2009年全国硕士研究生入学统一考试考研数学二真题及详解
一、选择题（1～8小题，每小题4分，共32分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）
1函数
的可去间断点的个数为（ ）。
A．1
B．2
C．3
D．无穷多个
【答案】C
【考点】函数间断点类型的判断
【解析】由于
则当x取任何整数时，f（x）均无意义。
故f（x）的间断点有无穷多个，但可去间断点为极限存在的点，故应是x－x3＝0的解x1，2，3＝0，±1。而
故可去间断点为3个，即0，±1。
2当x→0时，f（x）＝x－sinax与g（x）＝x2ln（1－bx）是等价无穷小，则（ ）。
A．a＝1，b＝－1/6
B．a＝1，b＝1/6
C．a＝－1，b＝－1/6
D．a＝－1，b＝1/6
【答案】A
【考点】等价无穷小的概念
【解析】当x→0时，有ln（1－x）～x，sinx～x，结合等价无穷小和洛必达法则，可得
∴a3＝－6b，故排除BC两项。另外，
存在，蕴含了1－acosax→0（x→0），故a＝1。排除D项。所以本题选A项。
3设函数z＝f（x，y）的全微分为dz＝xdx＋ydy，则点（0，0）（ ）。
A．不是f（x，y）的连续点
B．不是f（x，y）的极值点
C．是f（x，y）的极大值点
D．是f（x，y）的极小值点
【答案】D
【考点】二元函数极值点的判断方法
【解析】因dz＝xdx＋ydy可得∂z/∂x＝x，∂z/∂y＝y，A＝∂2z/∂x2＝1，B＝∂2z/∂x∂y＝∂2z/∂y∂x＝0，C＝∂2z/∂y2＝1。又在（0，0）处，有∂z/∂x＝0，∂z/∂y＝0，AC－B2＝1＞0，故（0，0）为函数z＝f（x，y）的一个极小值点。
4设函数f（x，y）连续，则
（ ）。
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【考点】二重积分的性质
【解析】
的积分区域为两部分（如图1所示）：
D1＝{（x，y）|1≤x≤2，x≤y≤2}，D2＝{（x，y）|1≤y≤2，y≤x≤4－y}，将其写成一块D＝{（x，y）|1≤y≤2，1≤x≤4－y}，故二重积分可以表示为
，故答案为C项。
图1
5若f″（x）不变号，且曲线y＝f（x）在点（1，1）上的曲率圆为x2＋y2＝2，则函数f（x）在区间（1，2）内（ ）。
A．有极值点，无零点
B．无极值点，有零点
C．有极值点，有零点
D．无极值点，无零点
【答案】B
【考点】曲率的概念及公式、极值点和零点的判断方法
【解析】由题意可知，f（x）是一个凸函数，即f″（x）＜0，且在点（1，1）处的曲率
而f′（1）＝－1，由此可得，f″（1）＝－2。在[1，2]上，f′（x）≤f′（1）＝－1＜0，即f（x）单调减少，没有极值点。对于f（2）－f（1）＝f′（ξ）＜－1，ξ∈（1，2）（拉格朗日中值定理）。
又因为f（1）＝1＞0，且f（2）－f（1）＜－1，所以f（2）＜0，由零点定理知，在[1，2]上，f（x）有零点。故应选B项。
6设函数y＝f（x）在区间[－1，3]上的图形如图2所示。
图2
则函数
的图形为（ ）。
【答案】D
【考点】定积分的几何应用
【解析】由y＝f（x）的图形可见，其图像与x轴及y轴、x＝x0所围的图形的代数面积为所求函数F（x），从而可得出几个方面的特征：①x∈[0，1]时，F（x）≤0，且单调递减；②x∈[1，2]时，F（x）单调递增；③x∈[2，3]时，F（x）为常函数；④x∈[－1，0]时，F（x）≤0为线性函数，单调递增；⑤F（x）为连续函数。结合这些特点，可见D项正确。
7设A，B均为2阶矩阵，A*，B*分别为A，B的伴随矩阵，若|A|＝2，|B|＝3，则分块矩阵
的伴随矩阵为（ ）。
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【考点】分块矩阵的伴随矩阵的求解方法
【解析】分块矩阵
的行列式
即分块矩阵可逆。
根据CC*＝|C|E，C*＝|C|C－1，C－1＝C*/|C|，可得
8设A，P均为3阶矩阵，PT为P的转置矩阵，且
若P＝（α1，α2，α3），Q＝（α1＋α2，α2，α3），则QTAQ为（ ）。
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【考点】过渡矩阵的定义及应用
【解析】
即Q＝PE12（1），则
二、填空题（9～14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在题中横线上。）
9曲线
在（0，0）处的切线方程为______。
【答案】y＝2x
【考点】给定曲线方程为参数方程时，曲线切线方程的计算
【解析】因为曲线过点（0，0），则切线方程的形式为y＝kx。令x＝0，y＝0，则可得t＝1，再对参数方程进行求导
所以dy/dx＝2，故切线方程为y＝2x。
10已知
，则k＝______。
【答案】－2
【考点】反常积分的概念
【解析】因为ek|x|为偶函数，所以
又因为极限存在，所以k＜0，1＝0－2/k，k＝－2。
11
______。
【答案】0
【考点】分部积分法在积分极限计算中的应用
【解析】运用分部积分法，令
In＝∫e－xsinnxdx＝－e－xsinnx＋n∫e－xcosnxdx＝－e－xsinnx－ne－xcosnx－n2In
所以
即
12设y＝y（x）是由方程xy＋ey＝x＋1确定的隐函数，则
______。
【答案】－3
【考点】隐函数的求导方法
【解析】对方程xy＋ey＝x＋1两边关于x求导有y＋xy′＋y′ey＝1，得
对y＋xy′＋y′ey＝1再次求导有2y′＋xy″＋y″ey＋（y′）2ey＝0，得
（*）
当x＝0时，y＝0，
代入（*）得
13函数y＝x2x在区间（0，1]上的最小值为______。
【答案】
【考点】函数最值的求解方法
【解析】因为y′＝x2x（2lnx＋2），令y′＝0得驻点为x＝1/e。又
得
故x＝1/e为y＝x2x的极小值点，此时
又当x∈（0，1/e）时，y′（x）＜0；x∈（1/e，1]时，y′（x）＞0，故y在（0，1/e）上递减，在（1/e，1）上递增。而y（1）＝1，
又因为y（1/e）＜y（0）＝y（1），所以y＝x2x在区间（0，1]上的最小值为
14设α，β为3维列向量，βT为β的转置，若矩阵αβT相似于
则βTα＝______。
【答案】2
【考点】相似矩阵和矩阵迹的定义及性质
【解析】因为α，β为3维列向量，αβT相似于
根据相似矩阵有相同的特征值和对角元素之和，得到αβT的特征值是2，0，0，对角元素之和是2。而βTα是一个常数，是矩阵αβT的对角元素之和，则βTα＝2＋0＋0＝2。
三、解答题（15～23小题，共94分。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
【考点】利用等价无穷小和洛必达法则计算复杂极限
解：运用等价无穷小的概念，当x→0时，有1－cosx～x2/2，sinx～x，tanx～x，则
再运用洛必达法则，则可得
所以
16（本题满分10分）
计算不定积分
【考点】变量替换在不定积分计算中的应用
解：令
得x＝1/（t2－1），
又因为x＞0，所以t＞1。结合分部积分法则可得原式
17（本题满分10分）
设z＝f（x＋y，x－y，xy），其中f具有2阶连续偏导数，求dz与∂2z/∂x∂y。
【考点】全微分的定义以及高阶偏导数的计算
解：由z＝f（x＋y，x－y，xy）可得∂z/∂x＝f1′＋f2′＋yf3′，∂z/∂y＝f1′－f2′＋xf3′。则
18（本题满分10分）
设非负函数y＝y（x）（x≥0）满足微分方程xy″－y′＋2＝0，当曲线y＝y（x）过原点时，其与直线x＝1及y＝0围成平面区域D的面积为2，求D绕y轴旋转所得旋转体体积。
【考点】二阶线性微分方程的通解、利用定积分求旋转体的体积
解：微分方程xy″－y′＋2＝0得其通解y＝C1＋2x＋C2x2，其中C1，C2为任意常数。
令p＝y′，则y″＝dp/dx，微分方程xy″－y′＋2＝0变形为
得到
其中C1为任意常数。即dy/dx＝2＋C1x，得到
其中C2为任意常数。
又因为y＝y（x）通过原点时与直线x＝1及y＝0围成平面区域的面积为2，于是可得C2＝0。则
从而C1＝6。于是，所求非负函数y＝2x＋3x2（x≥0）。
又由y＝2x＋3x2可得，在第一象限曲线y＝f（x）表示为
于是D围绕y轴旋转所得旋转体的体积为V＝5π－V1，其中
则V＝5π－13π/6＝17π/6。
19（本题满分10分）
求二重积分
，其中D＝{（x，y）∣（x－1）2＋（y－1）2≤2，y≥x}。
【考点】极坐标变换在二重积分计算中的应用
解：由（x－1）2＋（y－1）2≤2得r≤2（sinθ＋cosθ），则
20（本题满分12分）
设y＝y（x）是区间（－π，π）内过
的光滑曲线，当－π＜x＜0时，曲线上任一点处的法线都过原点，当0≤x＜π时，函数y（x）满足y″＋y＋x＝0。求y（x）的表达式。
【考点】微分方程的求解方法
解：由题意，当－π＜x＜0时，y＝－x/y′，即ydy＝－xdx，得y2＝－x2＋c。
又
代入y2＝－x2＋c得c＝π2，从而有x2＋y2＝π2。
当0≤x＜π时，y″＋y＋x＝0，而y″＋y＝0的通解为y*＝c1cosx＋c2sinx，令y″＋y＋x＝0的特解为y1＝Ax＋b，则有0＋Ax＋b＋x＝0，得A＝－1，b＝0，故y1＝－x，得y″＋y＋x＝0的通解为y＝c1cosx＋c2sinx－x。
由于y＝y（x）是（－π，π）内的光滑曲线，故y在x＝0处连续。于是有y（0－）＝±π，y（0＋）＝c1，故c1＝±π时，y＝y（x）在x＝0处连续。
又当－π＜x＜0时，有2x＋2y·y′＝0，得y－′（0）＝－x/y＝0；
当0≤x＜π时，有y′＝－c1sinx＋c2cosx－1，得y＋′（0）＝c2－1。
由y－′（0）＝y＋′（0）得c2－1＝0，即c2＝1。
故y＝y（x）的表达式为
或
又因为y（x）过点
，所以
21（本题满分11分）
（Ⅰ）证明拉格朗日中值定理：若函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）可导，则存在ξ∈（a，b），使得f（b）－f（a）＝f′（ξ）（b－a）；
（Ⅱ）证明：若函数f（x）在x＝0处连续，在（0，δ）（δ＞0）内可导，且
则f＋′（0）存在，且f＋′（0）＝A。
【考点】拉格朗日中值定理的证明及应用
解：（Ⅰ）作辅助函数
易验证φ（x）满足：φ（a）＝φ（b）。φ（x）在闭区间[a，b]上连续，在开区间（a，b）内可导，且
根据罗尔定理，可得在（a，b）内至少有一点ξ，使φ′（ξ）＝0，即
∴f（b）－f（a）＝f′（ξ）（b－a）。
（Ⅱ）任取x0∈（0，δ），则函数f（x）满足：在闭区间[0，x0]上连续，开区间（0，x0）内可导，从而由拉格朗日中值定理可得：存在
使得
（*）
又由于
对上式（*）两边取x0→0＋时的极限可得
故f＋′（0）存在，且f＋′（0）＝A。
22（本题满分11分）
设
（Ⅰ）求满足Aξ2＝ξ1，A2ξ3＝ξ1的所有向量ξ2，ξ3；
（Ⅱ）对（Ⅰ）中的任一向量ξ2，ξ3，证明：ξ1，ξ2，ξ3线性无关。
【考点】初等行变换在求解线性方程组中的应用以及向量线性无关性的证明方法
解：（Ⅰ）解方程Aξ2＝ξ1，则
由于r（A）＝2，故有一个自由变量，令x3＝2，由Ax＝0解得，x2＝－1，x1＝1。求特解，令x1＝x2＝0，得x3＝1。故
解方程A2ξ3＝ξ1，则
故有两个自由变量，令x2＝－1，x3＝0，由A2x＝0得x1＝1。
令x2＝0，x3＝1，由A2x＝0得x1＝0。求得特解为
故
（Ⅱ）证明：由于
故ξ1，ξ2，ξ3线性无关。
23（本题满分11分）
设二次型f（x1，x2，x3）＝ax12＋ax22＋（a－1）x32＋2x1x3－2x2x3。
（Ⅰ）求二次型f的矩阵的所有特征值；
（Ⅱ）若二次型f的规范型为y12＋y22，求a的值。
【考点】二次型的矩阵的特征值的求解以及二次型规范型的定义
解：（Ⅰ）由题意可得，上述二次型对应的矩阵为
于是
∴λ1＝a，λ2＝a－2，λ3＝a＋1。
（Ⅱ）若规范型为f＝y12＋y22，说明矩阵有两个特征值为正，一个为0。
若λ1＝a＝0，则λ2＝－2＜0，λ3＝1，不符题意；若λ2＝0，即a＝2，则λ1＝2＞0，符合；若λ3＝0，即a＝－1，则λ1＝－1＜0，λ2＝－3＜0，不符题意；
综上所述，故a＝2。