1、 数学(二)试题 第 1 页(共 11 页)2012 年全国硕士研究生入学统一考试 2012 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：一、选择题：18 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，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的，请将所选项前的字母填在答题纸分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上指定位置上.（1）曲线221xxyx渐近线的条数为（）（A）0（B）1（C）2（D）3【答案】：【答案】：C【解析】：【解析】：221lim1xxxx，所以1x 为垂直的 22lim11xxxx，所以1
2、y 为水平的，没有斜渐近线 故两条选C（2）设函数2()(1)(2)()xxnxf xeeen，其中n为正整数，则(0)f（A）1(1)(1)!nn（B）(1)(1)!nn（C）1(1)!nn（D）(1)!nn【答案】：【答案】：A【解析】：【解析】：222()(2)()(1)(22)()(1)(2)()xxnxxxnxxxnxfxe eeneeeneenen 所以)!1()1()0(1nfn（3）设 an0(n=1,2,)，Sn=a1+a2+an，则数列(sn)有界是数列（an）收敛的(A)充分必要条件.(B)充分非必要条件.（C）必要非充分条件.（D）既非充分也非必要条件.数学(二)试题
3、第 2 页(共 11 页)【答案】：【答案】：(B)（4）设Ik=ex20kp sinxdx(k=1,2,3),则有（）（A）I1 I2 I3.(B)I3 I2 I1.(C)I2 I3 I1,(D)I2 I10,(,)f x yy0,f(x1,y1)x2,y1 x2,y1y2.(C)x1 x2,y1 y2.(D)x1 y2.【答案】：【答案】：(D)【解析】：【解析】：(,)0f x yx，(,)0f x yy表示函数(,)f x y关于变量x是单调递增的，关于变量y是单调递减的。因此，当1212,xxyy必有1122(,)(,)f x yf xy，故选 D（6）设区域 D 由曲线,1,2,s
4、inyxxy围成，则)(15 dxdyyx)(2)(2)()(DCBA【答案】：【答案】：（D）【解析】：【解析】：由二重积分的区域对称性，dyyxdxdxdyyxx1sin522511 大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china-更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 数学(二)试题 第 3 页(共 11 页)（7）设1234123400110,1,1,1cccc 其中1234,c c c c为任意常数，则下列向量组线性相关的是（）（A）123,（B）124,（C）134,（D）234
5、,【答案】：【答案】：（C）【解析】：【解析】：由于134113401111,011011cccc ，可知134,线性相关。故选（C）（8）设A为 3 阶 矩 阵，P为 3 阶 可 逆 矩 阵，且1112P AP，123,P ，1223,Q 则1Q AQ（）（A）121 （B）112（C）212 （D）221【答案】：【答案】：（B）【解析】：【解析】：100110001QP，则11100110001QP，故11100100100110011101101101110100100100120012Q AQP AP 故选（B）。二、填空题：二、填空题：9 14 小题，每小题小题，每小题 4 分，共
6、分，共 24 分，请将答案写在答题纸分，请将答案写在答题纸指定位置上指定位置上.（9）设()yy x是由方程21yxye 所确定的隐函数，则022xdxyd_。【答案】：【答案】：1 数学(二)试题 第 4 页(共 11 页)（10）计算22222111lim12xnnnnn_。【答案】：【答案】：4【解析】：【解析】：原式11220111limarctan.141nnidxxnxin（11）设1lnzfxy,其中函数()f u可微，则2zzxyxy_。【答案】：【答案】：0.【解析】：【解析】：因为211,zzffxxyy，所以20.zzxyxy（12）微分方程2(3)0ydxxydy满足条
7、件|xy=1 的解为_。【答案】：【答案】：2xy【解析】：【解析】：21(3)03dxydxxydyyxdyy13dxxydyy为一阶线性微分方程，所以 112133dydyyyxey edyCy dyCy31()yCy 又因为1y 时1x，解得0C，故2xy.大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china-更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 数学(二)试题 第 5 页(共 11 页)（13）曲线2(0)yxx x上曲率为22的点的坐标是_。【答案】：【答案】：1,0【解析】：将【解析
8、】：将21,2yxy”代入曲率计算公式，有 32 3/222|22(1)21(21)yKyx 整理有2(21)1x，解得01x 或，又0 x，所以1x ，这时0y，故该点坐标为1,0（14）设A为 3 阶矩阵，3A,*A为A的伴随矩阵，若交换A的第一行与第二行得到矩阵B,则*BA _。【答案】：【答案】：-27【解析】：【解析】：由于12BE A，故*121212|3BAE A AA EE，所以，*31212|3|3|27*(1)27BAEE.三、解答题：三、解答题：1523 小题，共小题，共 94 分分.请将解答写在答题纸请将解答写在答题纸指定位置上指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或
9、演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（15）（本题满分 10 分）已知函数11()sin,xf xxx，记0lim()xaf x（1）求a的值（2）若当0 x 时，()f xa是kx的同阶无穷小，求k【解析】：（【解析】：（1）200011sinlim()lim(1)lim1 1sinxxxxxf xxxx，即1a （2）,当0 x 时，由11sin()()1sinsinxxf xaf xxxxx 又因为,当0 x 时，sinxx与316x等价，故1()6f xax，即1k （16）（本题满分 10 分）求函数f x,y()=xe-x2+y22的极值。数学(二)试题 第 6 页(共
10、 11 页)【解析】：【解析】：22,2xyf x yxe，先求函数的驻点.0),(,01),(2yyxfxyxfyx，解得函数为驻点为（-1,0）（1,0）.在点（1,0）处ef1)0,1(为),(yxf的极大值；在点（-1,0）处ef1-)0,1-(为),(yxf的极小值。（17）（本题满分 10 分）过点（0，1）点作曲线 L：xyln的切线，切点为 A，又 L 与 x 轴交于 B 点，区域 D 由 L 与直线 AB 围成，求区域 D 的面积及 D 绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体积。【解析】：【解析】：设切点坐标为00,lnA xx，斜率为01x，所以设切线方程为0001lnyxxxx
11、，又因为该切线过(0,1)B，所以20 xe，故切线方程为：211yxe 切线与x轴交点为2,0Be （1）所求面积为212111ln2)1(21ln222122122eeedxxxexxexdxSee（2）所求体积为1321341)2ln2ln()1(43ln22222122eeexxxxxexdxVe Y=lnx B（0,1）x y A 大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china-更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 数学(二)试题 第 7 页(共 11 页)22222222212
12、211221122212ln38ln2ln3842 ln238221333eeeeeVeexdxexxxdxeexxdxeee （18）（本题满分 10 分）计算二重积分Dxyd，其中区域 D 为曲线0cos1r与极轴围成。【解析】：【解析】：Drdrrrdxyd0cos10sincos 04)cos1(cossin41d 22cos)12cos2(2cos2sin16820d 2020911cossin16cossin32tdtttdtt 5838 1516（19）（本题满分 11 分）已知函数)(xf满足方程0)(2)()(xfxfxf及xexfxf2)()(1）求表达式)(xf 2）求曲
13、线dttfxfyx022)()(的拐点【解析】：【解析】：1）特征方程为022rr，特征根为2,121rr，齐次微分方程()()2()0fxfxf x的通解为xxeCeCxf221)(.再由()()2xfxf xe得21222xxxCeC ee，可知121,0CC。故()xf xe 2）曲线方程为220 xxtyeedt，则2201 2xxtyxeedt，222022 1 2xxtyxxeedt 令0y 得0 x。为了说明0 x 是0y 唯一的解，我们来讨论y在0 x 和0 x 时的符号。当0 x 时，222020,2 1 20 xxtxxeedt，可知 0y；当0 x 时，数学(二)试题 第
14、 8 页(共 11 页)222020,2 1 20 xxtxxeedt，可知0y。可知0 x 是0y 唯一的解。同时，由上述讨论可知曲线dttfxfyx022)()(在0 x 左右两边的凹凸性相反，可知0,0点是曲线dttfxfyx022)()(唯一的拐点。（20）（本题满分 10 分）证明：)11(,21cos11ln2xxxxxx【解析】：【解析】：令 21lncos112xxf xxxx，可得 2222112lnsin11112lnsin1111lnsin11xxfxxxxxxxxxxxxxxxxxxx 当01x时，有1ln01xx，22111xx，所以221sin01xxxx，故 0f
15、x，而 00f，即得21lncos1012xxxxx 所以21lncos112xxxxx。当10 x，有1ln01xx，22111xx，所以221sin01xxxx，故 0fx，即得21lncos1012xxxxx 可知，)11(,21cos11ln2xxxxxx（21）（本题满分 11 分）（1）证明方程)1(1.1的整数nxxxnn，在区间1,21内有且仅有一个实根；（2）记（1）中的实根为nx，证明nnxlim存在，并求此极限。大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china-更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信
16、QQ同号：582622214 数学(二)试题 第 9 页(共 11 页)【解 析】：【解 析】：(1)由 题 意 得：令1()1nnf xxxx，则(1)0f，再 由11(1()1122()1()012212nnf ，由零点定理得在1(,1)2肯定有解0 x，假设在此区间还有另外一根1x，所以1100011nnnnnnnxxxxxx，由归纳法得到10 xx，即唯一性得证（2）假设根为nx，即1()1 0nnnnnnf xxxx，所以(1)1()10,(1)12nnnnnnxxf xxx，由于111110nnnnnxxx，可知111110nnnnnxxx，由于110nnnnnxxx，可知1nnx
17、x。又由于112nx，也即 nx是单调的。则由单调有界收敛定理可知 nx收敛，假设limnnxa，可知211axx。当n时，(1)1lim()lim110,lim112nnnnnnnnnnxxaf xxxa 得（22）（本题满分 11 分）设100010001001aaAaa，1100b（）求A（）已知线性方程组Axb有无穷多解，求a，并求Axb的通解。【解析】【解析】：（）4 141001000010101(1)10100100101001aaaaaaaaaaa （）232421001100110010101010101010010001000100010001001100101010010
18、0001aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa 数学(二)试题 第 10 页(共 11 页)可知当要使得原线性方程组有无穷多解，则有410a及20aa，可知1a 。此时，原线性方程组增广矩阵为11001011010011000000，进一步化为行最简形得10010010110011000000 可知导出组的基础解系为1111 ，非齐次方程的特解为0100，故其通解为10111010k （23）（本题满分 11 分）已知，二次型xAAxxxxfTT)(),(321的秩为 2。1）求a的值 2）求正交变换 x=Qy 将 f 化为标准型。【解析】：【解析】：1）由()()2Tr A Ar A可得
19、，10101110110aaa 2）1123232221231223202,02222422444TTxfx A Axx x xxxxxxx xx x 则矩阵202022224B 202022260224EB 解得B矩阵的特征值为：1230;2;6 对于110,0EB X解得对应的特征向量为：1111 大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china-更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 数学(二)试题 第 11 页(共 11 页)对于222,0EB X解得对应的特征向量为：2110 对于336,0EB X解得对应的特征向量为：3112 将123,单位化可得：111131，211120，311162 123,Q 于是得到正交矩阵 62-031-612131612131Q 在正交变换yxQ 下，二次型的标准形为232262yyf.