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1、（B） 当是偶函数时，必是奇函数.（C） 当是周期函数时，必是周期函数.（D） 当是单调增函数时，必是单调增函数.（4） “对任意给定的，总存在正整数，当时，恒有”是数列收敛于的 （ ）（A）充分条件但非必要条件. （B）必要条件但非充分条件.（C）充分必要条件. （D）既非充分条件又非必要条件.（5）记行列式为，则方程的根的个数为（ ）（A） 1. （B） 2. （C） 3. （D） 4.三、（本题满分5分）求 .四、（本题满分6分）计算 .五、（本题满分7分）求初值问题 的解.六、（本题满分7分）为清除井底的污泥，用缆绳将抓斗放入井底，抓起污泥后提出井口见图，已知井深30m,抓斗自重, 缆

2、绳每米重 ，抓斗抓起的污泥重，提升速度为,在提升过程中，污泥以的速度从抓斗缝隙中漏掉，现将抓起污泥的抓斗提升至井口，问克服重力需作多少焦耳的功？（说明：其中分别表示米，牛顿，秒，焦耳；抓斗的高度及位于井口上方的缆绳长度忽略不计.）七、（本题满分8分）已知函数，求（1）函数的增减区间及极值；（2）函数图形的凹凸区间及拐点（3）函数图形的渐近线.八、（本题满分8分）设函数在闭区间上具有三阶连续导数，且，证明：在开区间内至少存在一点，使.九、（本题满分9分）设函数二阶可导，且，.过曲线上任意一点作该曲线的切线及轴的垂线，上述两直线与轴所围成的三角形的面积记为，区间上以为曲边的曲边梯形面积记为，并设恒

3、为1，求此曲线的方程.十、（本题满分6分）设是区间上单调减少且非负的连续函数，证明数列的极限存在.十一、（本题满分8分）设矩阵，矩阵满足，其中是的伴随矩阵，求矩阵.十二、（本题满分5分）设向量组，（1）为何值时，该向量组线性无关？并在此时将向量用线性表出；（2）为何值时，该向量组线性相关？并此时求出它的秩和一个极大线性无关组.1999 年全国硕士研究生入学统一考试数二试题解析一、填空题（1）【答案】【详解】点对应，则曲线在点的切线斜率为，把代入得，所以改点处法线斜率为，故所求法线方程为.（2）【答案】1【详解】是有方程所确定，所以当时，.对方程两边非别对求导，得把和代入得（3）【详解】通过变换

4、，将积分转化为常见积分，即（4）【详解】按照平均值的定义有作变换令，则，所以（5）【答案】其中为任意常数.【分析】先求出对应齐次方程的通解，再求出原方程的一个特解.【详解】原方程对应齐次方程的特征方程为：解得，故的通解为由于非齐次项为因此原方程的特解可设为代入原方程可求得，故所求通解为二、选择题（ D ）【详解】由于可导必连续，连续则极限必存在，可以从函数可导性入手.因为 从而，存在，且，故正确选项为（D）.（ C ）【详解】当有，所以当时是同阶但不等价的无穷小.（ A ）【详解】应用函数定义判定函数的奇偶性、周期性和单调性.的原函数可以表示为于是当为奇函数时，从而有即 F（x）为偶函数. 故

5、（A）为正确选项.（B）、（C）、（D）可分别举反例如下：是偶函数，但其原函数不是奇函数，可排除（B）；是周期函数，但其原函数不是周期函数，可排除（C）；在区间内是单调增函数，但其原函数在区间内非单调增函数，可排除（D）.【详解】【方法1】“必要性”：数列极限的定义 “对于任意给定的，存在，使得当时恒有”. 由该定义可以直接推出题中所述，即必要性；“充分性”：对于任意给定的，取，这时，由已知，对于此存在，使得当时，恒有，现取，于是有当时，恒有. 这证明了数列收敛于. 故（C）是正确的.【方法2】数列极限的精确定义是：对于任意给定的，总存在，使得当时，则称数列收敛于. 这里要抓住的关键是要能够任

6、意小，才能使任意小. 将本题的说法改成：对任意，总存在，使得当时，有，则称数列收敛于. 由于可以任意小，所以能够任意小. 故两个说法是等价的.（B）【详解】利用行列式性质，计算出行列式是几次多项式，即可作出判别.（若均为阶方阵，则）故 有两个根，故应选（B）.三【详解】进行等价变化，然后应用洛必达法则，【方法1】【方法2】四【详解】采用分部积分法五【详解】将原方程化简 令，则，代入上式，得 ，化简并移项，得 ，由积分公式得 ，其中是常数， 因为所以，去掉根号，得 ，即，把代入并化简，得 六【详解】建立坐标轴如图所示，解法1：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功，其中是克服抓斗自重所作的功；是克服缆

7、绳重力作的功；为提出污泥所作的功. 由题意知将抓斗由处提升到处，克服缆绳重力所作的功为= 缆绳每米重缆绳长提升高度从而 在时间间隔内提升污泥需做功为将污泥从井底提升至井口共需时间所以 因此，共需做功 解法2：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为，当抓斗运动到处时，作用力包括抓斗的自重, 缆绳的重力， 污泥的重力即 于是 七【详解】函数的定义域为，对函数求导，得令得驻点；令得. 因此，需以为分界点来讨论，列表讨论如下：凸，增拐点凹，增凹，减极小值由此可知，（1）函数的单调增区间为，单调减区间为，极小值为.（2）函数图形在区间内是向上凸的，在区间内是向上凹的，拐点为点.（3）由，可知是函数图形的铅

8、直渐近线. 又因为 故是函数的斜渐近线.【详解】解法1：由麦克劳林公式得，其中介于与之间，分别令并结合已知条件得两式相减，得由的连续性，知在区间上有最大值和最小值，设它们分别为和，则有再由连续函数的介值定理知，至少存在一点，使构造函数，使得时有三个点，有两个点，从而使用罗尔定理证明必然存在.设具有三阶连续导数令 ，将代入得代入得 由罗尔定理可知，存在，使又因为，再由罗尔定理可知，存在，使得再由罗尔定理知，存在，使 即 .九【详解】如图，曲线上点处的切线方程为所以切线与轴的交点为由于 因此又 根据题设 得两边对求导并化简得这是可降阶的二阶常微分方程，令 则，上述方程化为分离变量得，解得，即从而有

9、 ，根据可得故所求曲线得方程为 .十【详解】利用单调有界必有极限的准则来证明.先将形式化简，又因为单调减少且非负，所以有 ，故；所以单调减少，因为单调有界必有极限，所以存在.十一【详解】题设条件 上式两端左乘，得 因为，所以 根据可逆矩阵的定义：对于矩阵，如果存在矩阵，使得，则称为可逆矩阵，并称是的逆矩阵，故均是可逆矩阵，且因为常数与矩阵相乘，的每个元素都要乘以，故所以（对应元素相减）（）用初等行变换求逆，当用初等行变换将矩阵化为单位矩阵时，经过相同的初等行变换，单位矩阵化成了，即故 十二【概念】向量组线性无关以为列向量组成的线性齐次方程组只有零解向量能否由向量组线性表出以为列向量组成的线性非齐次方程组是否有解【详解】作方程组，并对增广矩阵作初等行变换，（1） 当时，方程组有唯一解的充要条件是系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩，且等于未知量的个数，故线性无关，且方程组有唯一解，其同解方程组为，解得代入中，即可由线性表出，且表出式为（2） 向量组线性相关以为列向量组成的线性齐次方程组有非零解当时，初等变换不改变向量组的秩，系数矩阵的秩小于未知量的个数，有非零解，故向量组线性相关，列向量组经过初等行变换，其对应的部分列向量组具有相同的线性相关性. 在中，由或知，（或）线性无关，是其极大线性无关组.