1、2005 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析 一、填空题一、填空题(1)【详解】先求出函数的导数,再求函数在某点的微分.方法方法 1：利用恒等变形得xyx)sin1(=+=)sin1ln(xxe+，于是 sin1cos)sinln(1)sin1ln(xxxxyexx+=+，从而 =xdy=().ydxdx=方法方法 2：两边取对数，)sinln(1ln yxx=+，对x求导，得 1cosln(1 sin)1 sinxxyxyx=+，于是 sin1cos)sin)ln(1sin1(xxxxxyx+=+，故 =xdy=().ydxdx=(2)曲线x
2、xy23(1)+=的斜渐近线方程为 _.【详解】由求斜渐近线公式yaxb=+(其中()limxf xax=，lim()xbf xax=)，得：32()(1)limlim1,xxf xxaxx x+=2(1)3lim()lim2323=+=+xxxbf xaxxx，于是所求斜渐近线方程为.23=+yx (3)【详解】通过还原变换求定积分 方法方法 1：令xtsin=(0)2t,则=1022(2)1xxxdx202cos)sin2(cossindttttt220sin2sintdtt=更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存
3、更多高清资料22200cosarctan(cos)1 cos4dttt=+方法方法 2：令21xt=，有221,xt=所以有xdxtdt=，其中01t.11222001arctan014(2)1xdxdtttxx=+(4)【答案】.91ln31yxxx=【详解】求方程()()dyP x yQ xdx+=的解，有公式()()()P x dxP x dxyeQ x edxC=+(其中C是常数).将原方程等价化为 yxxyln2+=，于是利用公式得方程的通解 22 lndxdxxxyex edxC=+221lnxxdxCx=+=211ln39Cxxxx+,(其中C是常数)由91)1(=y得0C=，故
4、所求解为.91ln31yxxx=(5)【详解】由题设，200()1arcsincoslimlim()xxxxxxxkx+=)cosarcsin(1cos1arcsinlim20 xxxkxxxxx+201arcsin1 coslim2xxxxkx+=2001arcsin1 coslimlim2xxxxkxx=+，又因为 201 cos1lim2xxx=，00arcsinlimarcsinlim1sinxuxuxuxu =所以 0()11lim(1)()22xxxk=+34k=由题设0 x时()()xx，所以314k=，得.43=k (6)【答案】2【详解】更多考研资料分享+q q 810958
5、634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料方法方法 1：因为1231231()(,)11 +=，1231231(24)(,)24 +=，1231231(39)(,)39 +=，故 123123123(,24,39)B =+=149123111(,)123，记123(,)A =，两边取行列式，于是有 1 22.149123111=BA 方法方法 2：利用行列式性质(在行列式中，把某行的各元素分别乘以非零常数加到另一行的对应元素上，行列式的值不变；从某一行或列中提取某一公因子行列式值不变)123123123,24,39B =+2 112323233 1
6、,3,28=+3 22123233=,3,2+123233=2,3,+1 312232 33=2,+1 2123=2,又因为123,1A =，故B2 A=2=.二、选择题二、选择题(7)【答案】C【详解】分段讨论，并应用夹逼准则，当|1x 时，33333|1|2|2|nnnnnnnxxxxx=+=，命n 取极限，得33lim2|nnnxx=，由夹逼准则得13331()lim|(1)|.|nnnf xxxx=+=更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料所以 31,|1(),|1xf xxx=再讨论()f x的不
7、可导点.按导数定义，易知1x=处()f x不可导，故应选(C).(8)【答案】A【详解】方法方法 1：应用函数奇偶性的定义判定，函数()f x的任一原函数可表示为+=xF xf t dtC0()()，且()().F xf x=当()F x为 偶 函 数 时，有()()xFxF=，于 是()(1)()FxF x=，即()()fxf x=，亦即()()fxf x=，可见()f x为奇函数；反过来，若()f x为奇函数，则0()()xFxf t dtC=+，令tk=，则有dtdk=，所以 000()()()()()xxxFxf t dtCfk dkCf k dkCF x=+=+=+=，从而 +=xF
8、 xf t dtC0()()为偶函数，可见(A)为正确选项.方法方法 2：排除法，令()1f x=,则取()1F xx=+,排除(B)、(C);令()f xx=，则取21()2F xx=,排除(D);(9)【答案】A【详解】当3x=时，有232+=tt，得121,3tt=(舍去，此时y无意义)，曲线()yy x=的导数为 2111222(1)dydydttdxdxttdt+=+，所以曲线()yy x=在3x=(即1t=)处的切线斜率为18 于是在该处的法线的斜率为8,所以过点(3,ln2)的法线方程为 28(3)ln=xy，令y=0,得其与x轴交点的横坐标为：23ln81+,故应(A).(10
9、)【答案】D 更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料【详解】由于积分区域D是关于yx=对称的,所以x与y互换后积分值不变,所以有 =+df xf yaf xbf yD()()()()df yf xaf ybf xD+()()()()=()()()()12()()()()Daf xbf yaf ybf xdf xf yf yf x+=212.2242Dabababd+=应选(D).(11)【答案】B【详解】因为()()()()xyxyxyxyxu+=，()()()()xyxyxyxyyu+=，于是()()()
10、()22xyxyxyxyxu+=，()()()()2xyxyxyxyx yu+=，()()()()22xyxyxyxyyu+=，可见有2222yuxu=，应选(B).(12)【答案】D【详解】由于函数()f x在0 x=，1x=点处无定义，因此是间断点.且 =()lim0f xx，所以0 x=为第二类间断点；()0lim1=+f xx，()1lim1=f xx，所以1x=为第一类间断点，故应选(D).(13)【答案】B【详解】方法方法 1：利用线性无关的定义 12,分别是特征值12,对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q
11、q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料111222,AA=121122()A+=+.设有数12,k k，使得()011212+=kk A，则 011211222+=kkk1211222()0kkk +=.因12，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故12,线性无关，则=+=.0,022121kkk 当122100=时，方程只有零解，则0,021=kk，此时1，()12+A线性无关；反过来，若1，()12+A线性无关，则必然有02(否则，1与()12+A=11 线性相关)，故应选(B).方法方法 2：将向量组的表出关系表示成矩阵形式 12,分别是特征值12,对应的特征向量
12、，根据特征值、特征向量的定义，有111222,AA=121122()A+=+.由于 ()()()1112111221221,(),0A +=+=，因12，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，知12,线性无关.若1，()12+A线性无关，则()112,()2rA+=，则()()11112122221112,min,2000rrrr =，故121220r，从而12120r=，从而122100=若122100=，则12120r=，又12,线性无关，则()11122211,200rr=，则 更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】
13、保存更多高清资料()()11121221,(),20rAr+=从而1，()12+A线性无关的充要条件是.001221=故应选(B).方法方法 3：利用矩阵的秩 12,分别是特征值12,对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有111222,AA=121122()A+=+.因12，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故12,线性无关，又121122()A+=+，故1，()12+A线性无关112(,()2rA+=又因为 ()()211122122,+=11将的-倍加到第 列 则111221222(,)(,)20rr +=(若20=，与122(,)2r =矛盾)方法方法 4：利用线性齐次方程组
14、 12,分别是特征值12,对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有111222,AA=121122()A+=+.由12，因不同特征值对应的特征向量必线性无关，故12,线性无关，112,()A+线性无关 11122,+线性无关 11122,0 +，()11122,0X +=只有零解，又()()1111221221,0 +=()1112221,00 xx=只有零解 12,线性无关时()12,0Y=只有零解，故1122100 xYx=，只有零解，1122100 xYx=的系数矩阵是个可逆矩阵，更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考
15、研题库】保存更多高清资料122100=，故应选(B)方法方法 5：由12，12,线性无关 12,分别是特征值12,对应的特征向量，根据特征值、特征向量的定义，有111222,AA=121122()A+=+.向量组()12I:,和向量组()1121122II:,()A+=+.显然向量组()II可以由向量组()I线性表出；当20时，不论1的取值如何，向量组()I可以由向量组()II线性表出 11=，11211122112222211()()()A=+=+，从而()I，()II是等价向量组当20时，()()1211122,2rr =+=(14)【答案】(C)【详解】方法方法 1：由题设，存在初等矩阵
16、12E(交换n阶单位矩阵的第 1 行与第 2 行所得)，使得E AB=12，(A进行行变换，故A左乘初等矩阵)，于是 *1212()BE AA E=，又初等矩阵都是可逆的，故 *1121212EEE=，又121EE=(行列式的两行互换，行列式反号)，11212EE=，故*1*1*1212121212BA EA EEA EA E=，即*12*A EB=,可见应选(C).方法方法 2：交换A的第一行与第二行得B，即12BE A=.又因为A是可逆阵，121EE=，故12120BE AEAA=，所以B可逆，且1111212()BE AA E=.更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分
17、享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料又11,ABABAB=，故12BAEBA=，又因BA=，故*12*A EB=.三、解答题三、解答题(15)【详解】作积分变量代换，命xtu=，则 000()()()()xxxf xt dtf uduf u du=,于是=xxxxxxxxf u dut dttfxf t dtxf xt dtxt f t dt0000000()()()lim()()()lim=洛必达法则+xxxxxff u duxxfxxff t dt000()()()()()lim=整理+xxxxxff u duf t dt000()()()lim0001()
18、lim1()()xxxxf t dtxf xf t dtx=+上下同除 而 00000()1lim()limlim()(0)xxxxxf t dtf t dtf xfxx=所以由极限的四则运算法则得，原式0001()lim1()()xxxf t dtxf xf t dtx=+00001lim()1lim()lim()xxxxf t dtxf xf t dtx=+(0)(0)(0)fff=+(0)012f=.(16)【详解】由题设图形知，3C在1C的左侧，根据平面图形的面积公式得，=+=xxttSxeedtex01(1)21(1)21()，=ySytt dt12()(ln()，由()()21Sx
19、Sy=，得 =yxtt dtex1(1)(ln()21，注意到(,)M x y是xye=的点，于是 =ytt dtyy11)(ln()ln(21 O 1 x y 1 ly lx M(x,y)C1 C3 C2 更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料两边对y求导得 ()ln)11(21yyy=，整理上面关系式得函数关系为：.21ln()yyxyy=(17)【详解】由直线1l过(0,0)和(2,4)两点知直线1l的斜率为 2.由直线1l是曲线C在点(0,0)的切线，由导数的几何意义知(0)2f=.同理可得(3)2
20、f=.另外由点(3,2)是曲线C的一个拐点知(3)0.f=由分部积分公式，332200()()()()xx fx dxxx dfx+=+33200()()()(21)xx fxfxxdx=+3220(33)(3)(00)(0)()(21)fffxxdx=+=xdfxxfxfx dx+=+303030(21)()(21)()2()30(2 3 1)(3)(2 0 1)(0)2()fffx dx=+=162(3)(0)20.+=ff (18)【详解】由题设(0)cos=xtt，有sindxtdt=，由复合函数求导的链式法则得 dtdydxtdtdtdyysin1=，)sin1(sin1sincos
21、222tdtd ydttdyttdxdtdtydy=，代入原方程，2222cos111(1 cos)()cos()0sinsinsinsint dyd ydyttyt dtt dttt dt+=，化简得022+=ydtd y，其特征方程为210r+=，特征根1,2ri=,通解为12cossinyCtCt=+所以 212211sincosyCtCtC xCx=+=+，将初始条件01,xy=代入得，2122101 0CCC=+=，即21C=.而 212122(1)2 1xyC xCxCx=+=+，更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考
22、研题库】保存更多高清资料将02xy=代入得1122 022 1 0CC=+=，即12C=.将122,1CC=代入通解公式得满足条件的特解为221,11.yxxx=+(19)【详解】(I)令F xf xx=+()()1，则()F x在0，1上连续，且(0)10F=,于是由闭区间连续函数的介值定理知，存在(0,1),使得()0=F，即=()1f.(II)在0,和,1上对()f x分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点(0,),(,1)，使得0()(0)()=fff，=1(1)()()fff 于是 .1111()1()()()=ffff (20)【详 解】由ydyxdxdz22=知2,2zzx
23、yxy=.对2zxx=两 边 积 分 得2(,)()zf x yxc y=+.将2(,)()z x yxc y=+代 入2zyy=得()2c yy=.所 以2()c yyc=+.所以22zxyc=+.再由1,1xy=时2z=知，2c=.于是所讨论的函数为222zxy=+.求z在2214yx+中 的 驻 点.由2,2zzxyxy=得 驻 点(0,0)，对 应 的(0,0)2zf=.讨论222zxy=+在D的边界22=14yx+上的最值，有两个方法.方法方法 1：把224(1)yx=代入z的表达式，有 2222=52zxyx=+，11x 10 xzx=更多考研资料分享+q q 810958634更
24、多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料命0 xz=解得0 x=，对应的2y=，0,22xyz=还要考虑11x 的端点1x=，对应的0y=，1,03xyz=由2,2,3zzz=比较大小，故 min2z=(对应于0 x=，2y=)，max3z=(对应于0 x=，2y=)方法方法 2：用拉格朗日乘数法，作函数2222(,)2(1)4yF x yxyx=+解方程组 2222(1)0,12022104xyfFxxxfyFyyyyFx=+=+=+=+=+=由上面的第一个方程解得0 x=或1=：当0 x=时由最后一个方程解得2y=；当1=是由第二个方程解得0y=，这
25、时由最后一个方程解得1x=.故解得 4 个可能的极值点(0,2),(0,2),(1,0),(1,0).计算对应z的值：(0,2)(0,2)(1,0)(1,0)2,2,3,3zzzz=再与(0,0)2z=比较大小，结论同方法 1.(21)【详解】D：2210 xy+=为以O为中心半径为 1 的圆周，划分D如下图为1D与2D.这时可以去掉绝对值符号222222211,(,)11,(,)xyx yDxyxyx yD+=方法方法 1：221Dxyd+=+1(1)22Dxydxdy+2(1)22Dxydxdy 后一个积分用直角坐标做，D1 D2 x2+y2=1 更多考研资料分享+q q 81095863
26、4更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料2211222201(1)(1)xDxydxdydxxydy+=+3122222011(1)(1)1(1-)33xxxxdx=+33221111222200002222()(1)(1)3333xxdxx dxdxxdx=+=+42012cos33tdt=+220121 cos2()332tdt+=+220121(12cos2cos 2)334ttdt=+201211 cos4(12cos2)3342ttdt+=+201211cos4(12cos2)33422ttdt=+20121321cos4(2cos2)33
27、422342ttdt=+12103834=+138=+.前一个积分用极坐标做，112222200011(1)(1)()248Dxydxdydrrdrd=.所以 221Dxyd+=8+138+=.314 方法方法 2：由于区域2D的边界复杂，计算该积分较麻烦，可以将2D内的函数“扩充”到整个区域D=12DD，再减去“扩充”的部分，就简化了运算.即 222(1)dDxy+=22(1)Dxyd+122(1)Dxyd+因此 221Dxyd+=122(1)Dxyd222(1)Dxyd+122(1)Dxyd=+22(1)Dxyd+122(1)Dxyd+更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资
28、料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料1222(1)Dxyd=+22(1)Dxyd+由极坐标 112222200011(1)(1)()248Dxydxdydrrdrd=.而 3111222220001(1)(1)(1)03Dxxyddyxydxyxdy+=+=+3112200112211()033333yydyydyy=+=所以 221Dxyd+=2813=.314 (22)【详解】方法方法 1：记123123(,),(,)AB =.由于123,不能由123,线性表出，故()3r A，(若()3r A=，则任何三维向量都可以由123,线性表出)，从而 1111
29、11aAaa=2222 311111aaaaa+把第、行加到第 行1111(2)11(2)11aaaa+提取第 行的公因子 11121(2)01031100aaa +行行行行 1 3013(2)(1)110aaa+按第 列展开2(2)(1)a a=+0=(其中1 3(1)+指数中的 1 和 3 分别是1所在的行数和列数)从而得1a=或2a=.当1a=时，12311,1,1T=，则12312300=+，故123,可由123,线性表出，但2 2,1,4T=不能由123,线性表出(因为方程组2123211111114111kkk =+，即123123123214kkkkkkkkk+=+=+=无解)，
30、故1a=符合题意.更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料当2a=时,由于 122112122121242211B A=12211221000033312006000+行行，行行 因2()2()3r Br B=，系数矩阵的秩和增广矩阵的秩不相等，故方程组2BX=无解，故2不能由123,线性表出，这和题设矛盾，故2a=不合题意.因此1a=.方法方法 2：对矩阵(,)123123 =A作初等行变换，有(,)123123 =A=11411112211aaaaaaa 1221121022010310423011aaa
31、aaaaaa+行行，行行 12211322 02201000403(1)1aaaaaaa+行行，当2a=时，A006033000030122112,不存在非零常数123,k k k，使得123112230003006kkk =+，2不能由123,线性表示，因此2 a；当4a=时，A000093066030122114，3不 能 由123,线 性 表 示，不 存 在 非 零 常 数123,k k k，使 得123412200663000kkk =+.因此4a.更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料而当2 a且
32、4a时，秩(,)3123=r，此时向量组123,可由向量组123,线性表示.又=aaaaaaaB11411111122(,)123123 21112221011022310110423aaaaaaaaaa+行行，行行 2111223201102200206342aaaaaaaaa+行行，由 题 设 向 量 组123,不 能 由 向 量 组123,线 性 表 示，则 方 程 组()1231x =或()1232x =或()1233x =无解，故系数矩阵的秩增广矩阵的秩，故()123()r Br .又当2 a且4a时，()3r B=，则必有10=a或022=aa，即1a=或2=a.综上所述，满足题设
33、条件的a只能是：1a=.方法方法 3：记()()123123,AB =，对矩阵()A B 作初等行变换，得()12312311122(,)111114aA Baaaaaa =21112221011022310110423aaaaaaaaaa+行行，行行 2111223201102200206342aaaaaaaaa+行行，由于123,不能由123,线性表出，故()3r A 则()f x严格单调增加；因为()0,fx 则()f x是凹函数，又0 x，画2()f xx=的图形 y y=f(x)y d 更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号
34、【考研题库】保存更多高清资料 结合图形分析，就可以明显得出结论：0dyy.方法方法 2：用两次拉格朗日中值定理 000()()()ydyf xxf xfxx=+(前两项用拉氏定理)0()()fxfxx=(再用一次拉氏定理)0()()fxx=,其中000,xxx x+，从而0ydy.又由于0()0dyfxx=，故选 A 方法方法 3：用拉格朗日余项一阶泰勒公式.泰勒公式：000()()()()f xf xfxxx=+()20000()()()()2!nnnfxfxxxxxRn+，其中(1)00()()(1)!nnnfxRxxn+=+.此时n取 1 代入，可得 20001()()()()()02y
35、dyf xxf xfxxfx=+=又由0()0dyfxx=，选()A.(8)【答案】(B)【详解】方法方法 1：赋值法 特殊选取1,0()0,01,0 xf xxx=，满足所有条件，则0,0(),0 xxxf t dtxxx=.它是连续的偶函数.因此，选(B)方法方法 2：显然()f x在任意区间,a b上可积，于是0()()xF xf t dt=记处处连续，又 000()()()()()stxxxFxf t dtft dtf s dsF x=即()F x为偶函数.选(B).(9)【答案】(C)【详解】利用复合函数求导法 更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 8
36、10958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料1()()g xh xe+=两边对x求导1()()()g xh xg x e+=将1x=代入上式，1(1)12ge+=1(1)ln1ln2 12g=.故选(C).(10)【答案】(C)【详解】题目由二阶线性常系数非齐次方程的通解，反求二阶常系数非齐次微分方程，分两步进行，先求出二阶常系数齐次微分方程的形式，再由特解定常数项.因为212xxxyc ec exe=+是某二阶线性常系数非齐次方程的通解，所以该方程对应的齐次方程的特征根为 1 和-2，于是特征方程为2(1)(2)20+=+=，对应的齐次微分方程为-20yyy+=所以不选(A)与(B
37、)，为了确定是(C)还是(D)，只要将特解xyxe=代入方程左边，计算得()()-23xyyye+=，故选(D).(11)【答案】()C【详解】记1400(cos,sin)(,)Ddf rrrdrf x y dxdy=，则区域D的极坐标表示是：01r，04.题目考察极坐标和直角坐标的互化问题，画出积分区间，结合图形可以看出，直角坐标的积分范围（注意 yx=与 221xy+=在第一象限的交点是2222（，），于是 22:0,12Dyyxy 所以，原式22120(,)yydyf x y dx=.因此选()C (12)【答案】D【详解】方法方法 1：化条件极值问题为一元函数极值问题。已知00(,)0
38、 xy=，由(,)0 x y=，在00,)xy（邻域，可确定隐函数()yy x=，满足00()y xy=，dyxydx=。00,)xy（是(,)f x y在 条 件(,)0 x y=下 的 一 个 极 值 点0 xx=是 (,()zf x y x=的极值点。它的必要条件是 000000(,)(,)x xx xf xyf xydzdydxxydx=+000000000(,)0(,)(,)(,)xyx xxyxyxyfxyfxy=若00(,)0 xfxy=，则00(,)0yfxy=，或00(,)0 xxy=，因此不选()A，()B.更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q
39、q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料若00(,)0 xfxy，则00(,)0yfxy(否则00 x xdzdx=).因此选()D 方法方法 2：用拉格朗日乘子法.引入函数(,)(,)(,)F x yf x yx y=+，有(,)(,)0(1)(,)(,)0(2)(,)0 xxxyyyFfx yx yFfx yx yFx y=+=+=因为00(,)0yxy，所以0000(,)(,)yyfxyxy=，代入(1)得 00000000(,)(,)(,)(,)yxxyfxyxyfxyxy=若00(,)0 xfxy，则00(,)0yfxy，选()D (13)【答案】A【详解】方法方
40、法 1：若12,s 线性相关,则由线性相关定义存在不全为0的数12s,k kk使得 11220sskkk+=为了得到12,sAAA的形式，用A左乘等式两边,得 11220ssk Ak Ak A+=于是存在不全为0的数12s,k kk使得成立，所以12,sAAA线性相关.方法方法2：如果用秩来解,则更加简单明了.只要熟悉两个基本性质,它们是:1.12,s 线性相关12(,)srs；2.()()r ABr B.矩 阵1212(,)(,)ssAAAA=,设12sB(,)=，则 由()()r ABr B得1212(,)(,)ssr AAArs.所以答案应该为(A).(14)【答案】B【详解】用初等矩阵
41、在乘法中的作用(矩阵左乘或右乘初等矩阵相当于对矩阵进行初等行变换或列变换)得出 更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料将A的第 2 行加到第 1 行得B，即 110010001BA=记 PA 将B的第 1 列的-1 倍加到第 2 列得C，即110010001CB=记 BQ 因为PQ=110010001110010001E=，故1QP E=1P=.从而11CBQBPPAP=,故选(B).三、解答题三、解答题(15)【详解】方法方法 1：用泰勒公式 将2331()26xxxexo x=+代入题设等式整理得 23
42、3111(1)()()1()226BBxCBxCo xAxo x+=+比较两边同次幂函数得11021026BACBBC+=+=+=，由此可解得 13A=，23B=，16C=方法方法 2：用洛必达法则.由()2311(),(0)xeBxCxAxo xx+=+()23011lim0 xxeBxCxAxJx+=(记)220(1)(2)lim3xxxeBxCxeBCxAx+要求分子极限为 0，即 10BA+=，否则J=20(1)2(2)2lim6xxxxeBxCxeBCxe CJx+=要求分子极限为 0，即1220BC+=，否则J=更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q
43、810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料20(1)3(2)61 36lim066xxxxeBxCxeBCxe CBCJ+=1 360BC+=所以 1012201 360BABCBC+=+=+=解得 132316ABC=(16)【详解】题目考察不定积分的计算，利用变量替换和分部积分的方法计算.2arcsinarcsinxxxxxeedxe dxee=22arcsinarcsinxxxxetdeetdtet=令 21arcsinarcsin()1tdttdtttt=+22arcsin1ttdtttt=+222arcsin121tdtttt=+2222arcsin1(1)2(1)11
44、tdttttt=+223arcsin112tdututuu=+令2arcsin1tdutu=+arcsin11ln21tuCtu=+所以 22arcsinarcsin111ln211xxxxxxeeedxCeee=+(17)【详解】积分区域对称于x轴，221xyyxy+为y的奇函数，从而知 2201Dxydxdyxy=+所以 12120222021ln(1)ln21122DrIdxdyddrrxyr=+=+极坐标 更多考研资料分享+q q 810958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料(18)【详解】(I)由于0 x时，0sin xx，于是
45、10sinnnnxxx+.由单调有界准则知limnnx存在.记为A.递推公式两边取极限得sin,0AAA=(II)原式21sinlim()nxnnnxx=，为“1”型.因为离散型不能直接用洛必达法则，先考虑210sinlim()tttt 210sinlim()tttt201sinlimln()tttte=2011(cossin)limsin2tttttttte=30cossinlim2ttttte=200cossincossinlimlim66ttt ttttttee=16e=所以 2221111016sinsinlim()lim()lim()nnxxnnxnnxnnxxxxxxe+=(19)
46、【详解】令()sin2cosf xxxxx=+，只需证明0 x 时,()f x单调增加(严格)()sincos2sinfxxxxx=+cossinxxx=+()cossincossin0fxxxxxxx=()fx 单调减少(严格)，又()cos0f=+=，故0 x，则()f x单调增加(严格)()()baf bf a由有 得证 (20)【详解】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题目中给的等式就可以了()()22222222;zxzyfxyfxyxyxyxy=+=+()()()()2222222222222222xxyxyzxfxyfxyxxyxy+=+更多考研资料分享+q q 8
47、10958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料()()()()2222223 22222xyfxyfxyxyxy=+同理 ()()()()22222223 222222zyxfxyfxyyxyxy=+代入22220zzxy+=，得 ()222222()0fxyfxyxy+=+，所以()()0f ufuu+=成立.(II)令()f up=于是上述方程成为dppduu=，则dpducpu=+，即 lnlnpuc=+，所以()cf upu=因为(1)1f=，所以 1c=，得 2()lnf uuc=+又因为(1)0f=，所以 20c=，得()lnf
48、uu=(21)【详解】方法方法 1：计算该参数方程的各阶导数如下(I)4222,42,12dxdydytttdtdtdxtt=222312110(0)2dydd ydxtdxdxdttttdt=处 所以曲线L在0t 处是凸的(II)切线方程为201(1)yxt=+，设2001xt=+，20004ytt=，则 2223200000000241(2),4(2)(2)tttttttt=+=+得 200000020,(1)(2)001tttttt+=+=所以，切点为(2，3)，切线方程为1yx=+(III)设 L 的方程()xg y=,则()30()(1)Sg yydy=更多考研资料分享+q q 81
49、0958634更多考研资料分享+q q 810958634关注公众号【考研题库】保存更多高清资料由()224024241ttytyxy+=+解出得 由于点(2，3)在 L 上，由()232,241()yxxyg y=+=得可知 所以 ()3094 4(1)Syyydy=3300(102)44y dyydy=3333220002(10)44(4)214(4)3yyydyy=+=+8642213333=+=73=方法方法 2：(I)解出()yy x=：由 1(1)txx=代入 y得 411yxx=+.于是211dydxx=，3222(1)0(1)d yxxdx=曲线L是凸的.(II)L上任意点00
50、(,)xy处的切线方程是0002(1)()1yyxxx=，其中01x(01x=时不合题意).令 1,0 xy=，得 000024111(11xxxx+=）令 001tx=，得 22000024(1)(2)tttt+=.其余同方法 1，得01t=(III)所求图形面积 221199()(411)22Sy x dxxxdx=+23221921(4(1)232xxx=+9839137(1)232263=+=.(22)【详解】(I)系数矩阵1111435113Aab=未知量的个数为4n=，且又AXb=有三个线性无关解，设123,是方程组的 3 个线性无关的解,则2131,是0AX=的两更多考研资料分享
