2002考研数二真题及解析

2002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etanx,x(1) 设函数f(x)arcsin22xae,xx0在x0处连续，则a .

x0(2) 位于曲线yxe(0x)下方，x轴上方的无界图形的面积是_______.

2(3) 微分方程yyy0满足初始条件yx01,yx01的特解是_________. 2(4) lim12n1cos1cos...1cosnnnnn_____ . 022的非零特征值是_________.

22(5) 矩阵2222

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) 设函数f(u)可导，yf(x)当自变量x在x1处取得增量x0.1时，相应的函

数增量y 的线性主部为0.1，则f(1)=( )

(A)－1 (B)0.1 (C)1 (D)0.5 (2) 设函数f(x) 连续，则下列函数中，必为偶函数的是( )

(A)(C)

2x0xf(t)dt (B)f2(t)dt

02x0t[f(t)f(t)]dt (D)t[f(t)f(t)]dt

03xx(3) 设y(x)是二阶常系数微分方程ypyqye 满足初始条y(0)y(0)0的

ln(1x2)特解，则当x0，函数的极限( )

y(x)(A)不存在 (B)等于1 (C)等于2 (D)等于3 (4) 设函数yf(x)在(0,)内有界且可导，则( )

(A)当limf(x)0时，必有limf(x)0.

xx Born to win

(B)当limf(x)存在时，必有limf(x)0.

xx(C)当limf(x)0时，必有limf(x)0. x0x0(D)当limf(x)存在时，必有limf(x)0. x0x0(5) 设向量组1,2,3线性无关，向量1 可由1,2,3线性表示，而向量2 不能由

1,2,3线性表示，则对于任意常数k ，必有( )

(A)1,2,3 , k12线性无关； (B)1,2,3 , k12线性相关； (C)1,2,3,1k2线性无关； (D)1,2,3,1k2线性相关

三、(本题满分6分)

已知曲线的极坐标方程是r1cos ，求该曲线上对应于直角坐标方程.

四、(本题满分7分)

6处的切线与法线的

322xx,2设f(x)xxe,x2(e1)

五、(本题满分7分)

1x0求函数F(x)0x1x1f(t)dt的表达式.

已知函数f(x)在(0,)内可导f(x)0，limf(x)1 , 且满足

x1f(xhx)1hlim()ex,求f(x). h0f(x)

六、(本题满分8分)

求微分方程xdy(x2y)dx0的一个解yy(x),使得由曲线yy(x)， 与直线

x1,x2以及x轴所围成的平面图形绕x轴旋转一周的旋转体体积最小.

Born to win

七、(本题满分7分)

某闸门的性状与大小如图所示，其中直线l 为对 称轴，闸门的上部为矩形ABCD，下部由二次抛物线 与线段AB所围成，当水面与闸门的上端相平时，欲使 闸门矩形部分承受的水压力与闸门下部承受的水压力之 比为5：4，闸门矩形部分的高h 应为多少m (米)？

八、(本题满分8分)

设0x13,xn1

九、(本题满分8分)

设0ab，证明不等式十、(本题满分8分)

设函数 f(x)在x0的某邻域内具有二阶连续导数，且f(0)0,f(0)0,f(0)0. 证明:存在惟一的一组实数1,2,3，使得当h0时，

D 1m 1m C

l h A B 1m

xn(3xn)(n1,2,)，证明数列xn的极限存在，并求此极限.

2alnblna1.

a2b2baab1f(h)2f(2h)3f(3h)f(0)

是比h高阶的无穷小.

十一、(本题满分6分)

已知A,B为3 阶矩阵，且满足2ABB4E,其中E是3阶单位矩阵. (1) 证明：矩阵A2E可逆；

12120(2) 若B120,求矩阵A. 002

十二、(本题满6分)

已知4阶方阵A(1,2,3,4),1,2,3,4均为4维列向量，其中2,3,4线性无关，1223.如果1234，求线性方程组Ax的通解.

Born to win

2002年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析

一、填空题

(1)【答案】 -2 【详解】如果分段函数f(x)连续，则f(x)在0点处的左右极限相等，从而确定a的值． 当x0时，1etanxtanxx；arcsinx2x，所以有 21etanxtanxxlimf(x)lim=lim=lim2； x0x0xx0xx0xarcsin222x02xlimf(x)limaeaf(0) x0如果f(x)在x0处连续，必有f(0)f(0)f(0), 即a2.

(2)【答案】 1 【详解】面积S0xexdx0xxxdexxeedx0

xxxeexxbbblimxeelimbee11 bb00其中 limbebblimb1洛lim0．

bebbeb

(3)【答案】yx1 【详解】方法1：这是属于缺x的yf(y,y)类型． 命yp,ydpdpdydpp． dxdydxdy2原方程yyy0化为ypdpp20，得 dyp0或ydpp0 dyp0，即

dy10，不满足初始条件y'，弃之；所以p0 dxx02 Born to win

所以，yCdpdydpdyC1p0，分离变量得，解之得p1. 即. dyypydxy由初始条件yx01,y'x01C11，可将C1先定出来：1,C1． 于是得

2122dy1 dx2y解之得，y2xC2,yxC2．以y号

且C21． 于是特解是yx01代入，得1C2，所以应取“+”

x1．

方法2：将yy20改写为(yy)0，从而得yyC1． 以初始条件y(0)1,y(0)12代入，有111C1，所以得yy． 即2yy1，改写为(y2)1． 解得22yxC2,yxC2．再以初值代入，1C2所以应取\"\"且C21． 于是

特解y

(4)【答案】

x1．

22

【详解】利用定积分的概念将被积函数化为定积分求极限．

12n...1cos因为 lim1cos1cosnnnnn limn1i1n1cosnin1limf(ni1ni)xi n其中f(x)1cosx,xin,(i1,2,,n)，所以根据定积分的定义，有

 12nlim1cos1cos...1cosnnnnn101cosxdx20x22cosdx

2

(5)【答案】4

Born to win

022，则

22【详解】记A222222022EA222222(对应元素相减)

222222两边取行列式，

222222把第2行的公011 EA2222行3行0因子提出来22222222201行2行20101按第1行展开(1)1111222(其中(1)1122

指数中的1和1分别是所在的行数和列数)

2(22)2(4)

令

EA0，解得120,34，故4是矩阵的非零特征值．(另一个特

征值是0(二重))

二、选择题 (1)【答案】(D)

【详解】在可导条件下，y线性主部．

而

dydxxx0当xo(x)，

dydxxx00时

dydxxx0x称为y的

dydy,x0.1代入得xf(1)0.2，由题设它xf(x2)2xx，以x1dxdx等于0．1，于是f(1)0.5，应选(D)．

(2)【答案】(D)

【详解】对与(D)，令F(x)x0t[f(t)f(t)]dt，则F(x)t[f(t)f(t)]dt，令

0xxtu，则dtdu，所以

F(x)t[f(t)f(t)]dt(u)[f(u)f(u)]du

00xu[f(u)f(u)]duF(x),

0x Born to win

所以(D)为偶函数．同理证得(A)、(C)为奇函数，而(B)不确定，如f(t)1t．故应选(D)．

(3)【答案】(C)

【详解】由ypyqye，且y(0)y(0)0，可知y(0)1

2方法1：因为当x0时，ln(1x)23xx2，所以

ln(1x2)x22x22limlimlim=lim2， x0x0y(x)x0y(x)x0y(x)1y(x)故选(C)．

方法2：由于y(0)y(0)0,y(0)1． 将函数y(x)按麦克劳林公式展开

ln(1x2)x22y(x)00o(x)，代入，有

y(x)2ln(1x2)x21limlim=lim2． 2x0x012x01o(x)y(x)xo(x2)222x

(4) 【详解】方法1：排斥法．

令f(x)11sinx2，则f(x)在(0,)有界，f(x)2sinx22cosx2， xxxxlimf(x)0，但limf(x)不存在，故(A)不成立；

x0limf(x)0，但 limf(x)10，(C)和(D)不成立，故选(B)． x0x方法2：证明(B)正确． 设limf(x)存在，记limf(x)A，证明A0．

xA0，存在X0，使当xX时，2AAAA3A f(x)A，即Af(x)A22222A由此可知，f(x)有界且大于．在区间[x,X]上应用拉格朗日中值定理，有

2Af(x)f(X)f()(xX)f(X)(xX)

2用反证法，若A0，则对于

从而limf(x)，与题设f(x)有界矛盾．类似可证当A0时亦有矛盾． 故

xA0．

(5)【答案】A

Born to win

【详解】方法1：对任意常数k，向量组1,2,3，k12线性无关． 用反证法，若

1,2,3，k12线性相关，因已知1,2,3线性无关，故k12可由1,2,3线性表出． 即存在常数1,2,3，使得 k12112233

又已知1可由1,2,3线性表出，即存在常数l1,l2,l3，使得1l11l22l33代入上式，得

k12k(l11l22l33)2112233

2(1kl1)1(2kl2)2(3kl3)3

与2不能由1,2,3线性表出矛盾．故向量组1,2,3，k12线性无关，选(A) 方法2：用排除法

B选项：取k0，向量组1,2,3，k12即1,2,3，2线性相关不成立，否则因为1,2,3，2线性相关，又1,2,3线性无关，故2可由1,2,3线性表出．即存在常数1,2,3，使得 2112233与已知矛盾，排除(B)．

C选项：取k0，向量组1,2,3，1k2，即1,2,3，1线性无关不成立，因为1可由1,2,3线性表出，1,2,3，1线性相关，排除(C)．

D选项：k0时，1,2,3，1k2线性相关不成立．若1,2,3，1k2线性相关，因已知1,2,3线性无关，故1k2可由1,2,3线性表出．即存在常数1,2,3，使得 1k2112233. 又已知1可由1,2,3线性表出，即存在常数l1,l2,l3，使得1l11l22l33代入上式，得

1k2(l11l22l33)k2112233 k2(1l1)1(2l2)2(3l3)3

因为k0，故

21l1k12l2k23l3k3

与2不能由1,2,3线性表出矛盾．故1,2,3,1k2线性相关不成立，排除(D)． 故选(A)．

Born to win

三【详解】由极坐标到直角坐标的变换公式角坐标的参数方程为

xrcos，化极坐标曲线r1cos为直

yrsin2xcoscos cossinysinx(1cos)cos， 即 y(1cos)sin曲线上6的点对应的直角坐标为(3313,) 2424dydx6dyddxdcossin2cos2sin2cossin661.

于是得切线的直角坐标方程为

133335y()x()，即xy30．

242444(这是由直线的点斜式得到的，直线的点斜式方程为yy0k(xx0)，由导数的几何意义知在6时斜率为1，且该点的直角坐标为(3313,))， 2424法线方程为

1313331y()(x()),即xy0．

2412444(这是由直线的点斜式方程及在同一点切线斜率与法线斜率为负倒数的关系而得) 四【详解】当1x0时

xxx1131F(x)f(t)dt(2tt2)dt(t2t3)x3x2.

1121222当0x1时，

F(x)f(t)dtf(t)dt11x0x0x130tetf(t)dt(tt)tdt

10(e1)2221txxdttxedtx1x11tttdt 2e100e1xt002e11e2(e1) Born to win

1xex1xtxlnxln2 xln(1e)x2e1e102e1所以

1132xx,当1x022F(x) xlnexln21,当0x1ex1ex12

lnf(xhx)h五【详解】因为ef(x)1h1f(xhx)f(x)，

又 lim1f(xhx)1lnlimh0(lnf(xhx)lnf(x))， x0 h0hhf(x)xf(x)lnf(xhx)lnf(x) )x(lnf(x))xf(x)hx1hxf(x)f(x)lim(h0f(xhx)从而得到 limeh0f(x)由题设e1x

xf(x)11(lnf(x))x，即(lnf(x))2 于是推得

f(x)xx11解此微分方程，得 lnf(x)C1，改写成 f(x)Cex

x1x再由条件limf(x)C1，于是得f(x)e.

x

六【详解】这是一阶线性微分方程y2y1，由通解公式(如果一个一阶线性方程为xp(x)dxp(x)dx[q(x)edxC])有 yp(x)yq(x)那么通解为ye22dxdx11yex[exdxC]x2[2dxC]x2(C)xCx2,1x2

xx由曲线yxCx与x1,x2及x轴围成的图形绕x轴旋转一周的旋转体的体积为

2V(xCx2)2dx(12312157CC) 523(旋转体的体积公式：设有连续曲线:yf(x)(axb)，f(x)0与直线xa,xb及

Born to win

x轴围成平面图形．该图形绕x轴旋转一周产生旋转体的体积为Vf(x)2dx)

ab取C使V最小，由求最值的方法知先求函数的驻点，即

dV0的点， dCdV6215(C)0 dC527575解得C为V的惟一极小值点，也是最小值点，于是. 又V(C)0，故C124124所求曲线为

yx752x. 124

y D 1m 1m C

七【详解】方法1：建立坐标系如下图，

由于底部是二次抛物线我们设此抛物线为

ypx2q，由坐标轴的建立知此抛物线过

(0,0),(1,1)点，把这两点代入抛物线的方程，

l h A B 1m O x 0p02q得，所以q0,p1． 21p1q即底部的二次抛物线是yx2，1x1．

细横条为面积微元，按所建立的坐标系及抛物线的方程，得到面积微元dA2xdy，因此压力微元

dp2gx(1hy)dy (这是由压力的公式得到的：压力=压强面积)

平板ABCD上所受的总压力为

P11h12gx(1hy)dy

2其中以x1代入，计算得P1gh．

抛物板AOB上所受的总压力为

P22gx(1hy)dy,

01其中由抛物线方程知x12y，代入计算得P24g(h)，

315h2124(h)3155 4由题意P1:P25:4，即

解之得h2(米)(h舍去)，即闸门矩形部分的高应为2m．

13 Born to win

（3x1）八【详解】由0x13知x1及均为正数，故

13ab20x2=x1(3x1)(x13x1). (ab()a,b为正数)

2223ab2假设0xk，则再一次用不等式ab()，得

2213xk1=xk(3xk)(xk3xk).

223由数学归纳法知，对任意正整数n2有0xn．

2另一方面，xn1-xn=xn(3xn)xnxn(3xn)xn2xn(3xn)xnnxn(32xn)xn(3xn)xn0.

所以xn单调增加．单调增加数列xn有上界，所以limxn存在，记为a.

由xn1xn(3xn)两边取极限，于是由极限的运算性质得

aa(3a),即2a23a0,

解得a3或a0，但因x10且单调增，故a0，所以 23limxn． n2

九【详解】左、右两个不等式分别考虑. 先证左边不等式， 方法1：由所证的形式想到用拉格朗日中值定理．

lnblna(lnx)ba而

x1,0ab.

112a222ab2ab(当0ab时)，中第二个不等式来自不等式这样就2bab证明了要证明的左边．

方法2：用单调性证，将b改写为x并移项，命

(x)lnxlna2a(xa)，有(a)0． 22ax(xa)24ax(xa)12a4ax(xa)0(当0ax)，(x)22222

x(a2x2)(a2x2)2xax(ax)所以，当xa0时(x)单调递增. 所以(x)(a)0，故(b)0， 即

(b)lnblna2a(ba)lnblna2a 02222abbaab Born to win

再证右边不等式，用单调性证，将b改写为x并移项，命

(x)lnxlna1(xa), ax111a(xa)2有(a)0，及(x)()0,

xa2x2xx2xax所以当xa0时，(x)0，再以xb代入，得

lnblna右边证毕．

1lnblna1(ba),即．

baabab十【详解】从题目结论出发，要证存在唯一的一组1,2,3，使得

Llimh01f(h)2f(2h)3f(3h)f(0)h20

由极限的四则运算法则知，分子极限应为0，即

lim1f(h)2f(2h)3f(3h)f(0)

h0由于f(x)在x0连续，于是上式变形为f(0)(123)f(0). 由f(0)0,知

1231. (1)

由洛必达法则，

hf(h)22f(2h)33f(3h) (2) lim1h02h由极限的四则运算法则知分子的极限应是0，即

h0Llim1f(h)2f(2h)3f(3h)f(0)2

lim(1f(h)22f(2h)33f(3h))0

h0由于f(x)在x0连续，于是上式变形为(12233)f(0)0，由f(0)0,知

122330 (3)

对(2)再用洛必达法则，和f(x)在x0连续

Llimh01f(h)42f(2h)93f(3h)21(14293)f(0) 2由f(0)0，故应有

Born to win

142930 (4)

将(1)、(3)、(4)联立解之，由于系数行列式

11112320, 149由克莱姆法则知，存在唯一的一组解满足题设要求，证毕．

十一【详解】(1) 由题设条件2A1BB4E，两边左乘A，得2AA1BAB4A，即

2BAB4AAB2B4A

所以 (A2E)BAB2B4A4A8E8E4(A2E)8E，

(A2E)B4(A2E)8E(A2E)B(A2E)4E8E

1(A2E)(B4E)8E(A2E)(B4E)E

811根据可逆矩阵的定义知A2E可逆，且(A2E)(B4E)．

811111(2) 由(1)结果知(A2E)(B4E)，根据逆矩阵的性质(kA)kA，其中k8为不等于零的常数，有

1A2E(B4E)8(B4E)1

8故 A8(B4E)2E

11120400320又 B4E120040120(对应元素相减) 002004002因为若AE初等行变换EA，对B4EE进行初等行变换，

13201001200101、行互换3120010320100B4EE 002001002001 Born to win

1200102行1行30801300011002110041行2行21010800101438001011202行()8130100

88001100200 12141故(B4E)1801438000，代入A8(B4E)12E中，则 121438002

02212141A8(B4E)12E880(常数与矩阵相乘，矩阵的每一个元素都需要乘以该常数)

22020202110(对应元素相加)

1302004002

十二【详解】方法1：记A1,2,3,4由2,3,4线性无关，及122304,，

即1可以由2,3,4线性表出，故1,2,3,4线性相关，及1234即

可由1,2,3,4线性表出，知

rAr1,2,3,4,r1,2,3,4r(A)r1,2,33

系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等，故Ax有解．

Born to win

对应齐次方程组Ax0，其系数矩阵的秩为3，故其基础解系中含有4-3(未知量的个数-系数矩阵的秩)个线性无关的解向量，故其通解可以写成k，是Ax的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，知Ax的通解为k，其中k是对应齐次方程组Ax0的通解，是Ax的一个特解，因

12122304,故1223041,2,3,40，

10故1,2,1,0是Ax0的一个非零解向量，因为Ax0的基础解系中只含有一个解向量，故1,2,1,0是Ax0的基础解系．

又

TT111112341,2,3,4，即A

1111故1,1,1,1是Ax的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，方程

T组的通解为k1,2,1,01,1,1,1．(其中k是任意常数) 方法2：令xx1,x2,x3,x4，则线性非齐次方程为

TTTx1x2Ax1,2,3,4x1,2,3,41x12x23x34x4

x3x4已知1234，故

1x12x23x34x41234

将1223代入上式，得

(223)x12x23x34x4(223)234

22x13x12x23x34x4223234324

Born to win

(2x1x2)23x13x34x43240 (2x1x23)2(x1x3)3(x41)40

由已知2,3,4线性无关，根据线性无关的定义，不存在不全为零的常数使得

k22k33k440，上式成立当且仅当

2x1x23x1x30 x1041002100其系数矩阵为1010，因为3阶子式01010，其秩为3，故其齐次

0001001线性方程组的基础解系中存在1个(4-3)线性无关的解向量，取自由未知量x3k，则方程组有解

x41,x3k,x1x3k,x22k3

故方程组Ax有通解

x1k10x2k3232k．(其中k是任意常数) x3k10x1014