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数学（二）试题 第 1 页（共 13 页）2010 年全国硕士研究生入学统一考试 数学二试题参考答案 2010 年全国硕士研究生入学统一考试 数学二试题参考答案 一、选择题 选择题(1)【答案】(B).【解析】因为2221()11xxf xxx有间断点0,1x,又因为 22000(1)11lim()lim1lim1(1)(1)xxxx xf xxxxxx,其中220011lim11,lim11xxxxxx,所以0 x 为跳跃间断点.显然112lim()1 122xf x,所以1x 为连续点.而211(1)1lim()lim1(1)(1)xxx xf xxxx,所以1x 为无穷间断点,故答案选择B.(2)【答案】(A)【解析】因12yy是 0yP x y的解,故 12120yyP xyy,所以 1122()0yP x yyp x y,而由已知 1122,yP x yq xyP x yq x,所以 0q x,又由于一阶次微分方程 yp x yq x是非齐的,由此可知 0q x,所以0 由于12yy是非齐次微分方程 yP x yq x的解,所以 1212yyP xyyq x,整理得 1122yP x yyP x yq x,即 q xq x,由 0q x 可知1,数学（二）试题 第 2 页（共 13 页）由求解得12,故应选(A)(3)【答案】(C).【解析】因为曲线2yx与曲线ln(0)yax a相切,所以在切点处两个曲线的斜率相同,所以2axx,即(0)2axx.又因为两个曲线在切点的坐标是相同的,所以在2yx上,当2ax 时2ay；在lnyax上,2ax 时,lnln222aaaya.所以ln222aaa.从而解得2ae.故答案选择(C).(4)【答案】(D).【解析】0 x 与1x 都是瑕点.应分成 22211121002ln1ln1ln1mmmnnnxxxdxdxdxxxx,用比较判别法的极限形式,对于2120ln1mnxdxx,由于121012ln(1)lim11mnxnmxxx.显然,当1201nm,则该反常积分收敛.当120nm,1210ln(1)limmxnxx存在,此时2120ln1mnxdxx实际上不是反常积分,故收敛.故不论,m n是什么正整数,2120ln1mnxdxx总收敛.对于2112ln1mnxdxx,取01,不论,m n是什么正整数,1211211ln(1)limlimln(1)(1)01(1)mnmxxxxxxx,所以2112ln1mnxdxx收敛,故选(D).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 13 页）(5)【答案】(B).【解析】122212122221xzyzyzFFFFFyFzFzxxxxxFFxFFx ,112211yzFFFzxyFFFx ,1212222yFzFyFFzzzxyzxyFFF (6)【答案】(D).【解析】222211111()nnnnijijnnninjninj 22111()()nnjinnjni 12220211111limlim,11()nnnnjjndyjnjnyn 1011111limlim,11()nnnniindxininxn 2222111111limlim()()nnnnnnijjinnjnininj 221(lim)nnjnnj1(lim)nninni 1120011()()11dxdyxy11200111dxdyxy.(7)【答案】(A)【解析】由于向量组I能由向量组II线性表示,所以(I)(II)rr,即 11(,)(,)rsrrs 若向量组I线性无关,则1(,)rrr,所以11(,)(,)rsrrrs,即rs,选(A).(8)【答案】(D).【解析】：设为A的特征值,由于2AAO,所以20,即(1)0,这样A的 数学（二）试题 第 4 页（共 13 页）特 征值 只能 为-1 或 0.由 于A为 实对称 矩阵,故A可 相 似对 角化,即A,()()3r Ar,因此,1110,即1110A.二、填空题填空题(9)【答案】2123cossinxyCeCxCx.【解析】该常系数线性齐次微分方程的特征方程为 32220,因式分解得 2222210,解得特征根为2,i,所以通解为 2123cossinxyCeCxCx.(10)【答案】2yx.【解析】因为3221lim2xxxx,所以函数存在斜渐近线,又因为 333222222lim2lim011xxxxxxxxx,所以斜渐近线方程为2yx.(11)【答案】21!nn.【解析】由高阶导数公式可知()ln(1)nx1(1)!(1)(1)nnnx,所以 ()1(1)!(1)!ln1 2(1)22(1 2)(1 2)nnnnnnnnxxx ,即()(1)!(0)22(1)!(1 2 0)nnnnnyn .(12)【答案】21e.【解析】因为 0,所以对数螺线re的极坐标弧长公式为 220eed=02 e d=21e.(13)【答案】3cm/s.【解析】设(),()lx t wy t,由题意知,在0tt时刻00()12,()5x ty t,且0()2,x t 0()3y t,设该对角线长为()S t,则 22()()()S tx ty t,所以 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 13 页）22()()()()()()()x t x ty t y tS tx ty t.所以 00000222200()()()()12 25 3()3()()125x tx ty ty tS tx ty t .(14)【答案】3.【解析】由于1111()()A AB BEAB BBA,所以 11111()ABA AB BA AB B 因为2B,所以1112BB,因此 11113 232ABA AB B .三、解答题解答题(15)【解析】因为22222222111()()xxxtttf xxt edtxedttedt,所以2224423311()2222xxtxxtfxxedtx ex exedt,令()0fx,则0,1xx.又22421()24xtxfxedtx e,则201(0)20tfedt,所以 221011011(0)(0)(1)22ttft edtee 是极大值.而1(1)40fe,所以(1)0f 为极小值.又因为当1x 时,()0fx；01x时,()0fx；10 x 时,()0fx；1x 时,()0fx,所以()f x的单调递减区间为(,1)(0,1),()f x的单调递增区间为(1,0)(1,).(16)【解析】(I)当01x时0ln(1)xx,故ln(1)nntt,所以 lnln(1)lnnnttt t,则 1100lnln(1)lnnnttdtt t dt1,2,n.(II)11110001lnlnln1nnnt t dtt t dttd tn 211n,故由 数学（二）试题 第 6 页（共 13 页）12010ln1nnut t dtn,根据夹逼定理得210limlim01nnnun,所以lim0nnu.(17)【解析】根据题意得 ,22dytdydtdxdxtdt 22222222223224 1tdtttttd ydtdxdxttdt 即 222261tttt,整理有 2131tttt,解 31151,162tttt,令 yt,即13 11yytt.所以11113 113dtdtttyet edtCttC,1t .因为 116y,所以0C,故31yt t,即 31tt t,故 2313312tt tdtttC 又由 512,所以10C,故 233,(1)2tttt.(18)【解析】油罐放平,截面如图建立坐标系之后,边界椭圆的方程为：22221xyab 阴影部分的面积 222222bbbbaSxdyby dyb 令sin,ybt yb时;22bty 时6t.2662211232cos2(cos2)()2234Sabtdtabt dtab 所以油的质量23()34mabl.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 13 页）(19)【解析】由复合函数链式法则得 uuuuuxxyx,uuuuuabyyy ,22222222uuuuuuuxxxxxx 222222,uuu 2222222uuuuuuux yyyyyy 22222(),uuuabab 22222222()()uuuuuuuaba abb aayy 22222222,uuuabab 故222224125uuuxx yy 2222222(5124)(5124)12()1080,uuuaabbabab 所以 22512405124012()1080aabbabab ,则25a 或2,25b 或2.又因为当(,)a b为22(2,2),(,)55时方程(3)不满足,所以当(,)a b为2(,2)5,2(2,)5满足题意.(20)【解析】22sin1cos2DIrrdrd 222sin1cossinDrrrdrd 数学（二）试题 第 8 页（共 13 页）221Dyxy dxdy 122001xdxyxy dy312201113xdx 311220011133dxxdx20113cos43316d.(21)【解析】令 313F xf xx,对于 F x在10,2上利用拉格朗日中值定理,得存在10,2 使得 11022FFF 对于 F x在1,12上利用拉格朗日中值定理,得存在1,1,2使得 11122FFF,两式相加得 22ff.所以存在110,122,使 22ff.(22)【解析】因为方程组有两个不同的解,所以可以判断方程组增广矩阵的秩小于 3,进而可以通过秩的关系求解方程组中未知参数,有以下两种方法.方法 1：(I)已知Axb有 2 个不同的解,故()()3r Ar A,对增广矩阵进行初等行变换,得 111110101010111111aAa 22111111010101010110011aa 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 9 页（共 13 页）当1时,11111111000100010000000Aa,此时,()()r Ar A,故Axb无解(舍去)当1 时,111102010002Aa,由于()()3r Ar A,所以2a ,故1,2a.方法 2：已知Axb有 2 个不同的解,故()()3r Ar A,因此0A,即 211010(1)(1)011A,知1或-1.当1时,()1()2r Ar A,此时,Axb无解,因此1.由()()r Ar A,得2a .(II)对增广矩阵做初等行变换 31012111211121020102010102111100000000A 可知原方程组等价为1323212xxx,写成向量的形式,即123332110210 xxxx .因此Axb的通解为32110210 xk ,其中k为任意常数.(23)【解析】由于0141340Aaa,存在正交矩阵Q,使得TQ AQ为对角阵,且Q的第一 数学（二）试题 第 10 页（共 13 页）列为1(1,2,1)6T,故A对应于1的特征向量为11(1,2,1)6T.根据特征值和特征向量的定义,有1116622661166A,即 10141113224011aa ,由此可得11,2a.故014131410A.由14131(4)(2)(5)041EA,可得A的特征值为1232,4,5.由2()0EA x,即1234141710414xxx,可解得对应于24 的线性无关的特征向量为2(1,0,1)T.由3()0EA x,即1235141210415xxx,可解得对应于35的特征向量为3(1,1,1)T.由于A为实对称矩阵,123,为对应于不同特征值的特征向量,所以123,相互正交,只需单位化：312123123111(1,2,1),(1,0,1),(1,1,1)623TTT,取12311162321,063111623Q ,则245TQ AQ .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 13 页）