数学二答案及解题分析.docx
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数学二答案及解题分析
数学
（二）试题答案及解题分析
一、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分，把答案填在题中横线上）
tt
（1）设曲线y=
cosusinuð
f（x）由x=∫du及y=∫du确定.则该曲线当t=
时的切线斜率等于
1u1u4
1，此曲线介于t=1与t=e之间的弧长为。
2
【解】该曲线当t=ð
4
时的切线斜率为
dy
dxt=ð
4
=tant
ð==1；
t=
4
曲线介于t=1与t=e之间的弧长为
2
ecost
sinte1
22
22
L=∫1
（）+（
tt
）dt=∫1
dt=1−ln2。
t
3
（2+x）2
（2）曲线y=的斜渐近线方程为。
x
【解】a=
lim（2
3
+x）2
=lim（2
3
+1）2=1
x→∞x32
x→∞x
b=lim[
3
（1+x）2
−x]=lim
3
（2+x）2
3
−x2
x→∞x
x→∞x
=limx[（1+2）32−1]=limx⋅3⋅2=3
x→∞x
x→∞2x
斜渐近线方程为
y=x+3。
由g（x）=e2−x−1=0得到唯一零点x=2。
再由初等函数y=ex
的性质可以得到
⎧1,
⎨0
f（g（x））=sgng（x）=⎪,
⎪
⎩−1,
x<2x=2x>2
⎧−1,
x<0
（3）设符号函数
f（x）=sgnx=⎪,
x=0，g（x）=e2−x−1，
⎪
⎨0
⎩1,
x>0
则f（g（x））=。
【解】由g（x）=e2−x−1=0得到唯一零点x=2。
再由初等函数y=ex的性质可以得到
⎧1,
⎨0
f（g（x））=sgng（x）=⎪,
⎪
⎩−1,
x<2x=2x>2
（4）若f（x）=2nx（1−x）n，记M
=max{f（x）}，则limM
=。
nx∈[0,1]
n→∞n
【解】f'（x）=2n（1−x）n−1（1−（n+1）x）=0，得到唯一驻点x=
1
。
n+1
由f（x）在[0,1]上有最大值，可能的最大值点是在x=0，1或
得到
1
n+1
取到，比较三点的函数值
（1）
n
2n⎛11⎞
Mn=f
n+1
=⎜
n+1⎝
−⎟
n+1⎠
n
lim
2lim⎛11⎞。
Mn=
n→∞
⎜
n→∞⎝
−⎟
n+1⎠
⎤
−x
x
⎛1⎞
⎡⎛1
−（x+1）
⎞
x+1
=lim⎜1−
x→∞⎝
⎟
x+1⎠
=2lim⎢⎜1−
x→∞⎢⎣⎝
⎟
x+1⎠
⎥=2e。
⎦⎥
⎛ð⎞
（5）设y=y（x）在任意点x∈（0,+∞）满足∆y=（y+xsinx）∆x+o（∆x），若y⎜
⎟=0，则
x⎝2⎠
y（x）=。
【解】y=y（x）在任意点x∈（0,+∞）满足∆y=（y+xsinx）∆x+o（∆x）
x
则f（x）在（0,+∞）内可导，且程初值问题
y′=
y+xsinx，于是得一阶线性微分方
x
⎧1
⎪y′−xy=xsinx
⎨⎛ð=⎞，
⎪y⎜
⎟=0
1dx
⎝2⎠
−
1dx
y′=e∫x
⎛ð=⎞
（∫xsinxe∫x
dx+C）=x（∫sinxdx+C）=x（−cosx+C）
由y⎜
⎟=0得C=0。
于是y=−xcosx。
⎝2⎠
（6）设〈1,〈2,〈3是3维列向量，记矩阵A=（〈1,〈2,〈3），B=（〈3,〈2,〈1），C=2A−B，已知
A=1，则C=．
【解】[方法1]
C=2A−B
=2（〈1,〈2,〈3）−（〈3,〈2,〈1）
=（2〈1−〈3,〈2,2〈3−〈1）
⎛20
⎜
−1⎞
⎟
⎜
=（〈1,〈2,〈3）⎜0
⎝−1
10⎟
2
⎟
0⎠
[方法2]
20
C=A01
−10
−1
0=3
2
C=2A−B
=2（〈1,〈2,〈3）−（〈3,〈2,〈1）
=2〈1−〈3,〈2,2〈3−〈1
=2〈1,〈2,2〈3
=4〈1,〈2,〈3
=3〈1,〈2,〈3
=3
+−〈3,〈2,−〈1
−〈1,〈2,〈3
二、选择题（本题共8小题，每小题4分，满分32分，在每小题给出的四个选项中，
只有一个是符合题目要求的，把所选项前的字母填在题后的括号内。
）
（7）若
limcos2x−
cos2x
=a≠0,则（）。
x→0
1+xk−1
（A）
k=2,a=−2。
（B）
k=−2,a=−2。
（C）
k=2,a=2。
（D）
k=−2,a=2。
【解】lim
cos2x−
cos2x
=2lim
cos22x−cos2x
x→0
1+xk−1
x→0
xk（cos2x+
cos2x）
=2lim
cos2x−1
−1（2x）2
=2lim2=a≠0，
x→0
xk（1+
1）
cos2x
x→0
xk（1+
1）
cos2x
得到k=2,a=−2。
答案：
（A）。
（8）设f（x）在[0,+∞）上有三阶连续导数，若lim
x→+∞
f（x）存在，lim
x→+∞
f′′（x）=0，则（）。
（A）
lim
x→+∞
f′（x）=
lim
x→+∞
f′（x）=0。
（B）
lim
x→+∞
f′（x）=0,lim
x→+∞
f′（x）≠0。
（C）
lim
x→+∞
f′（x）≠0,lim
x→+∞
f′（x）=0。
（D）
lim
x→+∞
f′（x）≠0,lim
x→+∞
f′（x）≠0。
【解】答案：
（A）。
当x>1时，
f（x+1）=
f（x）+f′（x）+1f′（x）+1f′′（⎩）,
⎩∈（x,x+1），
26
f（x−1）=
f（x）−f′（x）+1f′（x）−1f′′（ç）,
ç∈（x−1,x），
两式相减，并令x→+∞得两式相加，并令x→+∞得
lim
x→+∞
lim
x→+∞
26
f′（x）=0，
f′（x）=0。
[注]事实上，任意两点x+a,x+b的值在点x展开都能得到结论。
2
（9）函数f（x,y）=ex−y（5−2x+y）在全平面上（）。
（A）有最大值无最小值。
（B）有最小值无最大值。
（C）既有最小值，也有最大值。
（D）即无最小值，也无最大值。
⎧f′（x,y）=e
x2−y
（10x−4x2
+2xy−2）=0
⎨
【解】⎪x,
2
f′（x,y）=ex−y（2x−y−4）=0
⎪⎩y
解得唯一驻点
（1,−2）
2
fx′x
=ex−y（20x2−8x3+4x2y−12x+2y+10）,
2
2
fy′y
=ex−y（−2x+y+3）,
fx′y
=ex−y（4x2−2xy−8x+2）
xx
xy
yy
A=f′（1,−2）=−2e3,
B=f′（1,−2）=2e3,
C=f′（1,−2）=−e3
AC−B2=−2e6<0,
驻点（1,−2）
非极值点。
又在全平面可微，因此无最小值，也无最大值。
答案：
（D）。
（10）设f（x）在x=0某邻域内有二阶连续导数，且f′（0）=0，
lim
xf′（x）
=1，则（）。
（A）
x→01−cosx
f′（0）≠0，但（0,f（0））是曲线y=
f（x）的拐点。
（B）
f′（0）=0且f（0）是f（x）的极小值。
（C）
f′（0）=0,且（0,f（0））是曲线y=
f（x）的拐点。
（D）
f′（0）≠0且f（0）是f（x）的极小值。
【解】答案为（C）。
首先lim
xf′（x）
=1≠0，则limf′（x）=0，又因为f（x）在x=0某邻域内
x→01−cosx
x→0
有二阶连续导数，于是f′（0）=0。
其次，根据极限的保序性知道，在x0的某去心邻域内，
必有xf′（x）>0，即知f′（x）在x=0两侧变号，于是可以断定（0,f（0））是曲线y=
f（x）的
拐点。
即只有选项（C）正确。
（11）设A是一个装满水的半球形水池，半径为R，若用水泵将A中的水全部泵出，则克服重力所作的功为（）。
（A）
1ðR4
2
。
（B）
1ðR4
3
。
（C）
1ðR4。
（D）
4
1ðR4。
8
【解】取半球的球心为坐标原点，竖直向下的直线为x轴，则克服重力所做的功为
R
W=∫
x（R2−x2）dx=ð[1R2x2−1x4]R=1ðR4。
ð
0
选（C）。
2404
⎪x
⎧1x≠0,且x≠1
（12）设函数f（x）=⎨1−e1−x
⎪
⎩0,
x=0或1
，则（）。
（A）x=0，x=1都是f（x）的可去间断点。
（B）x=0是f（x）的无穷间断点；x=1是f（x）的第一类间断点，但不为可去间断点。
（C）x=0是f（x）的无穷间断点；x=1是f（x）的可去间断点。
（D）x=0，x=1均为f（x）的第一类间断点。
【解】
lim1
x→0x
=∞，lim1
x→1−x
=0，lim1
x→1+x
=−1。
答案为（B）。
ex−1−1
ex−1−1
ex−1−1
（13）设⎣1,⎣2是3阶矩阵A的两个不同的特征值，〈1,〈2是A的属于⎣1的线性无关的特征向量，〈3
是A的属于⎣2的特征向量，则〈1+A〈3，A（〈2−〈3），A〈1+〈3线性相关的充分必要条件
是（）。
（A）
⎣1=0或⎣1⎣2=1
（B）
⎣2=0或⎣1⎣2=1
（C）
⎣1≠0且⎣1⎣2≠1
（D）
⎣2≠0且⎣1⎣2≠1
⎛1
⎜
⎜
【解】（〈1+A〈3,A（〈2−〈3）,A〈1+〈3）=（〈1,〈2,〈3）⎜0
⎝⎣2
0
⎣1
−⎣2
⎣1⎞
⎟
0⎟，
1
⎟
⎠
由〈1,〈2,〈3
1
线性无关，又0
⎣2
0
⎣1
−⎣2
⎣1
0=⎣1（1−⎣1⎣2）=0，
1
⇔⎣1=0,or⎣1⎣2=1，所以，选（A）。
（14）对3阶矩阵A的伴随矩阵A*先交换第1行和第3行，然后将第2列的−2倍加到第3列，得到矩阵−E，其中E是3阶单位矩阵，则A=（）。
⎛1⎞⎛
⎜⎟⎜
−1⎞
⎟
⎝
⎛1⎞⎛1⎞
⎜⎟⎜⎟
（A）⎜
1−2⎟或⎜
−12⎟
。
（B）⎜
1−2⎟或⎜−21⎟。
⎜
⎜
⎝1⎠
⎛−1⎞
⎟
⎠
⎜⎟
⎝−1
⎛
⎜
⎜
⎟
⎠
⎠
−1⎞
⎟
⎝1⎠⎜
1
⎛1⎞⎛
⎜
1
⎝⎠
⎜⎟⎜
⎟
⎜
⎟
⎠
⎠
−1⎞
⎟
（C）⎜
−12⎟或⎜2−1
⎟。
（D）
⎜−21
⎟或⎜2−1⎟。
⎜
⎝−1
⎟⎝−1⎟
⎜⎟⎝−1⎟
【解】依题意
⎛
⎜
1⎞⎛1⎞
⎟⎜⎟
⎜
⎟
⎜1⎟A∗⎜
1−2⎟=−E
1
⎝
⎠
⎝1⎠⎜⎟
⎛1⎞⎛1⎞
⎜⎟⎜⎟
⎛1⎞
⎜
⎟
⎜⎟
⎜1−2⎟⎜
1⎟A∗=−E，⎜−21
⎟A∗=−E，
11
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
⎝1⎠
2
A=1，所以，A=±1.于是
⎛1⎞⎛
⎜⎟⎜
−1⎞
⎠
⎟
A=⎜−21
⎟或A=⎜2−1
⎟，故选（D）。
⎜
⎜
⎟
⎝1⎠
⎝−1⎟
三、解答题（本题9小题，满分94分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
（15）（本题满分11分）设
并求此极限值。
1an（5−an），（n=1,2,L），证明
liman存在，
n→∞
【证】采用归纳法，先考虑{an}的有界性，再考虑单调性。
a=a（5−a）≤1（a
+5−a）=5，
21
5
假设an<，则
2
12112
an+1
=≤1（a
2n
5
+5−an
）=5，
2
因此{an}有上界。
由
2
an+1=
an
an（5−an）=
an
5−1≥
an
2−1=1
得到{an}单调增加，故liman存在，记liman=A。
n→∞
n→∞
由极限的唯一性，对an+1=
an（5−an）
两边取极限，由极限的唯一性得到
A=A（A−5），解得A=0或A=5，再由极限保序性，得到A≥1，因此lima
=A=5。
2n→∞n2
cos
x−1
（16）（本题满分11分）求不定积分∫
xsin2
dx。
x
【解】
cos
∫
x−1dx=∫
cosx
dxdx−∫
xsin2x
xsin2x
xsin2x
=2∫
d（sin
sin2
x）−
x
d（
2∫sin2
x）−2
=
xsinx
+2cot
x+C。
（17）（本题满分11分）一个容器的内表面侧面由曲线x=
2+y2
（0≤x≤2）
绕x轴旋转而成，
外表面由曲线x=
2+y2
在点（2,
2）的切线位于点（2,
2）与x轴焦点之间的部分绕x轴
旋转而成，此容器材质的密度为∝，求此容器自身的质量M及其内表面的面积S。
【解】y′
（2）=
2，切线为y=2+
2ð
2（x−2），与x轴交点为（1,0）
切线旋转后的体积为V1=，
3
曲线旋转成的体积为V
22
=∫ðy2dx=ð∫
（x2−2）dx=4ð（
2−1）
2223
此容器自身的质量M=∝（V1
−V2
）=∝3ð（3−2）
x
4
2
2
内表面积为S=∫22ð
x2−2⋅
⎛
⎜
1+⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
x2−2⎟
2
dx=2ð∫2
2（x2
−1）dx
2
=
⎢
⎡xx2−1−1ln（x+
⎣2
⎥
2
x2−1）⎤
⎦2
⎛
⎜
=⎜2
⎝
6−2+
2ln
2+1⎞
⎟ð
⎠
3+2⎟
⎧
⎪
cosy
⎨
（18）（本题满分12分）求解二阶微分方程的定解问题⎪
d2ydx2
+siny（dydx
）2=
dy
dx。
⎪y（−1）=ð,y′（−1）=1
62
2
【解】令u=dy,
dy=uu′，原方程化为
dxdx2
ucosy⋅u′+u2siny=u，
u=0，y=C不复合初值条件，舍去。
u≠0时，得到
u′+utany=
1
，
cosy
ð1
解为u=y′=cosy（C1+tany），由
y（−1）=
y′（−1）=
6
，得C1=0。
2
再解方程
dy=siny得到
dx
lncscy−coty
=t+C2，
由y（−1）=ð
6
得出C2
=1+ln（2−
3）。
定解问题之解为
tany=1−cosy=
1−cosy
=（2−
3）ex+1。
2siny
1+cosy
（19）（本题满分12分）设
1
f（x）在[0,1]上连续，在（0,1）内可导，且∫0f（x）dx=0，记
x
F（x）=∫0xf（t）dt。
（1）求F'（x）；
⎩
（2）试证：
在（0,1）内至少存在一点，使∫0
f（x）dx=−⎩f（⎩）
（3）试证：
在（0,1）内至少存在一点x0，使得2f（x0）+x0f'（x0）=0
【解】
（1）
x
F'（x）=∫
f（t）dt+xf（x）
（2）
0
F（0）=0,
1
F
（1）=∫
f（x）dx=0,又因为F（x）在[0,1]上连续，（0,1）内可导
0
由Roll定理可得，存在一点⎩∈（0,1）使得
F'（⎩）=0，即
⎩
∫0f（x）dx=−⎩f（⎩）
（3）因为F'（0）=0,
F'（⎩）=0
⎩∈（0,1）
及F'（x）在[0,1]上连续，（0,1）内可导，由Roll
定理可得，存在一点x0∈（0,⎩）使得
F''（x0）=0，即
2f（x0）+x0f'（x0）=0。
（20）（本题满分10分）设函数f（x）有反函数g（x
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