2006考研數(shù)二真題及解析

2006年入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)二試一、填空題：1-6424分，請將答案寫在答題紙指定位置上y

x4sin5x2cos

1f(x

3sin0

x

在x0處連續(xù)，則a

x0(1x2)20yy(1x)xyy(x)y1xey

設(shè)A 1,E為2階單位矩陣，矩陣B滿足BAB2E,則 二、選擇題：9-14432分，下列每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)yf(xf(x)

f(x)

增量，y與dy分別為f(x)在點(diǎn)x0處對應(yīng)增量與微分，若x0，則 yy0dy yyyydy

dyyy設(shè)f(x)是奇函數(shù)，除x0外處處連續(xù)，x0是其第一類間斷點(diǎn)，則f(t)dt是 0 (C)在x0間斷的奇函 (D)在x0間斷的偶函

ln2

ln2 函數(shù)ycexce2xxex滿足的一個(gè)微分方程是 yy2y (B)yy2y(C)yy2y (D)yy2y 設(shè)f(x,y)為連續(xù)函數(shù)，則df(rcos,rsin)rdr等于 2dx

f(x,

dx

f(x, 2dy

f(x,

11dy

f(x, 設(shè)f(x,y)與(x,y)均為可微函數(shù)，且y(x,y)0,已知(x0,y0)是f(x,y)在約束條件(x,y)0下的一個(gè)極值點(diǎn)，下列選項(xiàng)正確的是( fx(x0y00,則fy(x0y0(C)fx(x0y00,則fy(x0y0

fx(x0y00,則fy(x0y0(D)fx(x0y00,則fy(x0y0設(shè)1,2, ,s均為n維列向量，A是mn矩陣，下列選項(xiàng)正確的是 (A)若1,2,,As線性相關(guān)(B)若1,2,,As線性無關(guān)(C)若1,2,,As線性相關(guān)(D)若1,2,,As線性無關(guān)A3A21BB1列的-12 0得C，記P 0，則 1C

C

CPT

CPAPT三、解答題：15－2394分.請將解答寫在答題紙指定的位置上.解答應(yīng)寫出文字說(15)(10分試確定常數(shù)ABC的值，使得ex(1BxCx21Axo(x3)o(x3是當(dāng)x0x3高階的無窮小(16)(10分 (17)(10分D{(xy|x2y21x0}I(18)(12分)設(shè)數(shù)列{xn}滿足0x1xn1sinxn(n1)

1 1x2證明lim

(II)計(jì)算limxn1n (19)(10分

nxn證明：當(dāng)0ab時(shí)bsinb2cosbbasina2cosaa.(20)(本題12分)f(u)在(0Zfx2y2滿足等式zz 0

f(u)0 ,u(21)(12分xt2 L的方程y4tt2L的凹凸性

(t0)過點(diǎn)(10L的切線，求切點(diǎn)(x0y0，并寫出切線的方程L(xx0的部分)x軸所圍成的平面圖形的面積.(22)(9分)x1x2x3x4已知非齊次線性方程組4x13x25x3x4

3個(gè)線性無關(guān)的解axx3xbx 證明此方程組系數(shù)矩陣A的秩r(A)2; (Ⅱ)求a,b的值及方程組的通解.(23)(本題滿分9分) Ax0的兩個(gè)解求正交矩陣Q和對角矩陣,使得QTAQ2006年入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)二試題解y5【詳解】由水平漸近線的定義及無窮小量的性 “無窮小量與有界函數(shù)的乘積是無窮量”limy

x4sin

14sinx

lim10

x5x2cos

x52cosx

x5 x01sinxcosx均為有界量.y1是水平漸近線 13xsintlimf(x)lim

2洛2

sin(x2

lim

x0 0型未定式，可以采用洛必達(dá)法則；等價(jià)無窮小量的替換sin0【答案】1

1

(1x2

2

(1x2

11Cxe11dyy(1x)dy(1x)dxdy(11)dxdy1dx lnylnxx

eln

elnxx

yCxe【答案】在原方程x0y(01xyeyxeyyx0y(0)【答案】BAB2EBA2EBBAE)2E,式,

B(AE)2E4E A

2 1112

2E

EB

42AA二、選擇題1：圖示法.f(x)f(xx2

f(xf(x)

f(x

x00dyyydy

f(x0

x)f(x0)f(x0

f(

xf(x0)

x 其中x0x0

x,x0f(x0

ydy0.又由于dyf(x0

x0，故選方法3：用拉格朗日余項(xiàng)一 .f(x

f(n)(xf(x)f(x)f(x)(xx) 0(xx)2 0(xx)nR f(n1)(x

其中R 0(xx)n.此時(shí)n取1代入，可 (n ydyf(xx)f(x)f(x)x1f()(x)2 又由dyf(x0x0，選A)【答案】B

x

xf(x)

xx

，滿足所有條件，則

f(t)dt

xx它是連續(xù)的偶函數(shù).因此，選B記方法2：顯然f(x)在任意區(qū)間a,b上可積，于是F(x)記

f(t)dtF(x)

f(t)dt

f

x x

f(s)dsFF(x為偶函數(shù).選Bh(xe1g(xx求導(dǎo)h(xx112e1g(1)g(1)ln11ln21.故選C2 ycexce2xxex1和-2，于是特征方程為(1)(2220，對應(yīng)的齊次yy2y 所以不選(A)與B)，為了確定是C)還是D)yxex代入方程左邊，計(jì)算得yy)2y3ex，故選(D).【答案】(C 【詳解】記4d

f(rcosrsin)rdrf(xy)dxdyD D0r

，0.題 4可以看出，直角坐標(biāo)的積分范圍（y

與x2y2

在第一象限的交點(diǎn)是222 ，

D:0y

,yx2121所以，原式 0

f(xy)dx.因此選(C1已知(x0y00，由(xy0（x0y0yy(x 足y(x0)y0 （x0y0)

f(x,

在條件(x,y)

xx0zf(x,y(xf(x,y)f(x,y) 0

f(x,y)f(x,y)(x,y x x

(x,yx

x

xfx(x0y00fy(x0y00，或x(x0y00，因此不選A(Bf(xy0f(xy)0(

0).因此選

dxx2：用拉格朗日乘子法.F(x,y)f(x,y(x,y) Ff(x,y)(x,y) F(x,y)因?yàn)?xy0，所以fy(x0y0，代入(1)

(x,y f(x,y)fy(x0,y0)x(x0,y0

(x,y fx(x0y00fy(x0y0)0，選方法1：若 ,s線性相關(guān),則由線性相關(guān)定義存在不全為0的數(shù)k1,k2 ,ks使 kss ,As的形式，用A左乘等式兩邊, ksAs 于是存在不全為0的數(shù)k1,k2, ,ks使得①成立，所以A1,A2, 方法2：如果用秩來解,則更加簡單明了.只要熟悉兩個(gè)基本性質(zhì),它們是:1. ,s線性相關(guān) ,s)s

r(AB)r(B),As),As) ,s

,B(1,2

，則由,sr(AB)r(B)得r(A1, ,s)s.所以答案應(yīng)該為(,sA21B

0 B 0A記 1 0 將B的第1列的-1倍加到第2列得C，即CB 0記 1 0 10 因?yàn)镻Q 0 0E，故QP1E 1 從而CBQBP1

,故選B

將e1x o(x)代入題設(shè)等式整理 1(B1)x(CB1)x2BC1o(x3)1Axo(x3) B1 比較兩邊同次冪函數(shù)得CB 0，由此可解得A ，B ，C23362336BC1 方法2：用洛必達(dá)法則 由ex1BxCx21Axo(x3),(x J

ex1BxCx210

ex(1BxCx2)ex(B2Cx)0，即1BA0Jex(1BxCx2)2ex(B2Cx) J 0，即12B2C0J J

ex(1BxCx2)3ex(B2Cx)

13B6C 13B6C1BA

A 212B2C

解得B13B6C

C

dx

e2

edx=

e2

de令et t2 1t1tarcsintd(1)arcsint arcsin1t1t

tdd(1t2(1t2)1t21t2t1t2arcsint1 arcsint1t2 1t21t2

arcsint 令 ut

2u3

u2uuarcsint1uu 所

dx

1 11e2x1e2x

yy1x2

dxdy12 y 1x2

01r2 所 ID

22

dr

ln(1r2)1

(I)由于0x時(shí)，0sinxx0xn1sinxnxn,說明數(shù)列 x0.由單調(diào)有界準(zhǔn)則知limx存在.A 遞推兩邊取極限得AsinA,A

1，為=lim(sinxn)，為

sint因?yàn)殡x散型不能直接用洛必達(dá)法則，先考慮 t lim (tcostsintsint

lim1ln(sint

t02tsin )t2et0

limtcostsin

limcosttsint

limsin

et0

e sin sin sin sinxlim(n1)x= n)x= )

en

【詳解】令fx)xsinx2cosxx，只需證明0xf(x)單調(diào)增加(嚴(yán)格f(x)sinxxcosx2sinxxcosxsinxf(x)cosxxsinxcosxxsinxf

f()cos0，故0xf(x)0f(x單調(diào)增加(嚴(yán)格由ba有f(b)f 得z

f

x2y2 ;zx2x2

f

x2y2 x2x2x22z

f

x2y2

x2y2

f

x2y2

x2x2y2f2zf

x2y2x2y2

x2y2x2y2

ff

x2y2x2y23x2y23x2y232 2代 0，

f

x2y2 0 所以f(u

f(u)u

f(f(x2y2x2f(updpp，則dpduc即

plnuc，所

f(u)pu因?yàn)閒(11

c1，得

f(u)lnu

f(10

c20

f(u)ln 4 4 ddyd2 dx 2 32 dx 322

0(t0處

t

L在t0y021(x1

t21，

t2

t 4t0t0t0

1(t02),4t0t0(2t0)(t0 t2t20,(t1)(t2) t0t 所以，切點(diǎn)為(2，3)yxLxgy,

344由t24ty

解出t2

得x2

4y2由于點(diǎn)(2，3)Ly3得x2,

x2

4y21g(3所 S0

9y44y(y1)dy(102y)dy

4ydy 3(10yy2)300

4yd(4y)2142(43032186432xxxx2：(I)

yy(x：由t

(x

代入y

y

x1 于是 1，d

(x

2 (x

L是凸的 x 2x0L上任意點(diǎn)(x,y)處的切線方程是yy 1)(xx)，其中2x0 x01時(shí)不合題意

2x02x0令x y0，

x01 1(1x0x0tx0x0

，

t2(21)(2t2)01，得t0

0xS92y(x)dx9x

x

(4 (x1)2

x2

( 1)

1 1 1未知量的個(gè)數(shù)為n4，且又AXb有三 b1,2,33個(gè)線性無關(guān)的解,則21,31AX0的兩個(gè)線性無關(guān)的解.因?yàn)?1,31AX0的基礎(chǔ)解2,得4rA)2,從而rA)2.A的行向量