lnarcsinlnarcsin1arcsinxxeCedxx

1arcsinarcsinarcsinxCdxxxarcsinarcsinCxxx

又由1()0,2y解得1.2C 故曲线方程为：1arcsin.2yxx

(5)【答案】 -2

【详解】方法1：利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有

111111112aAaa1121,3111111aaa行互换

21121(-1),(-)01132301112aaaaaaa行的倍分别加到，行

11223011300(1)(2)2(2)aaaaaa行加到行

由非齐次线性方程组有无穷多解的充要条件：设A是mn矩阵,方程组Axb有无穷多解()()rArAn. 可见,只有当a =−2 时才有秩()()23rArA,对应方程组有无穷多个解.

方法2: 设A是mn矩阵,方程组Axb有无穷多解()()rArAn,则方程组123111111112axaxax有无穷多解()()3rArA. 从而有0A,即

111111aAaa2222,311111aaaaa行分别加到行1111211211aaaa行提出()()

1111(1)201023001aaa行分别()加到，行10201aaa1+1=(-1)()

2(2)(1)0,aa

则,12aa或.