2009考研数二真题及解析-20221031.docx(2009考研数二真题答案解析)

2009年入学考试数学二试一、选择题:1～8小题,每小题4分,共32分,下列每小题给出的四个选项中,只有一项是符x函数fx 的可去间断点的个数 sin(a) (b) (c) (d)当x0时,fxxsinax与gxx2ln1bx是等价无穷小,

a1,b1 6a1,b1 6

a1,b16a1,b16设函数zfx,y的全微分为dzxdxydy,则点0, (a)不是fx,y的连续点 (b)不是fx,y的极值点(c)是fx,y的极大值点 (d)是fx,y的极小值点 4设函数fx,y连续,则1dxxfx,ydy1 fx,ydx

1 4

fx,ydy

1

fx,ydy1 fx,ydx (d)1dyyfx,ydxfxyfx在点1,1x2y22fx在区间1,2 (a)(c)(b)(d)设函yfx在区间13上的图形x x ab2a*b*aba2,b3 a 的伴随矩阵 3b*

2b*

2

o

o 3a*

2a*

o

o 0 设a,p均为3阶矩阵,pt为p的转置矩阵,且ptap 0 2 p(,,),q(,, , qt

0 0 2 0 0 2

0 0 2 0 0 2 二、填空题:9-14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置x1teu2曲线 在点(0,0)处的切线方程 已知ekxdx1,则k lim1exsinnxdx ny(12)y(12)yy(xxyex1d2. 00设,3维列向量t的转置,若矩阵t相似于00,则t00.三、解答题:15－23小题,共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说(15)(本题满分91cosxxln(1tan求极限计算不定积分ln

sin4

1x (x1x (17)(本题满分10

2zfxyxyxyf具有二阶连续偏导数,求dz与xy.(18)(本题满分10分)yyxx0xyy20yyx(19)(本题满分10计算二重积分xydxdy,其中dxyx12y122yxd(20)(本题满分122yy(x是区间(,内过点2

2 )的光滑曲线,当x02任一点处的法线都过原点；当0xy(xyyx0y(x(21)(本题满分11(ⅰ)证 日中值定理:若函数fx在a,b上连续,在(a,b)可导,则存在a,b,fbfafba(ⅱ)证明:若函数fxx0处连续,在0,0内可导,且limfxaf0存在,且f0a.(22)(本题满分11分)设 1,1

aa2的所有向量, (ⅱ)对(ⅰ)中的任意向量2,3,证明1,2,3线性无关.(2311分)fx,x,xax2ax2a1x22xx2x 1 2f fy2y2,求a 2009年入学考试一、选择题:1～8小题，每小432分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选x函数fx 的可去间断点的个数为 sina b c d无穷多个【答案】fxxsinx取任何整数时，fx均无意fx的间断点有无穷多个，但可去间断点为极限存在的点，故应是xx30x1,2,30,limxx3lim1 x0sin x0cos x 1 lim lim x1sinx

x1cos 1 lim lim x1sin x1cos 当x0时，fxxsinax与gxx2ln1bx是等价无穷小，则 1 ba1,b11 ba1,b1 ca1,b1.da1,b16666【答案】f(x)xsinaxg(x)x2ln(1bxlimf(x)limxsin

xsinax洛lim1acosax洛lima2sinx0 x0x2ln(1 x0x2 lima2sinaxa3x06b a

a3 另外lim1acosax存在，蕴含了1acosax0x0故a 排除d 设函数zfx,y的全微分为dzxdxydy，则点0,0 a不是fx,y的连续点 b不是fx,y的极值点c是fx,y的极大值点 d是fx,y的极小值点【答案】【解析】因dzxdxydy可得

b c acb21故（0，0）zf(xy的一个极小值点 4fxy1dxxfxydy1

fx,ydx a1

fx,ydy b1

fx,ydy 4 c1 fx,ydx d.1【答案】

fx, 1dxxf(xy)dy1dyxf(x,y)dx的积分区域为两部分:d1(xy1x2,xy2d2(xy1y2,yx4yd(xy1y2,1x4yfxyfx在点1,1x2y22fx在区间1,2内（）a有极值点，无零点 b无极值点，有零点c有极值点，有零点 d无极值点，无零点【答案】【解析】由题意可知，f(x)是一个凸函数，即f”(x0，且在点(1,1)处的曲率2|y” 2 3(1(y

在[1,2]上，f'(x)f'(1)10，即f(x)单调减少，没有极值点.对于f(2)f(1)f'()1 (1,2)，（ f(2)0而f(1)1由零点定理知，在[1,2]上，f(x)有零点 0设函yfx在区间13上的图形0ffo-0-123x则函数fxxftdt的图形为 f1-012 af1-012 f10- –

ff1-012 f1-0123c d 【答案】yf(xxyx0,1f(x)0，且单调递减x1,2f(x)单调递增③x2,3f(x)为常函数x10f(x)0为线性函数，单调递增⑤由于f(x)为连续函设ab2a*，b*分别为ab的伴随矩阵.a2，b3 a 块矩阵 的伴随矩阵为 3b* 2b*a. b. 2 o o 3a* 2a*c. d. o【答案】

oc【解析】根据

ccce若ccc1,c11c 分块矩阵 0（1）ab236即分块矩阵可 a

b1 1bb a1b 0

0 0 0 a a 1b 1

3 0 2b

0

0设a，p均为3阶矩阵，pt为p的转置矩阵，且ptap 0， 2 p（，，），q（，，则qtaq为 0a. 0 2

0 0 2 0c. 0 2

0d. 0 2 【答案】

q(

,)(,

) 0(,,)e

qpe12

0

qtaq[pe(1)]t(1)]et(1)[pt

e 0 0 0 0 0 0 10 二、填空题:9-14小题，每小题4分，共24分.请将答案写在答题纸指定位置上

曲线

x=1-teu2 yt2ln(2t2y2【解析】dy2tln(2t2)t22dxe(1t)2所 dy

t

t所 切线方程为y2x+已知

dx1,则k 1ekxdx2ekxdx

2

1ekx【解析 b 你考研的超级班让考研更轻松102kklim1exsinnxdx n【答案】inexsinnxdxexsinnxnexcosexsinnxnexcosnxn2i

ncosnxsinnxexn2 1xsinnxdxlim(ncosnxsinnxex1

n2 lim(ncosnsinne1 y

n2yxyex

n222

【解析】对方程xyeyx1两边关于x求导有yxy’ 1，得y’1xyxy’y’ey1再次求导可得2y’xy”y”eyy2ey0”2y'(y’)2x

(* 1当x0时，y0，y(0) 2y'(0)(y'(0))2y(0) (21)3(0e0)3函数yx2x在区间0，1上的最小值 【答案】eyx2x2lnx2y0x1e 1 2又yx2x2lnx2x2x ，得y2e 0 eex1yx2xye2ee x0,1时，yx0；x1,1时，yx0，故在0,1上递减，在1 e e 上递增

y11y0lim

lim

2xln

lim2lnxex0x

2limex0

lim2 1 yx2x在区间0，1yeee

0(14)设，为3维列向量，t为的转置，若矩阵t相似于 0， 0 t 0【解析】因为t相似于 0 是2,0,0而t是一个常数，是矩阵t的对角元和，则t200（15（

1cosxxln(1tan sin1x2xln(1tan【解析】lim1cosxxln(1tanx)lim sin4 sin41 2x0sin2

xln(1tanx)1limxln(1tanx)1sin2x 2×0 sin2x （16（计算不定积分ln(1 1xx

(x0)1x t得x ,dx2tdtt21 (t21x 1x)dxln(1t)d t2ln(1t) 1t2而

t21t 1dt1

t21t t t (t1ln(t1)1ln(t1)

1ct1 1x)dxln(1t)1lnt1 t21 t1 2(t1)1x 1x)1 x) 1 1x 11xxln(1 1x)1ln( x)1x 11x（17（2zfxyxyxyf2dz与xyzffyf zffxf dzzdxz (f1f2yf3)dx(f1f22z f111f12(1)f13xf211f22(1)f23xf3y[f311f32(1) fffxyf(xy)f(xy)f xyy20yyxx1y0d的面积为2，求d绕y轴旋转所得旋转体体积.xyy20yc12xc2x2,其中

c2又因为yy(x通过原点时与直线x1y0围成平面区域的面积为2，于是可得c1 3121y(x)dx (2xcx)dx(x 2x 从而c2

y2x3x2(x（13y2x3x2yf（13dy轴旋转所得旋转体的体积为v5v11v5x2dy51 1 5(23y213y9

v5 （19）（本题满分 分）计算二重积dx,yx12y122,yx【解析】由(x1)2y1)22r2(sincos

xyd

，其中3(xy)dxdy

d2(sincos)(rcosrsind3

42(sin 43

(cossin)

cos) (cossin)(sincos)(sincos)24838 (cossin)(sincos)34838 (sincos)3d(sincos)

8

(sincos)4

8343 344（20（

（- 22 ，的光滑曲线，当-x0时，曲线上任22点处的法线都过原点，当0xy(xyyx0.y(x的表达式【解析】由题意，当x0y

xydyxdxy2x2cy22y(y2x2c得c2x2y222当0xy”yx0得y”y0y*c1cosxc2siny1axb，则有0axbx0a1,b0，y1xy”yx0yc1cosxc2sinxxyy(x是(,yx0y(0y(0c1，故c1yy(xx0又当x0时，有2x2yy0，得y'(0

x0y当0xyc1sinxc2cosx1y'(0c2y'(0y'(0得c210，即c22 2故yy(x)的表达式为y cosxsinxx,0xy2x2

x ，又过点 222x22x2y

（21（证明日中值定理:若函

fx在ab上连续，在ab可导，则存a,b，使得fbfafbafxx0处连续，在0,0limfxa f0f0a 【解析】（ⅰ）作辅助函数(xf(xf(af(bf(a(xa，易验证(xb(a(b)(x)在闭ababf(b)f'(x)f'(x)

b根 定理，可得在a,b内至少有一点，使'()0，f'()f(b)f(a)0,f(b)f(a)f'()(ba)ba（ⅱ）x0(0,f(x在闭区间0,x0上连续，开区间0,x0内可导，从而 日中值定理可得:存0,x0,，使得f’ f(x0)f0 x00

x0

…… f’0limf(x0)f0limf'()limf'()x0

x0

x0

0)f'(0)

（22（ 1，1

a2的所有向量, 对（ⅰ）中的任一向量2,3，证明1,2,3线性无关

1 1 11

1

1 22 1 0 x1x20x31 0 故2k110

，其k1为任意a2

2 2 0 0 0 01a2, 1 020 2 0 故有两个变量，令x1，由a2x0得x1,x12

12求特解200

故3k2100 0

，其中k2为任意常数

12k212 由于 2k1

2k1k2(2k11)(k2

)2k1(k22

1

故,

线性无关122（23）（11分）fxxxax2ax2a1x22xx2x 1 2f fy2y2a 1

a |ea

(

a

a

(a)[(a)(a1)1][0((a)[(a)(a1)(a)[22aa2a}(a){[a1(12a)]2} (a)(a2)(a1a,2a2,3a 若1a0，则22031若20，即a2，则120330若30，即a1，则110230，不符题意综上所述，故a2.