2024年4月12日发(作者：沂水高考数学试卷真题答案)

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2010考研数学（二）真题及参考答案

一、 选择题

（1） 函数

f(x)

xx

2

22

x1

1

1

x

2

的无穷间断点是 （）

A． B. C. D.

（2） 设

y

1

,y

2

是一阶线性齐次微分方程

y\'p(x)yq(x)

的两个特解，若常数

,

使

y

1

y

2

是该方

程对应的齐次方程的解，则 （A）

A.

1

2

,

1

2

B.



1

2

,



1

2

C.

2

3

,

1

3

D.

2

3

,

2

3

y

1

p(x)y

1

q(x)

【详解】：由题意知

p(x)y

2

q(x)

y

2



(得2)：(

y

1

(1)

(1)

(2)

y

2

)p(x(

)

1

y

2

y)

(

q

)x()

1

)p(x)(

y

1

y

2

)(

)q(x)

(1)

(2)得：(

y

1

y

2

0

综上

1

2

。

2

（3） 曲线

yx

与曲线

yalnx(a0)

相切，则

a

（C）

A. 4e B. 3e C. 2e D.e

【详解】：

x

2

aa

2

2

2x

alnx

，可得，

x

，由

xalnx

，可得，

xe

2

，

a2e

x2

1

m

0

1

（4）、设

m,n

是正整数，则反常积分

ln(1x)

n

2

x

dx

的收敛性( D )

(A)仅与

m

的取值有关 (B)仅与

n

有关

(C)与

m,n

都有关 (D)都无关

【详解】：显然

x0,x1

是两个瑕点，有

1

m

0

ln(1x)

n

2

x

dx

1

m

2

0

ln(1x)

n

2

x

dx

1

m

1

2

ln(1x)

n

2

x

dx

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1

m

2

0

对于

ln(1x

n

2

x

1

n

)

dx

的瑕点

x0

，当

x0

时

m

ln(1x)

n

2

2

x

1

m

2

0

ln

m

(1x)x

1

n

等价于

22

(1)

m

x

m

1

n

1

0

2

，而

2

x

m

dx

收敛（因

m,n

是正整数

2

m

1

n

，故

1

）

2

ln(1x)

n

2

x

dx

收敛；对于

1

m

1

2

m

ln(1x)ln(1x)

1

dx

的瑕点

x1

，当

x(1

,1)(0

)

时

2

n

ln

m

(1x)2

n

(1x)

m

，

nn

2

xx

2

1212

而

1

(1x)dx

显然收敛，故

1

m

2

1

2

1

m

ln(1x)

n

2

2

x

dx

收敛。所以选择D.

（5）设函数

z(x,y)

，由方程

F(

yz

zz

,)0

确定，其中

F

为可微函数，且

F

2

\'

0

,则

xy

（B）

xx

xy

A.

x

B.

z

C.

x

D.

z

u

x

F

2

v

x

)dx(F

1

u

y

F

2

v

y

)dy(F

1

u

z

F

2

v

z

)dz0

， 【详解】： 等式两边求全微分得：

(F

1

所以有，

z

x



y

x

2

F

1

u

x

F

2

v

x

F

1

u

z

F

2

v

z

，

z

y



F

1

u

y

F

2

v

y

F

1

u

z

F

2

v

z

z

x

2

，

1

x

其中，

u

x



1

n

2

，

u

y

1

e

1

x

2

，

u

z

0

，

v

x



，

v

y

0

，

v

z

，代入即可。

nI

m

(lnx)dx

1

e

(lnx)dx

0

(6) （D）

2

ds

0

r(

)r

(

)d

2

0

2ed

2(e1)

A．

dx

0

1

0

1x

0

1

(1x)(1y)

1

2

dy

B.

1

0

dx

x

0

1

(1x)(1y)

1

dy

C.

dx

1

0

(1x)(1y)

dy

D.

1

0

dx

1

0

(1x)(1y)

2

dy

【详解】：

nn

lim

x



(ni)(n

i1j1

n

n

2

j)

2

lim

n

i1

1

(1

i

n

)

1

n

n

j1

1

(1())

n

j

2

1

n

1

0

dx

1

0

1

(1x)(1y)

2

dy

(7) 设向量组

I:

1

,

2

r

可由向量组

II:

1

,

2

S

线性表示。下列命题正确的是（A）

A．若向量组

I

线性无关，则

rs

B.若向量组

I

线性相关，则

rs

C．若向量组

II

线性无关，则

rs

D . 若向量组

II

线性相关，则

rs

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【详解】：设

A(

1

,

2

,,

r

),B(

1

,

2

,

s

),

由题设知

向量组

I:

1

,

2

r

可由向量组

II:

1

,

2

S

线性表示，即

ABK

令

Ax0

（其中

x

1

,x

2

,x

r

）,即在

ABK

T

sr

（其中

K

为系数矩阵）

sr

等号两侧同乘以

x

若向量组Ⅰ线性无关，

则

R(A)rAx0只有零解BK

sr

x0只有零解

（利用反证法）若

rs

，有

R(K)srBKx0

有非零解，与之相矛盾，

所以

rs

，所以正确答案为

(A)

。

(8) 设A为4阶实对称矩阵，且

A

2

A0

若A的秩为3，则A相似于 （D）

1

A．

1

C.

B.

0

D.

0

1

0

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

【详解】：设A的特征值为r,因为A

2

+A=0，所以λ

2

+λ=0

即

(

1)0

0或

1

又

R(A)3

，

A必可相似对角化，对角阵的秩也是3.

1是三重特征根

1

A~

0

所以正确答案为（D）

1

1

二、 填空题

2x

（9） 3阶常系数线性齐次微分方程

y



2y



y

2y0

的通解为

y

C

1

eC

2

cosxC

3

sinx

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【详解】：解特征方程，

3

2

2

20

，特征值为，

1

，

i

，

于是基础解系为：

e

2x

，

cosx

，

sinx

，线性组合可得通解。

2x

2

3

（10） 曲线

y

x1

的渐近线方程

y2x

【详解】：首先定义域是全体实数，股不存在垂直渐近线；

其次，

limy

，所以不存在水平渐近线。

x

最后，

lim

y

x

x

2

，而

lim(y2x)0

，故斜渐近线为

y2x

。

x

（11）函数

yln(12x)

在

x0

处的n阶导数

y

(n)

(0)

2

t

2

n

n1

!

t



，令

t2x

【详解】：由泰勒展开可得：

ln(1t)t

2

t

3

3



(1)

n1n

n

代入可得：

(1)

n1

(2x)

n

n

y

(n)

(0)

n!

x

，比较系数可得答案。

n

（12）当

0

时，对数螺旋

re

的弧长为

2

e

1



【详解】：由弧长公式：

ds

0

r(

)r

(

)d

22

0

2ed

2(e1)

（13）已知一个长方形的长

l

以

2cm/s

的速率增加，宽

w

以

3cm/s

的速率增加。则当

l12cm,w5cm

时，它的对角线增加速率为

3cm/s

【详解】：对对角线求导数：

dlw

dt

22

ll

ww

lw

22

，代入数据即可。

（14）、设A、B为3阶方阵，且

A3,B2,A

1

B2,

，则

AB

1

【详解】：

AB

1

B

1

(BAE)B

1

(BAA

1

A)

B

B

1

3

(BA)A

(BA)A

1

1

1

1

1

B

1

2

(BA)A

233

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三、简答题。

（15）（本题满分10分）

求函数

f(x)

x

2

1

2t

(xt)edt

的单调区间与极值。

x

2

【 详解】：由

f

(x)2x

e

t

dt0

，可得，

x0

，

1

1

判断在区间，

1,0

，

(1,)

，

f

(x)0

，函数单增

在区间，

,1

，

(0,1)

，

f

(x)0

，函数单减。

极小值：

f

1

f

1

0

极大值为

f(0)1

单增区间

1,0

,

1,

单减区间

,1

,

0,1

（16）、

（Ⅰ）比较

lnt[ln(1t)]dt

与

lnttdt,n1,2,

的大小，说明理由

0

0

1

n

1

n

2

e

（Ⅱ）设

M

n

【详解】：

0

lim

n

1

1

0

lnt[ln(1t)]dt(n1,2,

)

，求极限

lim

M

n

n

n

lnt

ln(1t)

dt

n

n

1

0

tlntdt(n1,2,

)

n

1

0

lnt

ln(1t)

dt0

（17）（本题满分11分）

x2tt

2

5

,(t1)

所确定，其中

(t)

具有2阶导数，且

(1)

， 设函数

yf(x)

由参数方程

2

y

(t)

(1)6,

已知

dy

dx

2

2

2

3

4(1t)

,

求函数

(t)

。

解答：

(t)

3

2

tt

3

【详解】：

dy

dx

y

(t)

x

(t)

(t)

22t

，

dy

dx

1

2

2



(t)(22t)2

(t)

(22t)

3

3

4(1t)

得到二阶微分方程：



1t

3(1t)

，所以

(1t)(3tc

1

)

由

(1)6

，得到

c

1

0

，所以

(t)3t(1t)

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又因为

(1)

5

2

，所以

(t)t

3

3

2

t

2

（18）（本题满分10分）

一个高为1的柱体形贮油罐，底面是长轴为2a，短轴为2b的椭圆，现将贮油罐平放，当油罐中油面

高度为

3

2

b

时（如图），计算油的质量。（长度单位为m，质量单位为kg，油的密度为常数

kg/m

3

）

【详解】：

2

3

abl

kg

（19）（本题满分11分）

设函数

f(x,y)

具有二阶连续偏导数，且满足等式

4

x

2

2

12

xy

2

5

y

2

2

0

，确定a，b的值，

使等式在变换

xay,

xby

下化简为

2

0

【详解】：

x

x

y

y

，



(

xx

x

标变换可得，

x

所以，

x

b

ba

x

y)x

(

y

x

y

x

yy

y)y

x

x

x

x

(x

y

x)

y

xy

y

y

坐

0

yy

b

a

ba

，

y

a

ba

ba

，

1

ba

，

x

x

2

2

，

y

2

，

y

1

ba

12

5

4

5

代入上式，并对比

4

所以答案为

12

xy

5

y

2

2

0

，比较系数可得

ab

，

ab

2

a2



a

5

2

或



b



b2

5



（20）（本题满分10分）

计算二重积分

I



rsin

1rcos

drd

,

其中

D

r,

22

D

0rsec

,0

4

【详解】：将极坐标转化为直角坐标可得积分区域为

D

x,y

0x1,0yx

1x

22

所以

I



D

y1xdxdy

0

1xdx

ydy

0

32

（21）（本题满分10分）

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设函数

f(x)

在闭区间

[0,1]

上连续，在开区间

(0,1)

内可导，且

f

0

0,f

1

1

3

.

证明：存在

0,

1



1

22

,



,1

,

使得

f

(

)f

(

)

.

2



2

【详解】：令

F(x)f(x)

1

3

x

，

F(1)F(0)0

3

1



1

,1

,

0,

2



2

,s.t.

1

F

1

F



1

2

F

2F



1

2

2

1

F



F

0

1

2

F

2F



1

2

2

即

F

F

f

(

)

f

(

)

0

22

即

f

(

)f

(

)

2

2

（22）（本题满分11分）设

11



A

0

1

1

1

a



0 b1





1



已知线性方程组

Axb

存在2个不同的解，

（Ⅰ）求

，

a

；

（Ⅱ）求方程组的

Axb

通解。

解答：（Ⅰ）

1 a2

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5

2

1



1

Axb

的通解为

k0



2

（Ⅱ）

1



1

（其中k为任意常数）

【详解】：（Ⅰ）由题意知，

Axb

的增广矩阵为

A(A

b)

0

1

11

0

1

1

a



1

rr

13



1

0

1



1

0

1

1

1

a

1

1

1

0

0

r

3

r

1

1

0

1

2

1

1



1

r

3

r

2

1

0

0a



a1

0

1

2

1

0

1

a1

a

Axb

有2个不同的解

R(A)R(A)3

1

0

1或

1，a1

0a

1

但

1时R(A)1R(A)2,方程组Axb无解

1

a

1

2

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

1

A

0

0

1

2

0

1

0

0

1

1

0

x

1

x

2

x

3

1

等价方程组为

2x

2

1

R(A)R(A)2

1



Ax0

的基础解系含1个解向量，即

对应齐次线性方程组

0

1



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5



2



1

Axb

的一个特解为

2

1





5



2

1







1

Axb

的通解为

k

0

（其中

k

为任意常数）。

2

1



1





0

（23）（本题满分11分）设

A1

4

1

3

a

4

T

a

，正交矩阵

Q

使得

QAQ

为正交矩阵，若

Q

的第一列为

0

1

1



2

， 求

a

，

Q

.

6

1



T

1

6

2

Q

a1

，

解答：

6

1

6

0

1

1

2

2

1

3

1

3

1

3

1

【详解】：设

1

2

1

6

1



1

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1



1



1



1

1



1



A2

1

2,即A2

1

2



6



6



1

1



1



1



由

A

1

1

得

0

1

4

1

3

a

4



1



2



1



a25a2

1





0



1



42a



1

所以

1

2

2

1

5a

42a

1

1

2

a1

则

EA1

4

c

1

c

3

14

1

3

1

1

r

3

r

1

1

4

14

1

3

0



4

1

4

2

0

4

1(

4)

3

0

4

2

4

3

(2)(

(5)0

(

4)(

1

2,

2

4,

3

5

4

当

2

4

时，

4EA

1

4

1

7

1

4



1

r

1

r

2

1

4

44



7

1

1

1

4

4

1

0

r

2

4r

1

0

r

3

r

2

7

27

0

1

0

0

x

1

7x

2

x

3

0

其等价方程组为

27x0

2

1



由此得其基础解系含有1个解向量，即

2

0

1



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5

当

3

5

时，

5EA

1

4

1

0

0

r

3

r

2

1

2

1

2

9

0

4



1

r

1

r

2

1

5

45



1

1

r

2

1

9

9

0

00



2

0

0

2

1

1

1



1

r

2

5r

1

4

0

r

3

4r

1



05



1

0

0

2

9

9

1

9

9

x

1

2x

2

x

3

0

其等价方程组为

xx0

3

2

1



1

由此得其基础解系含有一个解向量，即

3



1



1



1



11

把

1

,

2

单位化得：

2

0

,

3

1

2

3



1



1

1

6

2

所以

Q

6

1

6

1

2

0

1

2

1

3

1

3

1

3

（答案仅供参考，最终以教育部标准答案为准）

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