1、 Born to win 第 1 页 共 14 页2008 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、选择题：18 小题，每小题 4 分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.(1) 设 ，求 的零点个数( )2()1)(fxx)fx0 1 2 3ABCD(2) 如图，曲线段方程为 ，()yfx函数在区间 上有连续导数，则0,a定积分 等于( )0)xfd曲边梯形 面积. ABOD梯形 面积.曲边三角形 面积.C三角形 面积.DA(3) 在下列微分方程中，以 ( 为任意常数) 为通123cosin2xyCeCx123,解的是( ).
2、.A40yB40yy. .CyD(4) 判断函数 间断点的情况( )ln()si0)1xf有 1 个可去间断点，1 个跳跃间断点A有 1 个跳跃间断点，1 个无穷间断点B有两个无穷间断点CyC(0, f(a) A(a, f(a)y=f(x)O B(a,0) xDBorn to win 第 2 页 共 14 页有两个跳跃间断点D(5) 设函数 在 内单调有界， 为数列，下列命题正确的是 ( )()fx,)nx若 收敛，则 收敛. 若 单调，则 收敛.An(nfxBnxnfx若 收敛，则 收敛. 若 单调，则 收敛.C()fxD()f(6) 设函数 连续. 若 ，其中区域 为图中阴影部分，则f2,
3、uvDfxyFduv( )FuA2vfBCvfuD(7) 设 为 阶非零矩阵， 为 阶单位矩阵. 若 ，则( )AnEn3AO不可逆， 不可逆. 不可逆， 可逆.ABEA可逆， 可逆. 可逆， 不可逆. CD(8) 设 ，则在实数域上与 合同的矩阵为( )12AA. .12B21. . CD21二、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.(9) 连续， ，则()fx201cos(in)lim1xef(0)fO xvx2+y2=u2x2+y2=1DuvyBorn to win 第 3 页 共 14 页(10) 微分方程 的通解是 2()0xyedyy(
4、11) 曲线 在点 处的切线方程为 .sinl,1(12) 求函数 的拐点_.23()5fx(13) 已知 ，则 .yz(1,2)_z(14) 矩阵 的特征值是 ，其中 未知，且 ，则 =_.A3248A三、解答题：1523 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(15)(本题满分 9 分)求极限 .40sinsinlmxx(16) (本题满分 10 分)设函数 由参数方程 确定，其中 是初值问题(yx20()ln1txyud()xt的解. 求 .02|xtde2dx(17)(本题满分 9 分)计算 210arcsinxd(18)(本题满分
5、 11 分)计算 其中max,1,Dyd(,)02,Dxyy(19)(本题满分 11 分)设 是区间 上具有连续导数的单调增加函数，且 . 对于任意的(fx0,(0)1f，直线 ，曲线 以及 轴所围成曲边梯形绕 轴旋转一周生0,)txt()yfxxBorn to win 第 4 页 共 14 页成一旋转体. 若该旋转体的侧面面积在数值上等于其体积的 2 倍，求函数 的表达式.()fx(20)(本题满分 11 分)(I) 证明积分中值定理：若函数 在闭区间 上连续，则至少存在一点()fx,ab，使得 ；,ab()()bafxdfba(II) 若函数 具有二阶导数，且满足， ，则至少存 32(2)
6、1,()()xd在一点 ， .(1,3)()0使 得(21)(本题满分 11 分)求函数 在约束条件 和 下的最大和最小值.22uxyz2zxy4z(22)(本题满分 12 分)设 元线性方程组 ，其中nAb， ，221naa 12nx0b(I) 证明行列式 1nAa(II) 当 为何值时，该方程组有唯一解，并求a1x(III) 当 为何值时，该方程组有无穷多解，并求通解(23)(本题满分 10 分) 设 为 3 阶矩阵， 为 的分别属于特征值 的特征向量，向量 满足A12,A1,3，32(I) 证明 线性无关；123,(II) 令 ，求,P1PABorn to win 第 5 页 共 14
7、页2008 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析一、选择题(1)【答案】 D【详解】因为 ，由罗尔定理知至少有 ， 使(0)1(2)0ff1(0,)2(1,)，所以 至少有两个零点. 由于 是三次多项式，三次方程12()fx fx的实根不是三个就是一个，故 D 正确.x(2)【答案】 C【详解】 000 0()()()()()aaaaxfdxffxfdxffxd其中 是矩形 ABOC 面积， 为曲边梯形 ABOD 的面积，所以 为0a 0()afx曲边三角形的面积(3)【答案】 D【详解】由微分方程的通解中含有 、 、 知齐次线性方程所对应的特征方程xecos2inx有根 ，所以特征方程
8、为 ，即 . 1,2ri(1)()0rr3240r故以已知函数为通解的微分方程是 4y(4) 【答案】 A【详解】 时 无定义，故 是函数的间断点0,1x()fx0,1x因为 0000lnlim()iimlics|csotxxxxf x200illiooxx同理 0li()xf又 1111lnlimiimslisni1xxxxf111lli()iiixxxfBorn to win 第 6 页 共 14 页所以 是可去间断点， 是跳跃间断点.0x1x(5)【答案】 B【详解】因为 在 内单调有界，且 单调. 所以 单调且有界. 故()f,)nx()nfx一定存在极限.()nfx(6)【答案】 A
9、【详解】用极坐标得 22()2011, ()vuufrDfuvFvddvfrd所以 2vfu(7) 【答案】 C【详解】 ，23()EAEA23()EAE故 均可逆,(8) 【答案】 D【详解】记 ，12则 ，又2142E 21142EA所以 和 有相同的特征多项式，所以 和 有相同的特征值.ADD又 和 为同阶实对称矩阵，所以 和 相似由于实对称矩阵相似必合同，故 正确.D二、填空题(9)【答案】2【详解】 22220001cos()sin()sin()()limllm4(xx xfffxfe 0li)()1xff所以 (2f(10)【答案】 ()xeCBorn to win 第 7 页 共
10、 14 页【详解】微分方程 可变形为20xyedyxdye所以 111()dxxxxCeC(11)【答案】 1yx【详解】设 ，则 ，(,)sin()l)Fyx1cos()xyyFdx将 代入得 ，所以切线方程为 ，即(0)1y01xd 10x1x(12)【答案】 (,6)【详解】 532yx23131350(2)xyx14499时， ； 时， 不存在1x0yxy在 左右近旁 异号，在 左右近旁 ，且00y(1)6故曲线的拐点为 (,6)(13)【答案】 2(ln1)【详解】设 ，则,yxuvvzu所以 121()lnvvzyuxxy2lnlxyvyuuxBorn to win 第 8 页 共
11、 14 页所以 (1,2)(ln1)zx(14)【答案】-1【详解】 |36A3|2|A2481三、解答题(15)【详解】方法一： 4 30 0sin(si)nsin(si)lmlmx xxx22 20 001sinco(i)co1co(i)li lilm3 36x xx 方法二： 31sn6x3snsii(i)6ox4440 0is(i)(n)1lmlix xox (16)【详解】方法一：由 得 ，积分并由条件 得 ，即2xdte2xdt0tx21xetln(1)xt所以 222ln(1)()ln1ydttttx222 2()ll()1dtty ttxdxt 22(1)ln()1t方法二：由
12、 得 ，积分并由条件 得 ，即20xtedxdt0tx2xetln(1)xtBorn to win 第 9 页 共 14 页所以 222ln(1)()ln1xdyttttex所以 2()xdye(17)【详解】方法一：由于 ，故 是反常积分.21arcsinlimxx210arcsinxd令 ，有 ，ritit,)221 220000acsnsncoscosin()x ttdtdtdtd 22220 0i1si si4164t tt t 2201co68t方法二：210arsinxd1220(arcsin)x1 21222 20 0(rcsi)(ri)(arcsin)8dxxd令 ，有 ，ai
13、nxtsint,122200011(rcsi)icos4dtdttt2220(o)cos416ttt故，原式216(18)【详解】 曲线 将区域分成两xyO 0.5 2 xD1D3 D2Born to win 第 10 页 共 14 页个区域 和 ，为了便于计算继续对1D23区域分割，最后为 max,Dyd123Dxdy122 1002xxdy51lnl49ln(19)【详解】旋转体的体积 ，侧面积 ，由题20()tVfxd 202()1()tSfxfdx设条件知 2200()()1()ttfffd上式两端对 求导得 ， 即 t 2tt 21y由分离变量法解得 ， 即 21ln()yCtCe将 代入知 ，故 ，(0)1yCte()2tty于是所求函数为 ()2ttyfx(20)【详解】(I) 设 与 是连续函数 在 上的最大值与最小值，即Mm()fx,ab,由定积分性质，有 ，即 ()()()bafxdMba ()bafxdmM由连续函数介值定理，至少存在一点 ，使得 ,()()baff即 ()()bafxdfba(II) 由(I) 的结论可知至少存在一点 ，使 2,332()()32()xd又由 ，知 32()()()xO 0.5 2 xD1D3 D2
