2002考研數(shù)二真題及解析

1、2002年全國碩士研究生入學統(tǒng)一考試數(shù)學二試題、填空題(本題共5小題,每小題3分，滿分15分,把答案填在題中橫線上)設函數(shù)f(x)tanx1e.xarcsin22xae,x0在x0處連續(xù)，則a位于曲線yxex(0x)下方，x軸上方的無界圖形的面積是y20滿足初始條件yx01,y1,一xo的特解是2微分方程yy(4)ncosn22(5)矩陣22的非零特征值是22二、選擇題(本題共5小題,每小題3分，共15分,在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，把所選項前的字母填在題后的括號內(nèi).)2、設函數(shù)f(u)可導,yf(x)當自變量x在x1處取得增量x0.1時，相應的函數(shù)增量y的線性主部為0.1

2、，則f(1)=()(A)1(B)0.1(C)1(D)0.5設函數(shù)f(x)連續(xù)，則下列函數(shù)中，必為偶函數(shù)的是()x.2(B)0f(t)dtx2(A)0f(t)dtx(C)0tf(t)f(t)dtx(D)0tf(t)f(t)dt(3)設y(x)是二階常系數(shù)微分方程ypyqye3x滿足初始條y(0)y(0)0的特解，則當一in(12)x0，函數(shù)ln(1x)的極限(y(x)(A)不存在(B)等于1(C)等于2(D)等于3(4)設函數(shù)yf(x)在(0,)內(nèi)有界且可導，則()(A)當Jimf(x)0時必有xlimf(x)0.(B) 當Jimf(x)存在時，必有xlimf(x)0.(C) 當Jmf(x)0時

3、，必有l(wèi)imf(x)0.(D) 當linnf(x)存在時，必有Iin0f(x)0.(5)設向量組1，2，3線性無關，向量1可由1，23線性表示，而向量2不能由1，2，3線性表示，則對于任意常數(shù)k，必有()(A)1，2，3，k12線性無關;(B)1，2，3，k12線性相關;(C)1，2，3，1k2線性無關;(D)1，2，3，1k2線性相關三、(本題滿分6分)已知曲線的極坐標方程是r1cos，求該曲線上對應于處的切線與法線的直6角坐標方程四、(本題滿分7分)Q322x-x，設f(x)?xe(eif，1x0x求函數(shù)F(x)f(t)dt的表達式.0x11五、(本題滿分7分)已知函數(shù)f(x)在(0，)內(nèi)

4、可導f(x)0，limf(x)1，且滿足m(。Hh(X1-h1ex，求f(x).六、(本題灑分8分)求微分方程xdy(x2y)dx0的一個解yy(x)，使得由曲線yy(x),與直線x1,x2以及x軸所圍成的平面圖形繞x軸旋轉(zhuǎn)一周的旋轉(zhuǎn)體體積最小.七、（本題滿分7分）某閘門的性狀與大小如圖所示，其中直線l為對稱軸，閘門的上部為矩形ABCD，下部由二次拋物線與線段AB所圍成，當水面與閘門的上端相平時，欲使閘門矩形部分承受的水壓力與閘門下部承受的水壓力之比為5:4,閘門矩形部分的高h應為多少m（米）?設0x13,Xn1,Xn(3Xn)(n1,2，），證明數(shù)列Xn的極限存在，并求此極限八、（本題滿分8

5、分）九、（本題滿分8分）b，證明不等式2a-272abInbIna1ba.ab十、（本題滿分8分）設函數(shù)f（x）在x0的某鄰域內(nèi)具有二階連續(xù)導數(shù)，且f（0）0，f（0）0，f（0）0.證明：存在惟一的一組實數(shù)1,2，3,使得當h0時，if(h)2f(2h)3f(3h)f(0)是比h2高階的無窮小B4E，其中E是3階單位矩陣（本題滿分6分）已知A，B為3階矩陣，且滿足2A1B證明:矩陣A2E可逆；120(2)若B120，求矩陣A002十二、（本題滿6分）已知4階方陣A（1，2，3，4），1，2，3，4均為4維列向量，其中2，3，4線性無關，1223.如果1234,求線性方程組AX的通解.2002

6、年全國碩士研究生入學統(tǒng)一考試數(shù)學二試題解析一、填空題【答案】-2【詳解】如果分段函數(shù)f(x)連續(xù)，則f(x)在0點處的左右極限相等，從而確定a的值.limx0tanxetanxx一x；arcsin-2x,所以有2f(x)limx0tanx1e_一xarcsin2=lim一x0tanx_x2=limx0xx2f(x)lim2xaeaf(0)2；x即limx0當x0時,1如果f(x)在x0處連續(xù)必有f(0)f(0)f(0),2.【答案】【詳解】面積Sxexdxxdexxexdx其中blimxebeb答案】yVxllimbxxelimbebblimbim【詳解】方法1:這是屬于缺f(y,y)類型p，

7、ydpdx業(yè)主p業(yè)dydxdy原方程yycdp0化為ypdy0,得dpyp0dydyp0,即業(yè)dx0，不滿足初始條件y'1、一，棄之；所以p02所以,y膽p0,分離變量得座坐，解之得pC1.即座C1.dyypydxy由初始條件y八1,y'1，可將一1C1G先正出來-,c.于正侍x0x02212dy_1dx2y解之得，yxC2,yJxC2.以yx01代入，得1阿，所以應取“+號(4)【答案】2.2因為【詳解】利用定積分的概念將被積函數(shù)化為定積分求極限.cosinn-limnnf(")Xi且C21.于是特解是yJx1.2萬法2:將yyy0改寫為(yy)0,從而得yyG.以

8、初始條件y(0)11,y(0)-21代入，有1一2一1,G,所以得yy-.即2_,2、2yy1,改寫為(y)1.解得yxC2,yJxC2.再以初值代入,1JC7所以應取""且C21.于是特解yx1.其中f(x)1cosx,Xi,(i1,2，n),所以根據(jù)定積分的定義，有nlim1.1cos1cos2.1cosnnn，n，n，n1.2x2、2-1cosxdxcosdx002(5)【答案】4022【詳解】記A222，則22202222EA222222(對應母相減)222222兩邊取行列式，222011)11指數(shù)中的2(22)(其中(2(4)A0,解得120，322E4,故4是矩

9、陣的非零特征值.把第2行的公因子提出來(1)11和1分別是所在的行數(shù)和列數(shù))(另一個特征值是0(二重)二、選擇題(1)【答案】(D)【詳解】在可導條件下，ydydxo(x)，當笑dydxx稱為y的線性主部.而業(yè)dx2、.xf(x)2xx,以x1,x0.1代入得業(yè)dx0.2，由題設它等于0.1,于是f(1)0.5,應選(D).(2)【答案】(D)【詳解】對與(D),令F(x)x0tf(t)f(t)dt,則F(x)x0tf(t)f(t)dt,令tu,則dtdu,所以xF(x)0tf(t)f(t)dtx0(u)f(u)f(u)dux°uf(u)f(u)duF(x),所以(D)為偶函數(shù).同理

10、證得(A)、(C)為奇函數(shù)，而(B)不確定，如f(t)1t.故應選(D).(3)【答案】(C)【詳解】由ypyqye3x，且y(0)y(0)0，可知y(0)方法1：因為當x20時,ln(1x2)L-x2,所以limx2ln(1x)2.xlimx0y(x)2x2lim=limx0y(x)x0y(x)2,故選(C).方法2:由于y(0)y(0)0,y(0)1.將函數(shù)y(x)克勞林公式展開2一一xy(x)002o(x2)，代入ln(1y(x)lim四x0y(x)x2)lim一x012x22x=lim一2x01o(x2)21o(x2)2x(4)【詳解】方法1:排斥法.12令f(x)-sinx，則f(x

11、)在(0,x)有界,f(x)1-2sinxx22cosx,limf(x)x0,但xlimf(x)不存在，故(A)不成立;limf(x)x00,但limf(x)10,(C)和(D)不成立，故選(B).方法2:證明(B)正確.證法，若A0,則對于一0,存在X0,使當xX2AAAA3AA，即Af(x)A22222(x)A,證明A0.x用反時，f(x)由此可知，f(x)有界且大于-在區(qū)間x,X上應用拉格朗日中值定理，有2設imf(x)存在，記limfAf(x)f(X)f()(xX)f(X)2(xX)從而limf(x)x，與題設f(x)有界矛盾.類似可證當A0時亦有矛盾.(5)【答案】A【詳解】方法1：

12、對任意常數(shù)k,向量組1,2,3，k12線性無關.用反證法，若1,2,3，k12線性相關，因已知1,2,3線性無關,故k12可由1,2,3線性表出即存在弟數(shù)1,2,3,使得k12112233又已知1可由1,2,3線性表出，即存在常數(shù)l1,l2,l3，使得1111l22l33代入上式，得k12k(l11l22l33)21122332(1kl)1(2kl2)2(3kl3)3與2不能由1,2,3線性表出矛盾.故向量組1,2,3,k12線性無關，選(A)方法2:用排除法B選項：取k0,向量組1,2,3因為1，2，3，2線性相關，又1，2,在常數(shù)1，2，3,使得2112C選項:取k0,向量組1,2,31可

13、由1,2,3線性表出，1,2,3，D選項:k0時，1,2,3,1k相關，因已知1，2，3線性無關，故,k12即1,2,3，2線性相關不成立，否則3線性無關，故2可由1，2，3線性表出.即存233與已知矛盾，排除(B).,1k2,即1,2,3，1線性無關不成立，因為1線性相關,排除(C).2線性相關不成立.若1,2,3,1k2線性1k2可由1，2，3線性表出.即存在常數(shù)1,2，3,使得1k21133-又已知1可由1,2,3線性表出，即存在常數(shù)l1,l2,l3，使得1l11l22l33代入上式，得(l11l22l33)l1)1(2l2)2(3l3)因為k0,故11221kk與2不能由1，2,3線性

14、表出矛盾.故1,2,3，k2線性相關不成立，排除(D).故選(A).【詳解】由極坐標到直角坐標的變換公式rcosrsin，化極坐標曲線r1cos為直角坐標的參數(shù)方程為dydxdyddxcos_一2sin2cos1.sin2cossinX(1cos)cos，即(1cos)sinX2coscosyysincossin的點對應的直角坐標為31.3、_,/62424曲線上于是得切線的直角坐標方程為,13、y(一)x24（這是由直線的點斜式得到的，直線的點斜式方程為y°k(xX。），由導數(shù)的幾何意義知在一時斜率為1,且該點的直角坐標為（6法線方程為1.3y(2宇)34）'.3y打（這是

15、由直線的點斜式方程及在同一點切線斜率與法線斜率為負倒數(shù)的關系而得四【詳解】當1x0時XF(x)1f(t)dtX1(2t|2)dt(t22t3)XF(x)1f(t)dt01f(t)dtXf(t)dt213(t2t)tJ0(et1)2Xtd01(et1)-ln(11et)xdt10etInxeIn2Xetdt01et所以In22，當°x1x3xF(x)2xe五【詳解】因為業(yè)f(x)hx)llnhef(xhx)f(x)limllnh0hf(xhx)f(x)1,lim1(lnf(xh0hhx)Inf(x),h0hx1從而得到lim與芝丁，xf(x)1ef(x)由題設e；于是推得空f(x)(l

16、nf(x)x1,r，即(lnf(x)x12x解此微分方程，得,1lnf(x)xC,改寫成1f(x)再由條件limf(x)xC1,于是得f(x)e".f(xhx)InInf(x)業(yè))x(ln1Ce"x地f(x)六【詳解】這是一階線性微分方程1,由通解公式(如果一個一階線性方程為b2Vaf(x)dx)yp(x)yq(x)那么通解為yeq(x)edxC)有y22e嚴ex"dxCx2戛xxC21_2x(C)xCx,1x2x由曲線yxCx2與x1,x2及x軸圍成的圖形繞x軸旋轉(zhuǎn)周的旋轉(zhuǎn)體的體積為V2,22,1(xCx)dx學2%23)(旋轉(zhuǎn)體的體積公式：設有連續(xù)曲線:yf(

17、x)(axb),f(x)0與直線xa,xbp(x)dxp(x)dxx軸圍成平面圖形.及該圖形繞x軸旋轉(zhuǎn)一周產(chǎn)生旋轉(zhuǎn)體的體積為0的點,取C使V最小，由求最值的方法知先求函數(shù)的駐點，即四dCdV6215(C)0dC5275-為V的惟一極小值點，也是最小值點，于是所求12475解得C.又V(C)0,故C124曲線為752yxx.124七【詳解】方法1：建立坐標系如下圖，由于底部是二次拋物線我們設此拋物線為2ypxq,由坐標軸的建立知此拋物線過（0,0）,（1,1）點,把這兩點代入拋物線的方程,曰0得10212q，所以qq0,P1Cmf1mhOyB"mx即底部的二次拋物線是細橫條為面積微元，

18、按所建立的坐標系及拋物線的方程，得到面積微元dA2xdy,因此壓力微元dp2gx(1hy）dy（這是由壓力的公式得到的：壓力=壓強面積）平板ABCD上所受的總壓力為1hP12gx（1hy）dy其中以x1代入,計算得pgh2.拋物板AOB上所受的總壓力為1P202gx(1hy)dy,其中由拋物線方程知12x.y,代入計算彳導P24g(h),315由題意R:P25：4,即書云44(-h-)4315解之得h2（米）（h1r、，八甘舍去），即閘門矩形部分的高應為2m.八【詳解】由0x13知x1及（3x）均為正數(shù)，故假設00x2=,.x1(3x1)1 3(xi3xi)-2.ab、2.,(ab()a,b為

19、正數(shù))23ab2-xkz，則再一次用不等式ab(二一)，得1.一3xki=.xk(3xk)(xk3xk)-.3由數(shù)學歸納法知，對任意正整數(shù)n2有0xn3.2另一方面，后i-xn=.,xn(3x”)x”xn(3xn)xn(3xn)2Xnxnxn(32xn)xn(3xn)0.xn所以xn單調(diào)增加.單調(diào)增加數(shù)列七有上界，所以limxn存在，記為a.nnn由xni,xn(3xn)兩邊取極限，于是由極限的運算性質(zhì)得aJa(3a)，即2a23a0，0，但因X0且單調(diào)增，故a0，所以3一.23解礙a一或a2limxnn九【詳解】左、右兩個不等式分別考慮.先證左邊不等式，方法i：由所證的形式想到用拉格朗日中值

20、定理.InbIna(lnx)ix，0ab.2a中第二個不等式來自不等式ab2,2ab2ab(當0b時),這樣就方法2：用單調(diào)性證，將b改寫為x并移項，命(x)InxIna2a(xa)22，有ax(a)0.(x)i2a4ax(xa)(xa)24ax(xa)0(當0x22ax/22、2(ax)x(a2x2)z222(ax)所以，當xa0時(x)單調(diào)遞增.所以(x)(a)0，故(b)0，即(b)InbIna2a(ba)0a2b2InbIna2aba2.2ab證明了要證明的左邊.再證右邊不等式，用單調(diào)性證，將b改寫為x并移項命ax)，一，i，、(x)InxIna(xa)，-ax有(a)0,及(x)所以

21、當xa(x)11-()a2x2x,x0,再以xb代入，得(M/a)22x、ax0,InbInaInbInaba),即二；abb右邊證畢.十【詳解】從題目結(jié)論出發(fā)，要證存在唯一的一組3,使得Llim*h0由極限的四則運算法則知f(0)2f(2h)3f(3h)h2，分子極限應為0,即him01f(h)2f(2h)3f(3h)f(0)由于f(x)在x0連續(xù),于是上式變形為f(0)(123)f(0).f(0)0,知31.由洛必達法則1f(h)2f(2h)3f(3h)f(0)h2|im1f(h)22f(2h)33f(3h)h02h由極限的四則運算法則知分子的極限應是0，即河。lim0(1f(h)22f(

22、2h)3f(3h)0由于f(x)在x0連續(xù),于是上式變形為(12233)f(0)0,由f(0)0,知1223303對(2)再用洛必達法則，和f(x)在x0連續(xù)Llim1f(h)42f(2h)93f(3h)h012(14293)f(0)由f(0)0,故應有142930(4)將(1)、(3)、(4)聯(lián)立解之，由于系數(shù)行列式11112314920,由克萊姆法則知，存在唯一的一組解滿足題設要求，證畢.【詳解】（1）由題設條件112ABB4E,兩邊左乘A,得2AABAB4A,即2BAB4AAB2B4A所以(A2E)BAB2B4A4A8E8E4(A2E)8E,(A2E)B4(A2E)8E(A2E)B(A2

23、E)4E8E(A2E)(B4E)根據(jù)可逆矩陣的定義知12E)(B4E)8,112E可逆，且(A2E)-(B88E(A由結(jié)果知（A2E）11，一，,一一（B4E）,根據(jù)逆矩陣的性質(zhì)8(kA)1k1A1,其中k為不等于零的常數(shù)，有因為若2E8(B4E8(B4E)初等行變換4E-E4E)8(B4E)2E（對應元素相減2320100帛1、3丁互換120010120010320100002001002001B4E：E進行初等行變換EA1,對12001008013000110022行2行1行318)0101308800120011000100011行2行20012故(B4E)11044130，代入A8(B4E)18800122E中，則1411A8（B4E）12E880（常數(shù)與矩陣相乘，矩陣的每一個元素都需要乘以該常數(shù)）22020201302110（對應母相加）0042002【詳解】方法1：記A1,2,3,，3，4，由2，3，4線性無關，及122304,即1可以由2，3，4