2010年考研数学二真题

答案： B，一个无穷间断点。

思路： 因式约分后保留原式排除的点，再分别检查左右极限。

详细解答： 原式在 $x=-1,0,1$ 未定义。在其他点，

$$f(x)=\frac{x(x-1)}{(x-1)(x+1)}\frac{\sqrt{x^2+1}}{|x|} =\frac{\operatorname{sgn}(x)\sqrt{x^2+1}}{x+1}.$$

在 $-1$ 处分子趋于非零值 $-\sqrt2$，分母趋于零，所以为无穷间断点。在 $0$ 处左右极限为 $-1,1$，是跳跃间断点；在 $1$ 处极限为 $\sqrt2/2$，是可去间断点。其余点连续，因此只有一个无穷间断点。

答案： A，$\lambda=\mu=1/2$。

思路： 线性方程对线性组合的作用可逐项计算，分别比较非齐次和齐次右端。

详细解答： 记 $L(y)=y'+p(x)y$，有 $L(y_1)=L(y_2)=q(x)$。因此

$$L(\lambda y_1+\mu y_2)=(\lambda+\mu)q,\qquad L(\lambda y_1-\mu y_2)=(\lambda-\mu)q.$$

原方程非齐次，$q$ 不恒为零。第一式要等于 $q$，第二式要恒为零，所以 $\lambda+\mu=1,\lambda-\mu=0$，解得各为 $1/2$，选 A。

答案： C，$a=2\mathrm e$。

思路： 相切要求在同一横坐标处函数值与导数同时相同。

详细解答： 设切点横坐标为 $c>0$，则

$$c^2=a\ln c,\qquad 2c=\frac ac.$$

第二式给出 $a=2c^2$，代入第一式并除以 $c^2>0$，得 $\ln c=1/2$，即 $c=\sqrt{\mathrm e}$。因此 $a=2\mathrm e$，选 C。

答案： D，与 $m,n$ 的取值都无关，始终收敛。

思路： 反常积分有两个端点，分别比较幂函数和对数幂的可积性。

详细解答： 在 $x\to0^+$ 时，$\ln(1-x)\sim-x$，所以被积函数等价于 $x^{2/m-1/n}$。因 $m,n$ 为正整数，

$$\frac2m-\frac1n\ge\frac2m-1>-1.$$

幂积分在指数大于 $-1$ 时收敛，因此下端可积。

在 $x\to1^-$ 时，$x^{-1/n}$ 有界，只需检查 $|\ln(1-x)|^{2/m}$。令 $s=1-x$，再令 $u=-\ln s$，其端点积分变为

$$\int^\infty u^{2/m}\mathrm e^{-u}\mathrm{d}u,$$

指数衰减快于任意固定幂增长，故收敛。两端均收敛，对所有正整数 $m,n$ 都成立，选 D。

答案： B，$xz_x+yz_y=z$。

思路： 分别对隐式关系求两偏导，按题设系数相加消去 $F_1$。

详细解答： 各 $F$ 偏导在 $(y/x,z/x)$ 处取值，且 $x\ne0$。求导得

$$-F_1\frac y{x^2}+F_2\left(\frac{z_x}x-\frac z{x^2}\right)=0,\qquad \frac{F_1}x+\frac{F_2z_y}x=0.$$

第一式乘 $x^2$，第二式乘 $xy$，相加得到

$$F_2(xz_x+yz_y-z)=0.$$

由 $F_2\ne0$ 可除，故所求量为 $z$，选 B。

答案： D。

思路： 将分母中的 $n$ 因子提取出来，两个独立下标对应单位正方形上的网格。

详细解答：

$$\frac n{(n+i)(n^2+j^2)} =\frac1{n^2}\frac1{(1+i/n)[1+(j/n)^2]}.$$

$i,j$ 都独立从 $1$ 到 $n$，所以取样点为 $(i/n,j/n)$，小矩形面积为 $1/n^2$，区域为 $[0,1]^2$。被积函数连续，黎曼和极限为

$$\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1\frac{\mathrm{d}y}{(1+x)(1+y^2)},$$

对应 D。两个下标没有 $j\le i$ 的约束，因此不能取三角形区域。

答案： A。

思路： 张成空间包含关系限制秩，但向量个数不能直接替代秩。

详细解答： I 可由 II 表示，故 $r(\mathrm I)\le r(\mathrm{II})\le s$。I 无关时 $r(\mathrm I)=r$，所以 $r\le s$，A 正确。

B 可取 I 为 $\{e_1,e_1\}$，II 为 $\{e_1,e_2\}$，I 相关但 $r=s=2$。C 可取 I 为 $\{e_1,e_1,e_1\}$，II 为 $\{e_1\}$，II 无关但 $r=3>s=1$。D 可取 I 为 $\{e_1\}$，II 为 $\{e_1,e_1\}$，II 相关但 $r=1<s=2$。这些例子都满足表示关系，排除其余选项。

答案： D，相似于 $\operatorname{diag}(-1,-1,-1,0)$。

思路： 矩阵关系限制特征值，对称性保证可对角化，秩确定非零特征值的数目。

详细解答： 若 $Av=\lambda v$，则 $(A^2+A)v=(\lambda^2+\lambda)v=0$。特征向量非零，故 $\lambda(\lambda+1)=0$，只能为 $0$ 或 $-1$。$A$ 实对称，可正交对角化；秩为 $3$ 意味着对角化后恰有三个非零对角元，它们都为 $-1$，其余一个为 $0$，选 D。

答案： $y=C_1\mathrm e^{2x}+C_2\cos x+C_3\sin x$。

思路： 对常系数线性齐次方程，先求特征根，再根据实根和共轭复根写出相应的实函数解。

详细解答： 试取指数函数 $y=\mathrm e^{rx}$，则 $y'=r\mathrm e^{rx}$、$y''=r^2\mathrm e^{rx}$、$y'''=r^3\mathrm e^{rx}$。代入方程并除以非零的 $\mathrm e^{rx}$，得到特征方程

$$r^3-2r^2+r-2=r^2(r-2)+(r-2)=(r-2)(r^2+1)=0.$$

三个特征根为 $r_1=2$、$r_2=\mathrm i$、$r_3=-\mathrm i$，且均为单根。实根 $2$ 对应解 $\mathrm e^{2x}$；一对共轭复根 $\alpha\pm\beta\mathrm i$ 对应两个实解 $\mathrm e^{\alpha x}\cos\beta x$、$\mathrm e^{\alpha x}\sin\beta x$，本题中 $\alpha=0$、$\beta=1$，所以得到 $\cos x$、$\sin x$。

三阶方程需要三个线性无关的基本解，因此通解为

$$y=C_1\mathrm e^{2x}+C_2\cos x+C_3\sin x,$$

其中 $C_1,C_2,C_3$ 为任意常数。

答案： $y=2x$。

思路： 多项式除法拆出线性部分，检查余项趋于零。

详细解答：

$$\frac{2x^3}{x^2+1}=2x-\frac{2x}{x^2+1}.$$

$x\to\pm\infty$ 时余项趋于零，所以两端均以 $y=2x$ 为斜渐近线。分母在实轴上恒正，函数处处连续，没有竖直渐近线；函数两端无界，也无水平渐近线。

答案： $y^{(n)}(0)=-2^n(n-1)!$，$n\ge1$。

思路： 先求出前两阶导数，找出每求导一次时分子和分母的变化，再归纳出 $n$ 阶导数。

详细解答： 函数的定义域为 $x<\tfrac12$，因此在 $x=0$ 附近可以连续求导。由链式法则，

$$y'=-\frac{2}{1-2x},\qquad y''=-\frac{4}{(1-2x)^2},\qquad y'''=-\frac{16}{(1-2x)^3}.$$

每次求导时，$(1-2x)^{-m}$ 会变为 $2m(1-2x)^{-m-1}$。据此得到

$$y^{(n)}(x)=-\frac{2^n(n-1)!}{(1-2x)^n},\qquad n\ge1.$$

这个规律也可以用归纳法核实：$n=1$ 时成立；如果 $n$ 阶公式成立，再求导便得到

$$y^{(n+1)}(x)=-2^n(n-1)!\cdot2n(1-2x)^{-n-1} =-\frac{2^{n+1}n!}{(1-2x)^{n+1}}.$$

最后代入 $x=0$，分母等于 $1$，故 $y^{(n)}(0)=-2^n(n-1)!$。

答案： $\sqrt2(\mathrm e^\pi-1)$。

思路： 极坐标弧长元为 $\sqrt{r^2+(r')^2}\mathrm{d}\theta$。

详细解答： $r=\mathrm e^\theta$，所以 $r'=\mathrm e^\theta=r$。于是

$$s=\int_0^\pi\sqrt{\mathrm e^{2\theta}+\mathrm e^{2\theta}}\mathrm{d}\theta =\sqrt2[\mathrm e^\theta]_0^\pi=\sqrt2(\mathrm e^\pi-1).$$

答案： $3\,\mathrm{cm/s}$。

思路： 对勾股关系随时间求导。

详细解答： 设对角线长为 $d$，则 $d^2=l^2+w^2$。求导得 $2dd'=2ll'+2ww'$。在给定时刻，$d=\sqrt{12^2+5^2}=13$，所以

$$d'=\frac{12\cdot2+5\cdot3}{13}=\frac{39}{13}=3\,\mathrm{cm/s}.$$

答案： $3$。

思路： 两个待比较矩阵都能分解出 $E+AB$。

详细解答：

$$A^{-1}+B=A^{-1}(E+AB),$$

所以 $2=|A^{-1}+B|=|E+AB|/3$，得到 $|E+AB|=6$。又

$$A+B^{-1}=(E+AB)B^{-1},$$

所以 $|A+B^{-1}|=|E+AB|/|B|=6/2=3$。乘法顺序与原矩阵一致，不需要假定 $AB=BA$。

答案： 在 $(-\infty,-1)$、$(0,1)$ 递减，在 $(-1,0)$、$(1,+\infty)$ 递增；$x=\pm1$ 处极小值为 $0$，$x=0$ 处极大值为 $(1-\mathrm e^{-1})/2$。

思路： 被积函数也含 $x$，用带参数的变上限求导；上限项恰好为零。

详细解答： 求导得到

$$f'(x)=2x\int_1^{x^2}\mathrm e^{-t^2}\mathrm{d}t +(x^2-x^2)\mathrm e^{-x^4}\cdot2x =2x\int_1^{x^2}\mathrm e^{-t^2}\mathrm{d}t.$$

被积函数恒正，所以积分在 $|x|>1$ 时为正，在 $|x|<1$ 时为负，在 $|x|=1$ 时为零。结合 $x$ 的符号，$f'$ 在四个区间依次为负、正、负、正，得到所列单调性以及三个极值点。

在 $\pm1$ 处上下限相同，$f(\pm1)=0$。在 $0$ 处，

$$f(0)=\int_1^0(-t)\mathrm e^{-t^2}\mathrm{d}t =\int_0^1t\mathrm e^{-t^2}\mathrm{d}t =\left[-\frac12\mathrm e^{-t^2}\right]_0^1 =\frac{1-\mathrm e^{-1}}2.$$

答案： （1）第一积分严格小于第二积分；（2）$u_n\to0$。

思路： 先逐点比较 $\ln(1+t)$ 与 $t$，再用一个能显式计算的积分夹逼。

详细解答：

1. 对 $0<t<1$，令 $H(t)=t-\ln(1+t)$，则 $H(0)=0$、$H'(t)=t/(1+t)>0$，所以 $0<\ln(1+t)<t$。取正整数次幂，并乘以正数 $|\ln t|$，得到

$$0<|\ln t|[\ln(1+t)]^n<t^n|\ln t|.$$

积分保持严格不等号，所以第一积分小于第二积分。

2. 在 $(0,1)$ 有 $|\ln t|=-\ln t$。分部积分并以极限理解下端，得

$$\begin{aligned} \int_0^1t^n(-\ln t)\mathrm{d}t &=\left[-\frac{t^{n+1}\ln t}{n+1}\right]_0^1 +\frac1{n+1}\int_0^1t^n\mathrm{d}t\\ &=\frac1{(n+1)^2}, \end{aligned}$$

其中 $t^{n+1}\ln t\to0$。因此 $0<u_n<1/(n+1)^2\to0$，夹逼得极限为零。

答案： $\psi(t)=t^3+\dfrac32t^2$，$t>-1$。

思路： 参数二阶求导化成 $\psi'$ 的一阶线性方程，再使用两个初值。

详细解答： $x_t=2(1+t)>0$，所以

$$y_x=\frac{\psi'}{2(1+t)},\qquad y_{xx}=\frac{(1+t)\psi''-\psi'}{4(1+t)^3}.$$

与题设比较，得 $(1+t)\psi''-\psi'=3(1+t)^2$。令 $p=\psi'$，则

$$\left(\frac p{1+t}\right)'=3,\qquad \frac p{1+t}=3t+C.$$

$p(1)=6$ 给出 $3=3+C$，故 $C=0$，$p=3t+3t^2$。再积分得 $\psi=3t^2/2+t^3+C_1$，用 $\psi(1)=5/2$ 得 $C_1=0$。

答案： $\displaystyle M=\rho lab\left(\frac{2\pi}{3}+\frac{\sqrt3}{4}\right)\,\mathrm{kg}$。

思路： 油罐平放后轴向长度为 $l$，先求油在椭圆截面中所占面积，再乘长度和密度。

详细解答： 以椭圆中心为原点，截面为 $x^2/a^2+y^2/b^2\le1$。图中底部为 $y=-b$，油面距底部 $3b/2$，所以油面为 $y=b/2$。水平薄条宽为 $2a\sqrt{1-y^2/b^2}$，油截面积为

$$S=2a\int_{-b}^{b/2}\sqrt{1-y^2/b^2}\mathrm{d}y.$$

令 $y=b\sin t$，$-\pi/2\le t\le\pi/6$，得到

$$\begin{aligned} S&=2ab\int_{-\pi/2}^{\pi/6}\cos^2t\,\mathrm{d}t\\ &=ab\left[t+\frac12\sin2t\right]_{-\pi/2}^{\pi/6}\\ &=ab\left(\frac{2\pi}{3}+\frac{\sqrt3}{4}\right). \end{aligned}$$

体积为 $lS$，质量为 $\rho lS$，即答案。

答案： $(a,b)=(-2,-2/5)$，或交换两者。

思路： 变换后令两个纯二阶导数的系数为零，选不同的根以保证坐标变换可逆。

详细解答： 用 $U(\xi,\eta)$ 表示变换后的函数，$\partial_x=\partial_\xi+\partial_\eta$，$\partial_y=a\partial_\xi+b\partial_\eta$。于是

$$\begin{aligned} u_{xx}&=U_{\xi\xi}+2U_{\xi\eta}+U_{\eta\eta},\\ u_{xy}&=aU_{\xi\xi}+(a+b)U_{\xi\eta}+bU_{\eta\eta},\\ u_{yy}&=a^2U_{\xi\xi}+2abU_{\xi\eta}+b^2U_{\eta\eta}. \end{aligned}$$

代入原式后，两个纯导数的系数分别为 $5a^2+12a+4$ 和 $5b^2+12b+4$。因

$$5t^2+12t+4=(t+2)(5t+2),$$

它们各应取根 $-2,-2/5$。变换行列式为 $b-a$，必须非零，因此取不同根。此时混合项系数为

$$8+12(a+b)+10ab=8-\frac{144}{5}+8=-\frac{64}{5}\ne0.$$

所以方程等价于 $U_{\xi\eta}=0$，得到所需参数。

答案： $1/3-\pi/16$。

思路： 用直角坐标将根式简化。原积分的面积元是 $\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$，换元时必须正确处理雅可比。

详细解答： 令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$。$\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$，且 $r^2\sin\theta=ry$、$r^2\cos2\theta=x^2-y^2$，所以积分变为

$$I=\iint_{D'}y\sqrt{1-x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

$r\le\sec\theta$ 等价于 $x\le1$，角度条件等价于 $0\le y\le x$，故 $D'=\{0\le y\le x\le1\}$。先对 $y$ 积分：

$$I=\frac13\int_0^1[1-(1-x^2)^{3/2}]\mathrm{d}x.$$

令 $x=\sin t$，余下积分为 $\int_0^{\pi/2}\cos^4t\,\mathrm{d}t$。由

$$\cos^4t=\frac38+\frac12\cos2t+\frac18\cos4t,$$

该积分等于 $3\pi/16$。所以 $I=(1-3\pi/16)/3=1/3-\pi/16$。

答案： 所求 $\xi,\eta$ 存在。

思路： 减去导数为 $x^2$ 的函数，使目标变成两个导数相加为零，再在两半区间分别用中值定理。

详细解答： 令 $h(x)=f(x)-x^3/3$，则 $h(0)=0,h(1)=1/3-1/3=0$。对 $[0,1/2]$ 用中值定理，存在 $\xi\in(0,1/2)$ 使

$$h'(\xi)=\frac{h(1/2)-h(0)}{1/2}=2h(1/2).$$

对 $[1/2,1]$ 再用中值定理，存在 $\eta\in(1/2,1)$ 使 $h'(\eta)=-2h(1/2)$。相加得 $h'(\xi)+h'(\eta)=0$。因 $h'=f'-x^2$，整理得到 $f'(\xi)+f'(\eta)=\xi^2+\eta^2$，且两点位置正好符合要求。

答案： （1）$\lambda=-1,a=-2$；（2）$\displaystyle x=(3/2,-1/2,0)^T+t(1,0,1)^T$，$t\in\mathbb R$。

思路： 两个不同解说明系数矩阵奇异，但仍需检查方程是否相容。

详细解答：

1. 两解之差为非零齐次解，所以 $|A|=0$。按第二行展开，

$$|A|=(\lambda-1)(\lambda^2-1)=(\lambda-1)^2(\lambda+1).$$

故 $\lambda=1$ 或 $-1$。$\lambda=1$ 时第二式为 $0=1$，无解，排除。$\lambda=-1$ 时第二式给 $x_2=-1/2$，第三式给 $x_1+x_2-x_3=1$，即 $x_1-x_3=3/2$。第一式于是给出 $a=-x_1+x_2+x_3=-3/2-1/2=-2$。

2. 令 $x_3=t$，得 $x_1=3/2+t,x_2=-1/2$，即所列通解。它有一个任意实参数，确实存在两个不同解。