分析 利用极坐标 有 ( ) F 于是 vf ( u ) u (7) 答案 ( C) v u f ( r ) θ u r F uv d rdr v f( r) dr 故应选 ( A ) 分析 利用逆矩阵的定义或特征值进行讨论 详解 方法一 : 由 A 得 所以 E AE + A 均可逆 故选 ( C

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1 8 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案与解析 一 选择题 : () 答案 ( D) 详解 f ( ) ( )( ) + ( ) + ( ) ( ) 令 f ( ) 则可得 f ( ) () 答案 ( C) 零点的个数为 详解 因为 其中 f () 是矩形 ACOB 的面积 为曲边梯形 ABCD 的面积 所以为曲边三角形 ACD 的面积 () 答案 ( D) 详解 由通解表达式可知其特征根为 λ λ ± i 故对应的特征方程为 ( λ )( λ + i)( λ i) ( λ )( λ + 4) 即 λ λ + 4λ 4 所以所求微分方程为 4 4 (4) 答案 ( A) D + 选 ( ) 详解 f( ) 的间断点为 因为 l lim f( ) lim si lim l l lim f( ) lim si lim l 故 是可去间断点 ; lim f( ) lim l si si lim si lim f( ) lim l si si lim si 故 是跳跃间断点 故选 ( A) (5) 答案 ( B) 详解 若 { } 单调 则由 f( ) 在 ( + ) 内单调有界知 { ( ) } 因此 { f( )} 收敛 应选 ( ) (6) 答案 ( A) B f 单调有界

2 分析 利用极坐标 有 ( ) F 于是 vf ( u ) u (7) 答案 ( C) v u f ( r ) θ u r F uv d rdr v f( r) dr 故应选 ( A ) 分析 利用逆矩阵的定义或特征值进行讨论 详解 方法一 : 由 A 得 所以 E AE + A 均可逆 故选 ( C) E EA ( EA)( E+ A+ A ) E E+ A ( E+ A)( E A+ A ) 方法二 : 由 A 知 A 的任意特征值 λ 必满足 λ 即 λ 为 A 的 重特征值 于是 λ 为 E A 和 E + A 的 重特征值 即 E A 和 E + A 都没有零特征值 所以 E A 和 E + A 均可逆 故选 ( C ) (8) 答案 ( D) 分析 两个实对称矩阵合同的充要条件是其秩相同且有相同的正惯性指数或者说其正 负特征值 的个数分别相同 详解 记 E λ A 4 λ D 因 λ ( λ ) λ λe D ( λ ) λ 4 于是 A 与 D 为实对称矩阵 且特征值多项式相同 故 A 与 D 相似 从而 A 与 D 合同 评注 ) 若 A B 为实对称矩阵 则 A 与 B 相似 A 与 B 有相同的特征值 ) 若 A B 为实对称矩阵 则 A 与 B 相似 A 与 B 合同 但反之不一定成立 二 填空题 : (9) 答案 cos ( ) f ( ) 详解 lim f lim lim ( ) () f f ( ) ( ) f( ) f e 由 f( ) 连续 则 f () () 答案 C ( e )

3 d 详解 原方程改写为 e d 于是通解为 d ( d e e e d+ C) ( e d + C) C ( e ) () 答案 + 详解 设 F( ) si( ) + l( ) 在 () 处 k 所以切线方程为 即 + () 答案 ( 6) 5 详解 f ( ) + ( 5) 4 f ( ) ( + ) 9 令 f ( ) 得 而 时 f ( ) 左右两边变号 即凹凸性不一致 故 ( 6) 为拐点 时 二阶导数不存在且 f ( ) 左右两边正负号不改变 故 () 不是拐点 评注 一般不说 为拐点 拐点应为曲线 f( ) 上的点 所以本题答案应填 ( 6) 而不 是 () 答案 (l ) 详解 令 u v v 从而 z u 对方程两边去对数得 l z vl u 对该方程两边对 求导 所以 z l v v l u+ u z u z ( l ) ( ) ( z l ) (l ) () () () (4) 答案 详解 故 λ 三 解答题 : (5) 详解

4 (si ) si si(si ) lim lim 6 6 d (6) 详解 由 te 得 ed td t 积分并由条件 t dt 得 e + t 即 + ( t ) d d t ( + t ) t d d d t + t + t dt + t ( ) ( ) (7) 详解 令 sit 则 (8) 分析 被积函数 f ( ) m( ) 是分段函数 要利用积分对区域的可加性分区域积分 如 图 详解 m( ) < 记 D {( ) ( ) D} 则 { } D ( ) < ( ) D m ( ) + dd dd dd D D D d d d d + + d d + l + 5 l 9 + l 4 4 4

5 (9) 详解 旋转体体积 旋转体的侧面积 由题设条件知 t t f ( ) d f( ) + f ( ) d 两边对 求导 得 f () t f() t + f () t 即 由分离变量法解得 ( + ) t + C t 即 + Ce 将 f () 代入知所以 C 故 故所求函数为 f( ) e + e t + e e + e () 详解 () 设 M 及 m 分别是函数 f( ) 在区间 [ b ] 上的最大值及最小值 b 则 m( b) f( ) d M( b) b 即有 m f( ) M b d 根据闭区间上连续函数的介值定理知 在 [ b ] 上至少存在一点 ξ 使得函数 f( ) 在点 ξ 处的值与上 式中确定的数值相等 即应有 即 () 证明 : 由 () 的结论 可知至少存在一点 c 使得 ϕ() d ϕ() c 又由 ϕ() > ϕ( ) d ϕ( c) 知 < c 对 ϕ ( ) 在 和 c 上分别应用拉格朗日中值定理 并注意到 ϕ() > ϕ() ϕ() > ϕ( c) 得 在区间上对导函数 ϕ ( ) 应用拉格朗日中值定理 有 5

6 () 详解 设拉格朗日函数为 F( z) + + z + λ ( + z) + λ ( + + z4) F ( z ) F ( z ) 得方程组 Fz ( z ) + z + + z 4 故最大值 最小值分别为 + λ+ λ + λ+ λ 即 z λ+ λ 解得 + z z z 4 或 z U m ( ) + ( ) U mi () 分析 对于 阶行列式的计算 可用性质化三角形行列式 或按行 ( 列 ) 展开递推计算 也 可用数学归纳法 详解 () 方法一 : 数学归纳法 当 时 A 结论成立 ; 当 时 A 结论成立 ; 假设结论对 阶行列式成立 即 A 将 A 按第一行展开有 A A A ( ) A ( ) ( + ) 即结论对 阶行列式仍成立 因此由数学归纳原理知 对任何正整数 有 ( + ) 方法二 : 化三角形 A A r r 6

7 r r r r ( +) 4 () 当 ( ) 4 + A + 即 时 方程组有唯一解 D 由 Crmer 法则得 A 其中 D A 故 ( + ) () 当 ( ) + 即 时 方程组有无穷多解 此时增广矩阵为 A ( A b ) 7

8 易得特解为 对应的齐次方程组的基础解系只有一个解向量 且可取为 故 A b 的通解为 : + k k 为任意常数 () 分析 一个向量组的线性无关常用定义证明 而且根据本题的条件容易想到用 A 左乘等式两边 详解 () 令 α+ α + α () Aα α Aα α Aα α + α 因为 用 A 左乘 () 得 α+ α + α + α () () () 得 α α () 因为 α α 分别为 A 的不同特征值对应的特征向量 所以线性无关 于是 代入 () 得 α 又 α 故 即有 α α α 线性无关 () 由 AP A( αα α) ( Aα Aα Aα ) ( αα α + α) ( α α α) P 由 () 知 P 可逆 故 P AP 8

9 9 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案与解析 一 选择题 : () 答案 (C) 详解 当 取任何整数时 ( ) 存在的点 故由 的解 ± 有 f 均无意义 f ( ) 的间断点必有无穷多个 但可去间断点为极限 所以可去间断点为 个 即 ± 故应选 (C) () 答案 (A) 详解 f ( ) si g b ( ) l ( ) f( ) lim lim si lim si g ( ) l( b) ( b) 由洛必达法则只需 lim cos b 为等价无穷小 则 因为 lim( b ) 所以 lim( cos ) 从而 再由 lim cos 得 b 故应选 (A) b 6b 6 评注 本题主要考查等价无穷小的概念 无穷小等价代换 洛必达法则及重要结论 : f( ) 存在 若 lim g ( ) 则 lim f( ) lim g ( ) () 答案 (D) 详解 由 dz d+ d 可得 又在 ( ) 故 ( ) A z z z z z B C z z z 处 AC B > 为函数 z f( ) 的一个极小值点 (4) 答案 (C) 4 详解 ( ) ( ) + d f d d f d 的积分区域为两部分 : 9

10 { } D ( ) { } D ( ) 4 将其写成 D {( ) 4 } 4 故二重积分可以表示为 d f( ) d 故答案为 (C) (5) 答案 (B) 解析 由题意可知 f( ) 是一个凸函数 即 f ''( ) < 且在点 () 处的曲率 ρ ( + ( ) ) 而 f () 由此可得 f () 在 [ ] 上 f ( ) f () < 即 f( ) 单调减少 没有极值点 由拉格朗日中值定理 所以 f () < 而 f () > 由零点定理知 在 ( ) 内 f( ) 有零点 故应选 ( B) (6) 答案 (D) 分析 此题考查定积分的应用知识 详解 由 f( ) 的图形可见 其图像与 轴及 轴 所围的图形的代数面积为 F ( ) 从 而可得出几个方面的特征 : 时 F( ) 为线性函数且单调递增 F( ) 为连续函数 F() 结合这些特点 可见正确选项为 (D) (7) 答案 (B) 详解 利用伴随矩阵的公式 有 故答案为 (B) (8) 答案 (A) - - AB A A A B ( ) B B B A A BB AB A BA BA B A

11 详解 因为 Q P 于是 即 ( A ) 正确 T T T Q AQ P AP 二 填空题 : (9) 答案 详解 时 t d dt d dt tl( t ) t t t t t e ( ) ( t) t t d 所以 d 所以切线方程为 () 答案 + k + k k 详解 e d e lim d e b + k 因为反常积分收敛 所以 k < 故 即 k k () 答案 详解 令 b e si e cos I 所以 即 lim si lim( cos+ si ) e d + + e + () 答案 详解 对方程 + e + 两边关于 求导

12 有 + + e 得 + e 再次对 求导得 + + e + ( ) e + ( ) e 得 + e 当 时 () 代入上式 () 答案 分析 幂指函数的导数可转化为指数函数的导数或用对数求导法 + 令 得驻点为 e 详解 因为 ( l ) 得 e e > e 又 ( l ) 故 为 的极小值点 此时 e 又当 e < ; e 时 ( ) 故 在 上递减 在 e 上递增 e 而 ( ) ( ) e e > 时 ( ) lim + ( ) lim l + + lim lim e e e + + 所以 在区间 ( 上的最小值为 e e e (4) 答案 T T 详解 因为 αβ 相似于 根据相似矩阵有相同的特征值 得到 αβ 得特征值是 T T T 而 βα 是一个常数 是矩阵 αβ 的对角线元素之和 则 β α 三 解答题 : l( + t ) lim si si ( ) cos l( + t ) (5) 详解 lim 4 4 l( + t ) lim

13 lim + t sec 4 ( + t ) lim t t 4 4 (6) 分析 作替换 + t 再用分部积分法 详解 令 + t 得 d tdt t ( t ) 原式 l( ) ( + td ) t l( + t) dt t t t + l( + t) + + t 4( t ) 4( t + ) ( t + ) l( + t) + l t + + C t 4 t ( t + ) dt l( + + ) + l( + + ) ( + ) + C (7) 详解 z f f f + + 所以 z f f f + dz z d+ z d ( f + f + f ) d + ( f f + f ) d z f + f ( ) + f + f + f ( ) + f + f + [ f + f ( ) + f ] f + f f + f + ( + ) f + ( ) f (8) 详解 解微分方程 + 得其通解 C+ + C 其中 C C 为任意常数 又因为 ( ) 通过原点时与直线 及 围成平面区域的面积为 于是可得 C C C ( ) d ( + C) d ( + ) + 从而 C 于是 所求非负函数 + ( ) 在第一象限曲线 f( ) 表示为 ( + ) 于是 D 围绕 轴旋转所得旋转体的体积为 其中

14 (9) 详解 由 ( ) + ( ) 得 r (siθ + cos θ) () 详解 由题意 当时 设 ( ) 为曲线上任意一点 由导数几何意义 法线斜率为 k d d 由题意知法线斜率为 故 d 即 d d 得 d + C 由初始条件 得 从而有 所以 当时 有 + + * 易得 + 的通解为 C cos + C si 令 + + 的特解为 A + b 则有 + A + b + 得 A + + 的通解为 Ccos + Csi 由于 ( ) 是内的光滑曲线 故 在 处连续而且可导 于是 b 因此 将上述条件代入 + + 的通解可得 C 故 4

15 故 ( ) 的表达式为 ( ) ( ) () 详解 () 作辅助函数 ( ) ( ) ( ) f b f ϕ f f ( ) b 罗尔定理的条件 可得在 ( ) f( b) f( ) 即 f ( ξ ) b 所以 f( b) f( ) f ( ξ )( b ) b 内至少有一点 ξ 使 ϕ ( ξ) () 任取 则函数 f( ) 满足 ; 在闭区间 易验证 ( ) 上连续 开区间 ( ) ϕ 在 b 上满足 内可导 由拉格朗 日中值定理可得 : 存在 使得 f ( ξ ) f( ) f() 又由于 lim ( ) ( ) + + f A 对 式两边取 时的极限有 ( ) f( ) f f lim lim f ( ξ ) A 故 f + () 存在 且 f + () A 评注 已经连续两年考查教材上的重要结论 这一点值得关注 另外 注意利用前一问提供的信息 此题应想到证明 () 要用拉格朗日中值定理 () 详解 () 解方程 Aξ ξ A ξ 4 由于 r( A) r( A ) 取 为自由未知量 由 得特解 取 得对应齐次方程组的基础解系为 η ξ kη + η k + 其中 k 为任意常数 故所求 A 4 4 η 5

16 ξ A 4 4 ξ k k + + 解得 k k () 由于 ξ ξ ξ k k k + k 故 ξ ξ ξ 线性无关 详解 () 解方程 Aξ ξ A ξ 4 由于 r( A) r( A ) 取 为自由未知量 由 得特解 η 取 得对应齐次方程组 + k 的基础解系为 η k 故所求 ξ kη + η k + 其中 k 为任意常数 k A 4 4 ξ A 4 4 6

17 k 解得 ξ k k k + + k () 设存在数 k k k 使得 k + k + k ξ ξ ξ 由题设可得 Aξ 式两端左乘 A 得 ka ξ + kaξ 即 k ξ + k Aξ 其中 k k 为任意常数 式两端左乘 A 得 ka ξ 即 kξ 于是 k 将 k 代入 式得 kξ 故 k 将 k k 代入 式得 k 从而 ξ ξ ξ 线性无关 () 详解 () 二次型 f 的矩阵 A λ 由 λe A λ ( λ )( λ + )( λ ) λ + λ λ λ + 得 () 方法一 : 由 f 的规范形为 + 知 A 有 个特征值为正 一个为零 若 λ 即 则 λ λ 符合题意 若 λ 则 λ < λ 不符合题意 若 λ + 即 则 λ < λ < 不符合题意 综上所述 故 方法二 : 由 f 的规范形为 + 知 A 有合同矩阵 其秩为 故 于是 或 或 当 时 λ λ 符合题意 当 时 λ λ 不符合题意 当 时 λ λ 不符合题意 7

18 综上所述 故 方法三 : 由 f 的规范形为 + 知 A 有 个特征值为正 一个为零 显然 < < + 所以 8

19 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案与解析 一 选择题 : () 答案 (B) 详解 f( ) + 有间断点 ± lim + lim + + 所以 为第一类间断点 lim f( ) + 所以 为可去间断点 ( ) lim f( ) lim + ( + )( ) 所以选 ( B ) () 答案 (A) 分析 此题主要考查线性微分方程解的性质和结构 所以 为无穷间断点 详解 因是方程 + P( ) 的解 所以 ( λ µ ) p( )( λ µ ) λ p µ + + p ( ) 即 ( ) 由已知得 ( λ µ ) q( ) 因为 q ( ) 所以 λ µ λ µ 又 + 的解 + 是非齐次 p( ) q( ) 故 ( λ + µ ) + p( )( λ + µ ) q( ) 由已知得 ( λ + µ ) q( ) q( ) 因为 q ( ) 所以 λ + µ 解得 λ µ 评注 此题属于反问题 题目构造较新颖 () 答案 ( C) + 详解 因 与 l ( ) 相切 故 在 上 时 9

20 在 l ( ) 上 因此 l 即 e 所以选 ( C) (4) 答案 ( D ) 时 l l 分析 为瑕点 插入分点 利用比较判别法判断两个无界函数反常积分的敛散性 详解 m l ( ) ml ( m ) l ( ) d d+ d I + I m 对于 I [l ( )] m lim 且对任意正整数 m 有 < 由比较判别法的极限形式知 + m 无论正整数 m 取何值 反常积分 I 是收敛的 对 m m I [l( )] [l( )] lim( ) lim ( ) m m [l( )] ( ) 4[l( )] lim m lim ( ) m ( ) m 4( )[l( )] ( ) lim m ( ) m m 8( m)[l( )] lim m ( ) 由比较判别法知无论正整数 m 取何值 反常积分 I 是收敛的 故选 ( D) 评注 根据考试大纲的要求 此题属于超纲范围 (5) 答案 ( B ) F F z z F F F 详解 z + + F z F F F F z F F z F F

21 z z F zf F F z 所以 + + z F F F 应选 (B) z 评注 此题也可两边求全微分求得 z (6) 答案 (D) 分析 用二重积分 ( 或定积分 ) 的定义 详解 lim lim + i + j j + + ( )( ) i ( ) i j i j lim + j + i i j d ( + )( + ) d (7) 答案 (A) 详解 因向量组 I 能由向量组 II 线性表示 所以 r() I r( II ) 即 r( α αr) r( β βs) s 而向量组 I 线性无关 于是 r( α α r ) r 所以 r s 故选 ( A ) 评注 这是线性代数中的一个重要定理 对定理熟悉的考生可直接得正确答案 (8) 答案 (D) 详解 设 λ 为 A 的特征值 由于 A + A 知特征方程 λ + λ 得 λ 或 由于 A 为实 对称矩阵 故 A 可相似对角化 即 A~Λ r( A) r( Λ ) 因此 应选 (D) 评注 若 A 可对角化 则 r ( A ) 矩阵 A 的非零特征值的个数 评注 本题由 A + A 即可得到 A 可对角化 因此题设条件 A 为实对称矩阵可去掉 二 填空题 : (9) 答案 Ce + C cos + C si 详解 + 的特征方程为 λ λ + λ 即 ( λ )( λ ) + 解得 λ λ ± i

22 所以通解为 Ce + C cos + C si 评注 虽然此题是三阶微分方程 但是考试大纲明确要求会的内容 () 答案 详解 函数的定义是全体实数 于是不存在垂直渐近线 又 lim 故不存在水平渐近线 而 lim lim( ) lim lim 所以曲线的斜渐近线为 + + () 答案 ( )! 详解 由麦克劳林展开有 : ( ) ( ) ( ) ( ) f! 所以 ( ) f ( ) ( )! () 答案 ( e ) 详解 由弧长公式 ( ) ( ) f! () 答案 cm s 详解 设 l t () w t () 由题意知 在 t t 时刻 t ( ) t ( ) 5 且 ( t) ( t ) 又 所以 St t t () () + () t () () t + t () () t S () t () t + () t t ( ) ( t) + t ( ) ( t) 5 所以 S ( t) + ( t ) + ( t ) + 5 (4) 答案 分析 本题考查矩阵的运算 行列式的性质 详解 由于 A + B ( AB + E) B ( AB + AA ) B A( B+ A ) B A A + B B 故应填

23 三 解答题 : (5) 详解 ( ) t ( ) t t f t e dt e dt te dt 4 4 t t f ( ) e dt + e e e dt 令 f ( ) 得 ± t 又 f ( ) e d t + 4 e 4 t f () e d t < t t 所以 f() ( t) t ( ) e d e e 是极大值 f ( ± ) 4e > 所以 f ( ± ) 为极小值 当 > 时 f ( ) > < < 时 f ( ) < < < 时 f ( ) > < 时 f ( ) < 所以 f( ) 的单调递减区间为 ( ) () f( ) 的单调递增区间为 ( ) ( + ) (6) 分析 对 () 比较被积函数的大小 对 () 用分部积分法计算积分 定理求极限 详解 () 当 t 时 l( + t) t 故 由积分性质得 ( ) t l td t 再用夹逼 l t t dt l t t dt ( t l t t d t) + t () + + t ( + ) + + ( ) 于是有 u ( + ) ( ) 由夹逼定理得 lim u lim 故 lim u + ( ) 评注 若一题有多问 一定要充分利用前问提供的信息 d d (7) 分析 先求 由 d d 4( + t) 可得关于 () t d d ( t) 详解 由参数方程确定函数的求导公式 t ψ d 可得 d d t + dt ψ 的微分方程 进而求出 ψ () t

24 ( t) ψ d t ψ + d dt d d dt ( t)( t + ) ψ ( t) ( t + ) ψ ( t)( t + ) ψ ( t) t + ( t + ) ψ ( t )( t + ) ψ ( t ) 由题意知 ( t + ) 4 ( + t) 从而 ψ ( t)( t + ) ψ ( t) ( t + ) ( ) ψ t ψ ( t) t + 解微分方程 t + ψ 5 ( ) ψ ( ) 6 + t ( ) 令 ψ ( t) 即 ( + t) dt dt + t + t 所以 e ( + t) e dt + C ( + t)( t + C) 因为 ( ) ψ ( ) 6得 故 ( ) ( d ) C 故 t( t ) ψ t t t + t t + t + C ψ 5 得 又由 ( ) + 即 ψ t t + t C 故 ( ) 评注 本题是参数方程确定函数的导数与微分方程相结合的一道综合题 有一定难度 (8) 详解 建立如图所示的直角坐标系 则油罐底面椭圆方程为 b + 油的质量 M ρv 其中油的体积 V S h l 底 高 又 4

25 故 (9) 详解 由复合函数链式法则得 u u ξ u η + u + u ξ ξ η u u ξ u η + u + b u ξ η ξ η 所以 u u u + ξ η u ξ u η u η u ξ ξ ξη η ξη u + u + u ξ η ξη u u u + ξ η u ξ u η u η u ξ ξ ξη η ξη u + b u + ( + b) u ξ η ξη u u u b + ξ η ( u + b u ) + bb ( u + u ) ξ ξη η ξη u + b u + b u ξ η ξη 由 4 u + u + 5 u 得 ( ) u + (5b + b + 4) u + ( b) b 8 u ξ η ξη 因而 b + b+ 4 ( + b) + b + 8 解得 5 b 或 b 5 评注 本题主要考查复合函数链式求导法则的熟练运用 是对运算能力的考核 5

26 () 详解 I r siθ r cosθdrdθ D D ( ) rsiθ r cos θ si θ rr d dθ + D dd ( ) d d d d F f 由题知 F() F() () 证明 令 ( ) ( ) F( ) 在 上利用拉格朗日中值定理 ξ F ( F ) F ( ξ ) F( ) 在 利用拉格朗日中值定理 η F ( ) F F ( η ) f ξ + f η ξ + η 两式相加得 ( ) ( ) () 分析 本题考查实对称矩阵的正交对角化问题 由 Q 的列向量都是特征向量可得 的值以及对应的特征值 然后由 A 可求出其另外两个线性无关的特征向量 从而最终求出 Q 详解 记 α 6 由 即 得 λ 4 因此 A 4 λ 4 λ λ 由 λe A λ λ λ 4 λ 4λ λ λ 4 ( λ + 4)( λ )( λ 5) 得 A 的特征值为 λ λ 4 λ 5 且对应于 λ 的特征向量为 ( ) T α 6 6

27 4 4 7 当 λ 4 时 (4 E A) T 由 ( 4 E A) 得对应于 λ 4 的特征向量为 α ( ) 5 4 当 λ 5 时 (5E A) 4 5 T 由 (5 E A) 得对应于 λ 5 的特征向量为 α ( ) 将 α α α 单位化得 : η ( ) 6 η T ( ) η T ( ) T 由于 A 为实对称矩阵 α α α 为对应于不同特征值的特征向量 所以 η η η 为单位正 交向量组 令 6 T Q ( η η η) 6 则 Q 为正交矩阵 Q AQ () 分析 本题考查方程组解的判定与通解的求法 由非齐次线性方程组存在 个不同解知对应 齐次线性方程组有非零解 而且非齐次线性方程组有无穷多解 详解 () 方法一 : λ λ A λ λ λ λ λ + 由线性方程组 A b 有 个不同的解 得 λ 方法二 : 由线性方程组 A b 有 个不同的解 知 r( A) r( A b ) < 因此方程组的系数行列式 λ A λ ( λ ) ( λ + ) 知 λ λ 或 ; 而当 λ 时 r( A) r( A b ) 此时 A b 无解 所以 λ 由 r( A) r( A b ) 得 () 当 λ 时 7

28 A 故方程组 A b 的通解为 k + k 为任意常数 8

29 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案与解析 一 选择题 : () 答案 ( C) 分析 由等价无穷小的定义及泰勒公式或洛必达法则可得 属基本题型 详解 用泰勒公式 由题意 +! si o ( ) lim si si 4 + o ( ) 进而 lim k c k c 所以 k c 4 故应选 ( C ) () 答案 ( B) 分析 利用导数的定义 属基本题型 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f f f f f f 详解 lim lim 故应选 ( B ) ( ) ( ) f ( ) f ( ) f f lim lim f f f ( ) ( ) ( ) 评注 导数的定义一直是历年考试的重点内容 () 答案 ( C) ( )( ) + ( )( ) + ( )( ) 详解 f '( ) ( )( )( ) + ( )( )( ) 令 g ( ) + 由于 4 > 故 g ( ) 有两个不同的根 所以 f( ) 有两个不同的驻点 选 ( C) (4) 答案 ( C) 详解 特征方程为 r λ 解得特征根 r λ r λ 9

30 λ 非齐次方程 λ e 有特解 e λ 非齐次方程 λ e 有特解 b e λ λ λ λ λ λ 所以微分方程 λ e + e 的特解形式为 ( e + be ) (5) 答案 ( A) 详解 由题意有 z () f () g() z () f() g () 故 () 是 z f( g ) ( ) 可能的极值点 计算得 z ( ) f ( g ) ( ) z ( ) f( g ) ( ) z ( ) f ( g ) ( ) 所以 A z () f () g() B z () C z () f() g () 又 B 故选 ( A) AC < 且 A > C > 所以 f () < g () > (6) 答案 ( B) 分析 利用定积分比较大小的性质 详解 在上 si cos cot 且 l 是增函数 则在上 l si l cos l cot 且它们不恒等 由定积分的保号性 故应选 ( B ) (7) 答案 ( D) 详解 由已知条件有 PAP 故应选 ( D ) (8) 答案 ( D) E 得 A P EP P P 详解 由于 ( ) T 是方程组 A 的一个基础解系 故 r ( A ) 4 r( A ) 于是 A 的基础解系含线性无关向量个数为 又 ( ) T 是 A 的解 从而 α+ α AA A E 得 α α α α 4均为 A 的解 由 * 由于 α+ α 所以 α α 线性相关 故 α α α 4 可作为 A 基础解系

31 故选 ( D) 二 填空题 : (9) 答案 + l 详解 lim ( ) lim lim l lim( + ) e e e e () 答案 e si 详解 微分方程的通解为 d ( cos d e e e d+ C) e ( cos d+ C) e (si + C) 由初值条件 () 得 C 所以 e si () 答案 l ( + ) 详解 ( ) ds + d + t d sec d () 答案 λ 详解 + + λ ( ) d λ e d f () 答案 7 详解 (4) 答案 详解 二次型 f 对应的矩阵 A

32 λ 由 λe A λ λ( λ )( λ 4) λ 得 A 的 个特征值分别为 :4 所以 f 的正惯性指数为 f 详解 ( ) ( ) ( ) 令 + + 则 f + 故 f 的正惯性指数为 三 解答题 : l( + t ) dt l( + ) (5) 详解 由题意 lim lim lim lim 所以 > 即 < l( t ) t + d l( + ) lim lim lim lim ( ) ( ) + 所以 < 即 > 故 的取值范围为 < < d (6) 详解 ( ) dt t d t dt 令 ( ) 得 t ± + d( t ) ( ) t + 4t dt d ( t + ) dt 当 t 时 5 > 所以 为极小值 当 t 时 <

33 所以 为极大值 令 ( ) 得 t 当 t < 时 < < ; 当 t > 时 > > 所以 ( ) 区间在 ( ) 内是凸的 在 ( ) + 内是凹的 ( ) 为拐点 (7) 详解 由题意 g () z f + f g ( ) z f + f + f g ( ) + g ( ) f + g ( ) f + f g ( ) 令 且注意到 g () g () 得 d z f () + f () + f () dd dα (8) 详解 由题意 当 时 () α rct 所以 d + 由已知条件得 + dp 令 p 则 p p + p 分离变量得 p( + p ) d 两边积分得 p l + l C p + 由题意得 () 即当 时 p 代入得 C 故 ' e 两边积分 所以 ( ) 的表达式为 (9) 详解 () 设 f ( ) l ( ) +

34 显然 f( ) 在 上满足拉格朗日中值定理 f f ( ) l l l + + ξ + ξ ξ 时 < < 即 < < + + ξ ξ 所以 < l + < + () 先证数列 { } 单调递减 由 () 得 + l + < + 再证数列 { } 有下界 由 () 得 所以数列 { } 单调递减 l l( ) l( ) l( > ) l l( 4 + ) l + > 即数列 { } 有下界 故数列 { } 收敛 () 详解 () 旋转体分为体积相等的两部分 于是 利用微元法所做功的计算也分为两部分 () 详解 d f ( ) d d df ( ) 用分部积分法 交换积分次序 f d ( ) f ( ) f ( ) d f ( ) d d f d ( ) d f ( ) d d f ( ) d 4

35 再用分部积分法 所以 f ( ) dd d f ( ) d d f ( )d D () 分析 由向量组之间的线性表示定理可知 β β β 一定线性相关 从而可求得 求一 个向量与另一个向量组之间的线性表示实际上就是求非齐次线性方程组的解 详解 () 易知向量组 α α α 线性无关 又向量组 α α α 不能由 β β β 线 性表示 故 β β β 线性相关 ( 否则 α α α 均可由 β β β 线性表示 ) 于是 行列式 β β β 即 解之得 5 4 () 对矩阵 A ( α α α β β β) 作初等行变换得 A β α + 4α α β α + α β 5α + α α 故 () 分析 利用特征值 特征向量的定义以及实对称矩阵不同特征值对应的特征向量正交进行求解 详解 () 由 r ( A ) 得 A 有特征值 又 A A 知 A 有特征值 λ λ 且对应的特征向量分别为 α ( ) T α ( ) λ 对应的特征向量为 ( ) 令 T T 于是 αα αα T α 则 α 与 α α 正交 T 即 + 5

36 解之得方程组的基础解系为 ( 征向量分别为 : k ) T 故可取 ( ) T α ( k ) k α ( k ) k ( k ) α 所以 λ λ λ 对应的特 α P( α α α ) 则 P AP 记 得 A P P 评注 若将 α α 单位化 得 η η 令 Q ( α η η) 则 Q 为正交矩阵 且 T Q AQ Q AQ T 于是 AQ Q 6

37 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案与解析 一 选择题 : () 答案 ( C) 详解 lim + 所以 是水平渐近线 lim + 所以 是垂直渐近线 显然没有斜渐近线 评注 若求渐近线的上述极限不存在 则需考虑单侧极限 即考虑一侧是否由这三种渐近线 在 曲线的同侧若有水平渐近线 则一定没有斜渐近线 () 答案 ( A) 详解 用导数定义 f( ) f() f ( ) lim lim ( e ) ( e ) ( ) ( ) () 答案 ( B) ( e )( e ) ( e ) lim ( )( ) ( )! 详解 由 > ( ) 数列 { } { } 收敛 故充分性成立 S 单调增加 若 S 有界 则 { } 但必要性不一定成立 即若 > ( ) 且数列 { } 收敛 但数列 { } ( ) 则数列 { } 收敛于 但数列 { S } { } 无界 必要性不成立 (4) 答案 ( D) S 收敛 且 lim 即 S 不一定有界 例如 详解 I e si d e si d e si d e si d I + 因为 e si d < 故 I < I ; e si d e si d e si d e si d I + + I+ e si d ( ) t e si d e si d tt 于是 故 I I ( ) t e si d e si d ( ) ( ) ( ) ( ) t t t t e si d e sitdt e sitd t (e e )sitdt > < 故选 ( D ) tt 7

38 (5) 答案 应选 ( D) 详解 若 < > 则由 有 f ( ) f ( ) < 由 有 f ( ) < f( ) 即 f ( ) < f ( ) < f ( ) 故应选 ( D) (6) 答案 ( D) 详解 将 D 分成关于 轴对称的区域 5 5 分别是关于 的奇函数 即得 ( ) ( ) D 5 dd dd (si )d D (7) 答案 ( C) 详解 显然 秩 ( α α α 4) 秩 所以向量组 α α α 4线性相关 c c c 4 评注 本题也可以由 α α α4 c c c c (8) 答案 ( B) 4 详解 由已知条件有 Q P 因此 故应选 ( B) 得向量组 α α α 4线性相关 Q AQ P AP D dd 故 二 填空题 : (9) 答案 详解 将 代入方程 + e 得 方程两边对 求导 得 e 代入 得 () 8

39 再在方程 e 两边对 求导 得 e ( ) + e 代入 () 得 () 答案 详解 lim lim lim k k + k k ( ) + () 答案 ( ) 详解 z f u f ( u) u 于是 z + z () 答案 z f ( u) f ( u) u d rct + 4 详解 由 d + d d 即 d( ) 得 C 代入 得 C 即 负值舍去 故 () 答案 ( ) 详解 由已知 得 + 代入曲率公式 k ( + ( ) ) (4) 答案 7 得 ( + ) 解得 ( 舍去 ) * * 详解 因为 B EA A A AE 故 BA EAA A EE A E ( ) 7 三 解答题 : + + si + si (5) 详解 () lim lim lim si si () 当 时 ( ) k f 与 是同阶无穷小 即 + si + si lim lim 9

40 + si si f ( ) si ( si )( ) lim lim + lim lim 6 故可得 k k k + k + k + + (6) 详解 令 f f ( ) e e 解得驻点为 ( ) ( ) + f ( )e + f ( )e 当 时 A e B C e 由 AC B > 且 A < 知 f ( ) e 是极大值 当 时 A e B C e 由 AC B > 且 A > 知 f ( ) e 是极小值 + f ( )e (7) 详解 设切点坐标为 A ( l ) 斜率为 则曲线在 A 点处的切线方程为 l ( ) 因为切线经过点 ( ) 从而 B ( e ) 积为 () 平面图形 D 的面积为 : e e e e S l d (e ) l d e + 故切线方程为 + 切线与 轴的交点为 e () 直线 AB : ( ) 与 轴及直线 e 所围成的三角形绕 轴旋转一周所得圆锥体的体 e 因此 D 绕轴 旋转一周所得旋转体的体积为 : e e V l d (e ) ( l l ) 4 + ( e ) (8) 详解 ( e ) (e ) 4 ( e ) D + cosθ 4 dσ dθ r cosθ r siθ rdr cosθ si θ( + cos θ) dθ 4 4

41 cos 令 θ t 4 4 cos ( cos ) dcos ( ) d 4 θ + θ θ 4 t + t t 4 5 ( t 4 t +6 t +4 t + t )dt ( t + t )dt 6 5 (9) 详解 () 齐次线性微分方程 f ( ) f ( ) f ( ) 征根为 λ λ 因此该方程的通解为 ( ) 于是 f ( ) Ce C e f ( ) Ce + 4C e + 的特征方程为 λ + λ 解得特 代入 f ( ) + f ( ) e 得 C C 故 f ( ) e t () 由上可知 f( ) f( t ) dt e e d t t 所以 e e dt + t ( ) e e d + t + 令 得 f C + C e e 当 > 时 > ; 当 < 时 < 故所求拐点为 () () 证明 令 f( ) l + + cos 则 f ( ) l + + si f ( ) 4 cos ( ) 当 < < 时 f ( ) > 所以 f ( ) 单调增加 ; 当 < < 时 f ( ) < f () 于是 f( ) 在 < < 上单调减少 因此有 f( ) > f() 即 l + + cos > + 当 < < 时 f ( ) > f () 于是 f( ) 在 < < 上单调增加 因此有 f( ) > f() 即 l + + cos > + 故 l + + cos + ( < < ) ( 等号在 时成立 ) () 分析 根的存在性用介值定理 而唯一性利用单调性 ; 对于 () 应先证明极限存在 再在已知关系式两边取极限即可 答案 () 令 f ( )

42 因为 f( ) 在区间 上连续 又 由介值定理 存在 使得 即原方程在区间 内至少有一个实根 又当 时 f ( ) + ( ) + + > 即 f( ) 在区间 内单调增加 故实根唯一 即 原方程在区间 内有且只有一个实根 () 由 () 知 数列 { } 有界 下面证明单调性 f ( ) f ( ) 因为 故 ( + + ) > f ( ) > f ( + ) 而 f( ) 在区间 内单调增加 从而有 + 即 据根据单调有界原理 lim 存在 > 即数列 { } 设为 lim 由于 < < < 故 < < 根据夹逼定理有 lim ( ) 由于 f( ) 即 得 令 取极限 解得 故 单调减少 根 评注 注意解答过程中的步骤 < < < 不是多余的 因为仅由 < < 是推不出 lim 的 () 分析 这是含参数的线性方程组问题 先利用行列式的按行或列展开计算行列式 再讨论方 程组的解 详解 () 按第一列展开得 A + ( ) () 当 A 时 方程组 A β 可能有无穷多解 由 A 解得 或 时 ( A β ) 当 4

43 时 ( A β) 当 方程组 A β 无解 方程组 A β 有无穷多解 其通解为 k + k 为任意常数 T () 分析 第一问利用秩的结论 r( AA) r( A ) 简化计算 第二问是一个常规的计算题 T 详解 () 由 r( AA) r( A ) 得 A 的任意 阶子式都为 故 + + T () 当 时 AA 4 λ T λe AA λ λ 4 ( )( λ ) λ + ( λ ) + ( )( ) λ 4 λ λ λ 6 T 解得矩阵 AA 的特征值为 : λ λ 6 λ T λ 解 ( ) 对于 对于 6 T λ E AA 得对应的特征向量为 : α ( ) ; T λe AA 得对应的特征向量为 : α ( ) ; T λ 解 ( ) T λ 解 ( ) 对于 λ E AA 得对应的特征向量为 : α ( ) T 将 α α α 单位化得 : η η 6 η 4

44 6 令 Q 则 Q 为正交矩阵 f 在正交变换 Q 下的标准形为 f

45 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案与解析 一 选择题 : () 答案 (C) α( ) si α( ) cos 详解 lim lim lim 因此 si α ( ) 是与 同阶但不等价无穷小 又 si α ( ) 与 α ( ) 是等价无穷小 所以 α ( ) 阶但不等价的无穷小 选 (C) () 答案 (A) 详解 在方程 cos( ) + l 中 令 得 等式两端对 求导得 si( )( + ) + 将 代入上式 得 () 于是 () 答案 (C) f( ) lim f( ) lim lim f ( ) f () cos < 详解 F( ) + lim F( ) lim ( cos ) lim F( ) lim ( + ) + + 于是 lim F( ) F( ) 所以 F( ) 在 处连续 易得 F ( ) F + ( ) 所以 F( ) 在 处不可导 选 (C) (4) 答案 (D) 详解 f( )d d+ d ( ) l + e + α e α+ + 是与 同 因为反常积分 f ( )d 收敛 当且仅当上式右边两个反常积分 ( 一个无界 一个无穷限 ) 都收敛 所以 α < 且 α + > 即 < α < 故选 (D) 详解 可以用特殊值代入法进行排除 当 α 时 l < < e f( ) e l + f e ( )d d + d e + e 的确收敛 可以排除 (A)(B)(C) 选项 45

46 (5) 答案 (A) 详解 由 z f ( ) 得 z f ( ) f ( ) + z f ( ) + f ( ) 故 z + z f ( ) (6) 答案 (B) 分析 利用二重积分的性质即可得出答案 详解 因为第 象限区域有关于 的轮换对称性 故 Dk dd dd 于是 Ik ( ) dd ( k ) Dk Dk 在第 象限区域上 在第 4 象限区域上 故由重积分的性质得 I > I 4 > 故选 (B) (7) 答案 (B) 详解 由 AB C 知 C 的列向量组可由矩阵 A 的列向量组线性表示 ; 又因 B 可逆 则 即矩阵 A 的列向量组可由矩阵 C 的列向量组线性表示 (8) 答案 (B) 分析 利用结论 : 两个可对角化的矩阵相似的充分必要条件是有相同的特征值 A CB 详解 记矩阵 A b B b B 相似的充分必要条件是有相同的特征值 所以 显然 矩阵 B 的特征值为 b 而矩阵 A 与 由 E A b 4 得 b 当 时 由 λ λe A λ b 得矩阵 A 的特征值为 b λ 故当 对任意常数 b 矩阵 A 与 B 相似 且反之亦成立 选 (B) 评注 对于不可以对角化的两个矩阵 特征值相同不能推出相似 二 填空题 : (9) 答案 e 详解 l( + ) lim l( + ) l( ) l( + ) + lim lim + l( + ) lim+ e e e 46

47 () 答案 e t 详解 等式 f( ) edt 两端对 求导 得 f ( ) e t d 令 edt 得 d e e () 答案 cos θ 详解 S dθ rr d (cos θ) d θ (cos6θ )dθ + 4 () 答案 详解 当 t d d dt + t t t t 时 ; 4 d d dt + t 法线斜率为 所以 法线方程为 ( l ) ( ) 4 即 () 答案 e e e 详解 由已知条件知 e e 显然 线性无关 所以该二 e 阶常系数非齐次线性微分方程的通解为 Ce + Ce e C C 为任意常数 由 有 C + C ; 由 有 C + C 解得 C C 故满足条件的解为 (4) 答案 分析 根据已知条件易联想到利用重要公式 AA e e e 详解 由 + A 有 A ij ij ( i j ) 得 A A T 于是 T AA AA A E ij ij 两边取行列式得 A A 解得 A 或 A A E T 当 A 时 由 AA A E 有 A 与已知矛盾 所以 A 三 解答题 : (5) 详解 47

48 由泰勒公式可知 7 详解 当 时 由泰勒公式! cos + o ( )! cos ( ) + o ( )! cos ( ) + o ( ) 于是 因此 cos cos cos 7 + o ( ) cos cos cos 7 o ( ) 即 当 时 cos coscos与 7 为等价无穷小量 故 7 (6) 分析 本题考查定积分的应用 直接利用旋转体的体积公式计算 详解 因 V V 即 解得 7 7 评注 V 也可以如下计算 : (7) 详解 直线 与 的交点为 () 直线 与 + 8 的交点为 (6) 直线 与 + 8 的交点为 (6) D dd d d d d d+ (8 ) (8 ) d (8) 分析 需要证明的结论与导数有关 自然联想到用微分中值定理 第 () 问中的辅助函数可 通过 g ( ) f ( ) 解微分方程 g ( ) + g ( ) 并分离常数得到通解 e g ( ) C 因此可作辅助函数 48

49 G ( ) e f ( ) 证明 () 因为 f( ) 是奇函数 所以 f () 又 f () 对 f( ) 在区间 [] 上应用拉格朗日中值定理 存在 ξ () 使得 f() f() f ( ξ )( ) 即 f ( ξ ) () 因为 f( ) 是奇函数 所以 f ( ) 是偶函数 所以 f ( ξ ) 令 F( ) e f ( ) 有 F( ξ) F( ξ) ( ) e F f ( ) + e f ( ) 对 F( ) 在区间 [ ξξ ] 上应用罗尔定理 于是存在 η ( ξξ ) ( ) 使得 F ( η) η η 即 e f ( η) + e f ( η) 因为 e η 所以 f ( η ) + f ( η ) (9) 分析 本题考查二元函数的条件极值问题 用拉格朗日乘数法 详解 点 ( ) 到坐标原点的距离 d + 问题为求目标函数 + 在约束 条件 + ( ) 下的最大值和最小值 为求导方便 我们构造拉格朗日函数 L( λ) + + λ( + ) 解方程组 + L λ λ L + λ λ L λ + 得唯一可能的极值点 P () 在边界上 当 时 解得 故 P () ; 当 时 解得 故 P ( ) 计算这些点到坐标原点的距离得 dmi ( P ) dmi ( P ) d m ( P ) 故所求最长距离为 最短距离为 () 详解 () f( ) l + 则 f ( ) 令 f ( ) 得 f( ) 的唯一驻点 且在定义域内没有导数不存在的点 当 > 时 f ( ) > ; 当 < < 时 f ( ) < 所以 是 f( ) 的极小值点 也是最小值点 最小值 f () () 由 () 知 数列 { } 有 l + 即 l 又 l + < 即 l > 因此 < 即 + 所以数列 { } 单调递增 + + 又由于 l < l + < 故 < e 所以数列 { } 有上界 + + > 49

50 即数列 { } 单调递增且有上界 故 lim 存在 设 lim 则 lim(l + ) l + 由于 l + < 并由极限的保号性有 l 根据 () 知 l + 两边取极限 有 l + 故 l + 解得 lim () 分析 本题考查定积分的几何应用 均可直接利用公式计算 详解 () 因为 故 L 的弧长 e e s + ( ) d ( + )d e + l e e dd ( l )d 4 D (e e ) () 形心的横坐标 4 e dd ( l )d 4(e 7) 4 D () 分析 由于从矩阵方程中不能直接得到 C 因此转化为求解线性方程组 详解 设 C 由 AC CA B 得 b 等价地有 b 对其增广矩阵作初等行变换得 A + b b 若要方程组有解 则 b 此时 A 5

51 解得此方程组的通解为 k + l + ( kl 为任意常数 ) k + l + k 所以 当 b 时 存在矩阵 C 使得 AC CA B 并且 C k l ( kl 为任意常数 ) () 分析 充分利用行向量与列向量的乘积 列向量与行向量的乘积的特殊性分析求解 详解 () 记 ( ) 因为 T f( ) ( + + ) + ( b + b + b ) b ( ) ( ) + ( ) b ( b b b) b T T T T T T T (αα ) + (ββ ) ( αα + ββ ) T T T T 且 αα + ββ 为对称矩阵 所以二次型 f 对应的矩阵为 αα + ββ () 记 T T A αα + ββ 由 αβ 正交且均为单位向量得 ( T T Aα αα + ββ ) α α 所以 λ 是 A 的特征值 ; ( T T Aβ αα + ββ ) β β 所以 λ 是 A 的特征值 ; T T T T 又因为 r( A) r( αα + ββ ) r( αα ) + r( ββ ) < 所以 λ 是 A 的特征值 ; 故 f 在正交变换下的标准形为 + 5

52 4 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案与解析 一 选择题 : () 答案 ( B) + 详解 由无穷小的性质 当 时 有 l (+ ) ( ) α α lim lim α α lim α ( ) α ( cos ) lim lim ( ) lim α > 所以 即 < α < > α () 答案 ( C) 分析 本题考查求渐近线的基本方法 分别判断各曲线是否有水平 垂直和斜渐近线即得正确答案 + si 详解 因为 k lim lim b lim ( ) lim( + si ) 所以曲线 + si 有斜渐近线 () 答案 ( D) 详解 举例 : 取 f ( ) C 故选 ( ) 则在 区间上 f() f() 于是 f ( ) g( ) 此时 f ''( ) 故选 ( D) (4) 答案 ( C) d 详解 因 t + 4 d d t d t d d d t d t 故曲线在对应于 t 的点处的曲率 曲率半径 R (5) 答案 ( D) " k ( + ) ( + ) 选 k ( C) g + 则 ( ) ( ) 5

53 分析 关键是将极限式中的变量 ξ 转化为 再按正常求极限方法进行 f( ) rct 详解 由已知条件 故 ξ rct + ξ rct ξ lim lim rct lim rct rct lim + lim ( + ) 评注 题设条件就是把函数 f( ) rct 在区间 上利用拉格朗日中值定理所得 (6) 答案 ( A) 详解 因为 u + u u 故 A 与 C u 满足 A+ C 又 B u 所以 AC B A B < 函数 u ( ) 在区域 D 内没有极值 又 u ( ) 在有界闭区域 D 上连续 所以 u ( ) 在有界闭区域 D 内必然有最大值和最小值 因此最 大值和最小值只能在 D 的边界点取到 (7) 答案 ( B) 分析 本题考查行列式的计算方法 直接按行展开即可 b b 详解 c d c (8) 答案 ( A) d b b c b + d ( ) ( ) c d c d + b + b cd( ) d ( ) c d c d ( bc d)( d bc) ( d bc) 详解 ( α + kα α + lα ) ( α α α ) 记 B 于是当向量组 α α α 线性无关时 k l k l 向量组 α+ kα α + lα 的秩等于矩阵 B 的秩 r ( B ) 即向量组 α+ kα α + lα 线性无关 显然 当取 α 为零向量时 向量组 α+ kα α + lα 线性无关不能保证 α α α 线性无关 故向量组 α+ kα α + lα 线性无关是向量组 A α α α 线性无关的必要而非充分条件 选 ( ) 5

54 二 填空题 : (9) 答案 8 详解 d d rct () 答案 详解 由 f ( ) ( ) 有 ( ) + [] f( ) C 又因 f( ) 是周期为 4 的可导奇函数 得 f () 故 C 所以 f(7) f() f( ) f() () 答案 (d+ d ) 详解 方程两边对直接求微分 得 将 代入原方程得 z 所以 d z (d+ d ) ( ) () 答案 + rcosθ θcosθ 详解 曲线 L 的参数方程为 rsiθ θsiθ d d dθ siθ + θcosθ d d cosθ θsiθ dθ 曲线 L 在点 ( r θ ) ( d + ) 处的切线斜率为 k d θ θcosθ 点 ( r θ ) ( ) 在对应的直角坐标下 θsiθ 所以切线的直角坐标方程为 ( ) ( ) 即 + () 答案 详解 因为 ρ ( )d ( )d ρ + + ( )d ( )d 54

55 ρ( )d 所以细棒的质心坐标 ρ( )d (4) 答案 详解 f ( ) ( + ) + 4 ( + ) ( ) + 4 ( + ) ( ) + (4 ) 因为 f( ) 负惯性指数为 所以 4 即 三 解答题 : (5) 分析 利用等价无穷小代换和洛必达法则 详解 lim + t t t dt t lim + ( (e ) t) ( (e ) t) dt l( + ) (e ) lim + lim (e ) + t t lim e t lim e t + t t + t (6) 详解 因为 + 有 ' + 令 得 ± () ( ) ( + ) ( ) 又 ( + ) () < () + 得 ( ) > () + 所以 是 ( ) 的极大值点 所以 是 ( ) 的极小值点 方程 + 分离变量后得 ( + )d ( )d 则 ( + )d ( )d 所以通解为 又 () 得 C 即 C 因此 ( ) 的极大值为 () 极小值为 ( ) 55

56 (7) 详解 显然 积分区域 D 关于 对称 利用轮对称性 z (8) 详解 因为 f ( e cos ) e cos z f ( e cos ) e si z ( e cos ) (e cos ) + ( e cos ) e cos z f f ( e cos ) e si ( e cos ) e cos f f z + z f ( e cos ) e (4z+ e cos )e z 所以原方程 + z (4z+ e cos )e 从而函数 f( u ) 满足方程 f ( u) 4 f( u) + u 方程 f ( u) 4 f( u) 的通解为 f( u) Ce + C e 化为 f ( e cos ) e 4 f( e cos ) + e cos u u 方程 f ( u) 4 f( u) + u u 的一个特解为 所以方程的通解为 f( u) Ce + Ce 4 4 C+ C 由 f () f () 得 C C 4 u u u 解得 C C 6 6 u u 故 f( u) (e e 4 u) 6 (9) 分析 第一问直接利用定积分的不等式性质即得 第二问的关键是将定积分不等式转化为函 数不等式 再用导数性质证明 详解 () 因为 g ( ) 由定积分的性质知 当 [ b ] 时 gt () dt d t + g () t dt () 令 F ( ) f ( u ) du f ( u ) g ( u ) d u [ b ] 56

57 由 f( ) g ( ) 在区间 [ b ] 上连续知 F ( ) 在区间 [ b ] 上可导 且 F( ) f( + gt ( ) t) f( ) g ( ) d 由 () 知 + gt () d t 又因为 f( ) 单调增加 g ( ) 所以 F( ) 从而 F ( ) 在区间 [ b ] 上单调减少 所以 F( b) F ( ) 即 b + g () t dt b f( ) d f( ) g( ) d () 分析 先通过函数复合运算得出 f( ) 的表达式 再用定积分计算面积 详解 利用数学归纳法 可得 f ( ) + f ( ) f( f ( )) + f + ( ) S ( )d f d d ( )d l( + ) l( + ) 所以 lim S lim [ l( + )] lim () 详解 因 f ( + ) 则 f( ) c ( ) 因为 f( ) ( + ) ( ) l 于是 c ( ) ( )l 所以 f( ) + + ( )l 于是 曲线 f( ) 故所求旋转体的体积 的方程为 ( + ) ( ) l ( ) 且当 时 ( ) V + d ( ) l d ( ) l ( ) d ( ) (4l 4 ) + (l 5 ) 4 () 分析 第一问是求解齐次线性方程组的最基本问题 第二问就是求解三个非齐次线性方程组的问题 57

58 详解 () 对矩阵 A 作初等行变换 4 A 由此得方程组 A 的一个基础解系为 α () 对矩阵 ( A E ) 作初等行变换得 ( A E) 记 ( ) A A A E ε ε ε 则 ε 的通解为 + k ε 的通解为 + k ε 的通解为 + k α k 为任意常数 ; 6 α k 4 为任意常数 ; α k 为任意常数 6 因此所求矩阵 B + ( kα kα kα ) k 4 k k 为任意常数 () 分析 首先证明两个矩阵有相同的特征值 然后证明都可以对角化 从而它们相似 详解 设 A B 则 58

59 λ λ λe A ( λ ) λ λ λ λ λe B ( λ ) λ λ 因此 A 与 B 有相同的特征值 λ λ ( 重 ) 又因为 A 是实对称矩阵 所以 A 相似于对角阵 Λ 又因 r( λe B) r( B ) 所以 B 对应于特征值 λ 有 个线性无关的特征向量 即 B 也相似于 阶对角阵 Λ 故 A 与 B 相似 评注 两个相似的矩阵一定有相同的特征值 但反过来不正确 59

60 5 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案与解析 一 选择题 : () 答案 (D) 详解 当 + 足够大时 < + e d 收敛 d 收敛 应选 (D) e 评注 显然 可以看出 (A)(B)(C) 对应的反常积分均是发散的 利用排除法答案应选 (D) () 答案 (B) 分析 函数 f( ) 的定义域为 先求出 f( ) 再判断间断点的类型 详解 当 时 si t t sit si t t f( ) lim( + sit ) lim( + ) e t t 故 f( ) 有可去间断点 答案应选 (B) () 答案 (A) 详解 由导数的定义知 f + () lim lim cos f () f( ) f() α + + β 由题意 f ( ) 在 处连续 则 α f () () lim cos f+ + β f f α αβ () lim ( ) lim ( α cos + β si ) + + β β 得 α β > α β > (4) 答案 (C) 详解 曲线的拐点出现在二阶导数等于 或二阶导数不存在的点 并且在这点的左右两侧二阶 导函数异号 因此 由 f ( ) 的图形可得 曲线 f( ) 存在 个拐点 (5) 答案 (D) 详解 令 u + v 当 u v 时 方程 ( f f f + ) 两边分别对 f 求偏导数得 f + u v u v 6

61 f f u u v u v v 把 代入上面两式得 f f + u u v u v v f 解得 u u v (6) 答案 (B) f v u v 分析 画出积分区域 用极坐标把二重积分化为二次积分 详解 直线 的极坐标方程分别为 θ 4 曲线 4 的极坐标方程分别为 r r si θ si θ 所以 (7) 答案 (D) 分析 本题考查非齐次线性方程组解的判定 详解 线性方程组 A b 有无穷 多解的充分必要条件为 r( A) r( A b ) < 故 或 同时 d 或 d 故选 (D) (8) 答案 (A) 详解 由 P 知 因 f( ) T T ( T T A P AP) + 即 P AP Q ( e e e ) ( e e e ) P 6

62 T T 则 Q AQ ( P AP) 所以 f( ) T A T ( Q T AQ) + 故选 (A) 二 填空题 : (9) 答案 48 详解 d d dt + t ( + t ) d d dt + t d d ( t ) t + t( + t ) d t( + t ) d d dt + t 因此 d d t 4 48 () 答案 ( )(l ) 详解 用莱布尼兹公式 ( ) ( f ) () ( ) ( ) ( ) C (l ) ( )(l ) 评注 也可把函数展开成关于 的幂级数 比较系数 () 答案 详解 ϕ ( ) f () t d t 两边对 求导得 ( ) f() t dt f( ) ϕ + 又 ϕ () f( t) d t ϕ () + f () 5 进而 f () () 答案 e + e 详解 由题意知 () () 解特征方程 λ + λ 得特征根 λ λ 微分方程的通解为 Ce + C e 代入初值条件 () () C+ C 有 C C 解得 C C 6

63 所以 e + e () 答案 d d 详解 易得 时 z + + 方程两边求全微分 z e ( d + d + dz) + zd + zd + dz 把 时 z dz d d 得 () 代入上式 评注 计算过程中直接代入 z 可简化运算 提高准确率 (4) 答案 详解 由已知 易得 B 的所有特征值为 7 所以 B 7 三 解答题 : (5) 详解 用泰勒公式 ( + ) + + o si + o ( ) 6 l ( ) 由题意知 + l( + ) + bsi lim k ( ) o b o ( ) 即 lim k 亦是 ( + ) + ( b ) + + o ( ) lim k 所以 + b k 即 b k (6) 详解 由旋转体的体积公式得 : 由题意知 V V 即 解得 6

64 (7) 分析 利用偏积分法求出 f( ) 再求二元函数的极值 详解 f ( ) ( + ) e 两边以 积分 得 f ( ) ( + ) e + ϕ( ) 由 f ( ) ( + )e 有 ϕ ( ) e 对 f ( ) ( + ) e + e 两边以 积分 得 f( ) ( + ) e + ( ) e +ψ ( ) 用 f( ) + 可知 ψ ( ) 因而 f( ) ( + ) e + ( ) e f ( ) ( + ) e + e 解方程组 得 f ( ) ( + ) e 而 f ( + ) e + ( + ) e f e 在 ( ) 点处 A f ( ) B f ( ) C f ( ) 判别式 B AC < A > 所以 f( ) 在 ( ) 点取得极小值 f ( ) (8) 详解 积分区域关于 轴对称 dd D dd d d ( )d D (9) 详解 f ( ) ( ) 令 f ( ) 得驻点为 在 ( ) 内 f( ) 单调递减 在 ( ) + 内 f( ) 单调递增 故 f ( ) 为唯一的极小值 也是最小值 4 4 f( ) + t dt + + tdt + t dt + tdt 4 + t dt + tdt + tdt 在 ( ) 内 + t < + t 故 d d + t t + t t < 从而有 f ( ) < 而 lim f ( ) lim ( + t d t + + t d t ) lim f ( ) lim ( t d t t d t ) lim ( t d t t d t ) 64

65 + tdt 考虑 lim lim + + 所以 lim f( ) t dt + 所以 f( ) 在 ( ) 及 ( ) + 内各有一个零点 所以零点个数为 评注 本题利用了广义零点定理 其中判断端点处的符号有一定难度 d () 详解 设物体在 t 时刻温度为 t () 比例常数为 k ( > ) 介质温度为 m 则 k ( m) dt kt 解得 t () Ce + m kt 由 () m 有 C 即 t ( ) e + 又 ( ) 所以 k l t ( ) + t 当 时 还需冷却 mi () 证明 f( ) 在 ( b f( b )) 处的切线方程为 f( b) f ( b)( b) f( b) 令 得 b f ( b) 因为 f ( ) > 所以 f( ) 单调递增 f( b) 又 f( ) 所以 f( b ) > 所以 b < b f ( b) 而 f( b) b f ( b) 在区间 ( b ) 内用拉格朗日中值定理有 f( b) f( ) f ( ξ ) b ξ ( b ) f( b) f( b) f( b) f ( b) f ( ξ ) 所以 b f( b) f ( b) f ( ξ) f ( b) f ( b) f ( ξ) 因为 f ( ) > 则 f ( ) 单调递增 进而 f ( b) > f ( ξ ) 故 > 即 > 所以 < < b () 详解 () 由 A 知 A 即 得 ( ) () 由 X XA AX + AXA X ( E A ) AX ( E A ) ( E A) X ( E A ) E 得 X ( E A) E( E A ) ( E A )( E A) ( E A A ) 对矩阵 ( E A A E) 作初等行变换 65

66 ( E A A E) 因此 X () 详解 () 由 A 与 B 相似知 tra trb A B 即 + + b+ b 于是 b+ 且 b 解得 4 b 5 λ () 由 λe A λe B λ 5 ( λ ) ( λ 5) λ 得 A 的特征值为 λ λ λ 5 当 λ λ 时 解方程组 (E A) 因 EA 得其基础解系 即为矩阵 A 的对应于特征值 λ λ 的线性无关的特征向量 当 λ 5 时 解方程组 (5 E A) 因 5 5EA 得其基础解系 即矩阵 A 的对应于特征值 λ 5 的特征向量 P ( ξ ξ ξ ) 则 P AP 5 令 66

67 6 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案与解析 一 选择题 : () 答案 (B) 详解 当 时 (cos ) ~ l( + ) ~ + ~ 所以 个无穷小量按照从低阶到高阶的排序是 故选 ( B ) () 答案 (D) ( ) + C < 详解 F( ) f( )d F( ) 需连续 l + C 利用 F( ) 在 处的连续性有 lim F( ) lim F( ) 即 C C 取 C 即得选项 (D) + 评注 本题还可利用变限积分计算 F( ) f( t)dt () 答案 (B) 详解 e d e d e ( lim e lim e ) 收敛 ; ed ed e lime + 发散 故选 (B) (4) 答案 (B) 详解 从图可看出 函数 f( ) 有 个驻点及 个不可导点 前 个驻点两侧 f ( ) 符号相反 而后 个驻点及不可导点两侧 f ( ) 符号相同 故函数 f( ) 有 个极值点 函数 f( ) 有 个二阶导数等于零的点及 个二阶导数不存在的点 在这些点的两侧 曲线 f ( ) 的单调性相反 因而曲线 f( ) 有 个拐点 应选 (B) (5) 答案 (A) 详解 因为 f i ( ) 连续且 f ( ) < 所以根据连续的定义和极限的保号性 在 的某邻域 U( ) 内 有 f ( ) < ( i ) 所以 fi( ) 在 U( ) 内是凸的 i i 又因为在 处具有公切线 g ( ) 根据凸函数的几何意义可知曲线与切线位置关系为 f( ) g ( ) i 在点 ( ) 处 f ( ) 的曲率大于 f ( ) 的曲率 所以 f ( ) < f ( ) < 令 67

68 F( ) f( ) f( ) 因为在 处具有公切线 g ( ) 所以 F( ) F ( ) 再由 F ( ) < 得 F( ) 为 F( ) 的极大值 所以在 的某领域 U( ) 内 F( ) 故 f( ) f( ) 在 的某邻域内 f ( ) f ( ) 从而 f( ) f( ) g ( ) 故选 (A) 有故 (6) 答案 (D) e ( ) e 详解 f f e ( ) ( ) 故 f + f e f 应选 (D) (7) 答案 (C) 分析 根据矩阵相似的定义易得正确答案 详解 由 A 与 B 相似知 存在可逆矩阵 P 使得 P AP B T T T T T T T T 于是 B ( P AP) P A ( P ) P A ( P ) T T 即 A 与 B 相似 因为 A B 是可逆矩阵 则 B ( P AP) P A P 知 A 与 B 相似 又 P ( A+ A ) P P AP+ P A P B+ B 得 A+ A 与 B+B 相似 所以选 (C) (8) 答案 (C) 详解 二次型的矩阵为 A λ 由 λe A λ ( λ ) λ λ λ + ( λ )( λ ) 得 A 的特征值为 λ + λ λ 又二次型的正 负惯性指数分别为 所以 + > 而且 < 即 < < 选 (C) 二 填空题 : (9) 答案 + 详解 因为 68

69 b lim( ) lim + rct( + ) + 所以斜渐近线为 + () 答案 si cos 详解 lim si si si lim si si si si d dcos cos + cos d sicos () 答案 详解 设所求的一阶非齐次线性微分方程为 + p ( ) q ( ) 显然 ( e) e 为 + p ( ) 的解 代入方程 p ( ) 再把 代入方程 + p ( ) q ( ) 得 q ( ) 故所求的一阶非齐次线性微分方程为 评注 本题也可把题中两个解直接代入方程求得 p ( ) q ( ) () 答案 5 详解 当 时 f () ; 方程 f( ) ( + ) + f( t)dt 两边同时对 求导 得 f ( ) ( + ) + f( ) f () 4 ; 方程 f ( ) ( + ) + f( ) 两边同时对 求导 得 f ( ) + f ( ) f () ; 依次求导 得 f ( ) f ( ) ( ) f ( ) f ( ) 所以 f () f () ( ) ( ) 5 () 答案 v 6 详解 设动点为 P ( ) 则 l + + 两边同时对 t 求导得 5 dl dl d + 6 d dt d dt 6 dt d 又已知 dt v + dl 8 所以 时 v v dt 69

70 (4) 答案 分析 利用两个矩阵等价的充要条件是其秩相等 详解 因为 r 而两个矩阵等价的充要条件是其秩相等 故 A 的行列式 A ( + ) ( ) 当 时 r ( A ) 两个矩阵不等价 ; 当 时 r ( A ) 此时两个矩阵等价 故 三 解答题 : (5) 分析 这是一个 型的未定式 4 4 详解 lim(cos si ) + e lim cos + si lim cos + si lim si + si + cos 4 而 4 lim cos + cos si 6 lim 4si si cos lim 8cos 4cos + si 所以 4 lim(cos + si ) e (6) 分析 这是一个含参变量 的积分 对 的取值讨论 进而求出 f( ) ( t ) dt + ( ) t dt < < 详解 f( ) t dt ( t ) t d 当 时 当 时 < < f ( ) > 4 + < < f () lim lim 4 7

71 f () lim < < 故 f ( ) 由 f ( ) 得 当 < < 时 f ( ) < ; 当 > 时 f ( ) > 所以 当 时 f( ) 取最小值 f 4 (7) 分析 这是一个由方程确定的二元函数的极值问题 利用二元函数取得极值的充分条件求解 详解 ( + ) z+ l z+ ( + + ) 两边分别对 求偏导得 z + z + z + z + z z + z + z + z + z z + z z 令 得 z + z+ z+ l z+ ( + + ) 解得 z 式两边对 求偏导得 z+ 4 z + ( + ) z ( z ) + z z z 式两边对 求偏导得 z + z + ( + ) z z z + z z z 式两边对 求偏导得 z 将 z z+ 4 z + ( + ) z ( z ) + z z z z 分别代入上面三式 得 A z < ( ) B z ( ) C z ( ) 所以 AC B > 且 A < 从而点 ( ) 是 z ( ) 的极大值点 极大值为 z( ) 9 4 (8) 分析 先利用二重积分的对称性化简 然后可用直角坐标或极坐标计算 详解 积分区域 D 关于 轴对称 利用对称性 7

72 所以 D dd dd dd D D D右 dd dd dd + + D右 D D dd + dd d d + D ( 右 ) + d 4 4 (9) 详解 已知 ( ) ( u )e 是二阶微分方程 ( ) (+ ) + 的解 代入并整理得 ( ) u ( u ) u 即 u 两边积分 l u ( ) + l + l C u ( ) e () C 即 u ( ) C(+ )e + C 故 由条件 u( ) e u () 得 C C 即 u ( ) (+ )e 又 ( ) ( ) 是二阶微分方程线性无关的解 所以通解为 ( ) Ce + C(+ ) () 详解 注意第一象限的两条曲线 一条是圆 另一条是星形线 且后者位于前者的下方 于 是旋转体的体积 ( ) V V V d d 7 9 si tdt si td t) ( ( ) 利用旋转曲面的侧面积公式 并利用球的表面积公式 可得所求表面积为 7

73 cos () 详解 () 由已知可得 f( ) t dt + C 而 f () 则 C t cos 所以 f( ) t dt t 所求的平均值为 f( ) cost f( )d t dt d cost t t d d( ) cos ( ) t d t ( ) cos d t cos d cos () f( ) t dt 得 f ( ) cos t ( ) 令 f ( ) 解得在 ( ) 上的唯一驻点为 当 < < 时 f ( ) < f( ) 在该区间内单调减少 f( ) < f() 故 f( ) 在 ( ) 内无零点 且由 f( ) 的连续性可知 f ( ) < 当 < < 时 f ( ) > f( ) 在该区间内单调增加 而 ( ) cos t d f sit dt t ( sit dt sit dt sit d) t + t + t t 其中 所以 sit dt t siu du + u ( 令 t u +) ( ) ( )si d sit f t t t dt + > + t t 由零点定理及单调性可知 f( ) 在 ( ) 内只有唯一的零点 也即 f( ) 在 ( ) 内存在唯一零点 7

74 () 详解 对增广矩阵 ( A β ) 作初等行变换得 A β + + ( ) ( ) () 由方程组 A β A A β 故 无解 即 r( ) r( ) T T () 经计算得 AA A β 对增广矩阵 ( T T AA ) T T ( ) Aβ 作初等行变换得 AA Aβ 故方程组 T T AA Aβ 的通解为 + k 其中 k 为任意常数 λ () 详解 () 由 λe A λ+ λλ ( + )( λ+ ) 得 A 的特征值 λ T λ λ λ 于是 A 可以对角化 当 λ 时 解方程组 ( E A) 因 λe A 故矩阵 A 的对应于特征值 λ 的特征向量为 ξ T 当 λ 时 解方程组 ( E A) 因 λe A 故矩阵 A 的对应于特征值 λ 的特征向量为 ξ T 当 λ 时 解方程组 ( E A) 因为 T 74

75 λ E A 故矩阵 A 的对应于特征值 λ 的特征向量为 ξ T P ( ξ ξ ξ ) 则 记 P AP 即 A P P 于是 A P P 99 () 由 B BA 有 B B B B BA B A BAA BA 类似可得 B + 即 ( β β β) ( α α α) 故所求线性组合为 β ( + ) α + ( + ) α β ( ) α + ( ) α 99 β ( ) α + ( ) α BA 99 75

76 7 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案与解析 一 选择题 : () 答案 (A) + 详解 f ( ) lim cos f( ) b + 因为函数在 处连续 则 f( + ) f( ) 得 b () 答案 (B) 详解 由于 f "( ) > 曲线 f( ) 时凹的 其上任意两点的弧均在过这两点的割线下方 当 ( ) 时 当 () 时 f( ) f() f( ) < f() + ; f() f() f( ) < f() + 故 f( )d f( )d + f( )d < ( )d + ( )d 选 (B) () 答案 (D) 详解 令 lim 对 (A) 当 lim si 时 有 si 则 k(κ ±± ) 排除 (A) 对 (B) 当 lim( + ) 时 有 则 排除 (B) 对 (C) 当 lim( + ) 时 有 + 则 排除 (C) 对 (D) 当 lim( + si ) 时 有 + si 则 选 (D) (4) 答案 (C) 详解 由 λ 4λ + 8 得特征根为 λ ± i e 的特解可设为 4 8 e cos A e + 的特解可设为 e ( Bcos + C si ) 利用非齐次线性微分方程的解的叠加原理 微分方程 e ( + cos ) 的特解可设为 + Ae + e B + C 选 (C) ( cos si ) (5) 答案 (D) f( ) 详解 由 > 知 f( ) 关于 单调递增 则 f( ) > f( ) f( ) 由 < 知 f( ) 关于 单调递减 则 f( ) > f( ) 76

77 综合如上两个不等式得 f() > f() > f() 所以选 (D) (6) 答案 (C) t 详解 由题意 v () t dt v () t d t 于是由图中面积得 t 5 (7) 答案 (B) t 选 (C) 详解 由题设条件可知 A 可对角化 且 A 的 个特征值为 对应的特征向量分别为 α α α 即 Aα Aα α Aα α A( α + α + α ) Aα + Aα + A α α + α 选 (B) 故 (8) 答案 (B) 详解 显然 A B C 的特征值均为 r( E A ) 即 A 的属于特征值 的线性无关的特征向量有 个 故 A 有 个线性无关的特征向量 可对角化 即 A 与 C 相似 r( E B ) 即 B 的属于特征值 的线性无关的特征向量有 个 故 B 有 个线性无关的特征向量 不可对角化 即 B 与 C 不相似 二 填空题 : (9) 答案 + 详解 k lim lim( + rcsi ) b lim( k) lim ( rcsi ) + 所以曲线 ( + rc si ) 的斜渐近线方程为 + () 答案 8 d d cos 详解 dt t t d d + e dt t t d ( + e )sit e cost t t d ( + e ) 8 t () 答案 详解 l( + ) d l( + )d( + ) ( + )

78 l( + ) ( ) + + () 答案 e + d f( ) f 详解 由 e ( ) ( + ) e 利用偏积分 f ( ) ed e + ϕ( ) 则 f( ) ( + ) e + ϕ ( ) ( + ) e 故 ϕ ( ) 于是 ϕ( ) C 因此 f ( ) e + C 由 f () 得 C 故 f ( ) () 答案 l cos e t 详解 原式 d d t d l cos l cos (4) 答案 4 详解 设 λ 为 A 的对应于特征向量为 的特征值 则 λ 即 + λ 解之得 三 解答题 : (5) 详解 令 t u 则 t u dt du 评注 求极限的过程中 一般要先求出极限不为零的因子 从而简化计算 (6) 详解 利用复合函数求导法则 得 d f si f e d 78

79 d ( f f si ) f ( f f si )si f cos e e + e e d d 因而 f () d d d f () + f () f () (7) 分析 利用定积分的定义计算 详解 lim k l( k ) lim k l( k ) + + k k l( + ) d l( + ) d l( + ) d + l ( ) + d + 4 (8) 分析 由方程确定隐函数求导法则求出 ( ) 的驻点 再用取得极值的第二充分条件判断是否为极值点 详解 在方程两边对 求导 得 + + 令 得 ± 代入原方程解得驻点为 () ( ) 方程 两边再对 求导 得 6+ 6 ( ) + + 当 时 < ( ) 取得极大值 () ; 当 时 > ( ) 取得极小值 ( ) (9) 分析 () 用零点定理 ; () 利用原函数法构造辅助函数 再用中值定理 : f( ) f ( ) + [ f ( )] 变形为 f ( ) f ( ) f ( ) f( ) 两边积分并分离常数得 C f( ) f '( ) 辅助函数即为 F( ) f( ) f '( ) f( ) 详解 () 由 lim < 和极限的局部保号性可知 c () 使得 f() c < + 又 f () > 在 c 上用零点定理 至少存在一个 η (c) 使得 f ( η ) 即方程 f( ) 在区间 () 内至少存在一个实根 () 由函数 f( ) 在区间 [] 内可导 从而一定连续 以及 lim + f( ) 存在 得 f () 由 () 得 f( ) 在区间 η 上满足罗尔定理条件 所以存在 ξ η 使得 f ( ξ ) 79

80 构造 F( ) f( ) f '( ) 显然 F() F( ξ) F( η) 对函数 F( ) 分别在区间 ξ 及 ξη 上用罗尔定理 至少存在两个不同的 ξ ( η) F ( ξ ) F ( ξ ) 使得 即 f( ξ) f ( ξ) + f ( ξ) 及 f( ξ) f ( ξ) + f ( ξ) 因此 方程 f( ) f ( ) + [ f ( )] 在区间 () 内至少存在两个不同的实根 及 ξ ( ξη) () 详解 积分区域关于 轴对称 被积函数关于 为奇函数 故 dd 于是 ( + )dd dd + dd + dd D D D D siθ dθ rcos θ d rr+ 4 si ( si )d 8 θ θ θ ( si θdθ si θd θ) + 8( 5 ) D () 详解 设曲线 L 在 P ( ) 处的切线方程为 Y ( ) ( )( X ) 所以 Y ( ) ( ) ; 对应的法线方程为 Y ( ) ( X) ( ) 因此 ( ) ( ) + ( ) ( ) d 即 d + + 令 u ( ) 方程变为 u + u u u + 分离变量得 du d u + u + 两边积分得 l( u + ) + rct u l + C 将 u 代回得 l( ) rct l C 再由 () 得 C 于是 L 上点的坐标 ( ) 满足的方程为 l( + ) + rct ( ) () 分析 本题主要考查抽象方程组的求解问题 要注意到方程组的解本身就是向量组之间的一种关系 另外 注意下列结论 : 非满秩矩阵一定有零特征值 ; 对于可对角化的矩阵 其秩就是非零特征值的个数 详解 () α α + α 即 α+ α α p 8

81 所以 ( α α α ) 因此 λ 是 A 的特征值 又 A 有三个不同的特征值 故 λ 为单根 且 A 一定能相似对角化 即 所以 r( A) r( Λ) () 由 () 知 A 的通解为 ( ) k T 又已知 β α+ α + α 所以 ( α α α) β 即 A β 所以 T A β 的通解为 k ( ) + () k 为任意实数 4 () 详解 二次型的矩阵 A 4 因为二次型在正交变换下的标准形为 λ 则 A 解得 λ 4 T + λ 故 A 有特征值 由 λe A λ+ λλ ( + )( λ 6) 4 λ 得 A 的特征值 解齐次线性方程组 ( λ A ) i E 求特征向量 5 4 对 λ E A 得 α 4 5 ; 4 4 对 λ 6 6E A 7 得 α 对 λ E A 得 α 4 ; ; 因为 α α α 属于不同的特征值 已经正交 依次单位化得 : β ( ) β T ( ) β T ( ) 6 T 8

82 6 T 所求正交矩阵为 Q ( β β β) 且 f 在正交变换 Q 下的标准形为 6 6 f + 6 8