2009年全国硕士研究生入学统一考试数学试题精解

一、选择题

（1）分析 先确定函数f（x）的间断点，然后从中选出可去间断点.

精解f（x）的间断点即为sinπx的零点，所以有x=0，±1，±2，….

其中

此外，对n=2，3，…，

所以f（x）的可去间断点有3个，即x=0，-1，1.

因此本题选（C）.

附注 初等函数f的间断点都来自g（x）的零点.

（2）分析 由所给的四个选项可知，本题可在a，b都不为零的情形下考虑.

精解 由于，，

所以当f（x）～g（x）（x→0）时，

即a=1，

因此本题选（A）.

附注 寻找x→x₀时函数h（x）的等价无穷小的步骤为：

（i）作变量代换t=x-x₀，按以下方法寻找φ（t）=h（t+x₀）在t→0时的等价无穷小.

（a）利用常用函数在t→0时的等价无穷小：

sint～t，arcsint～t，tant～t，arctant～t，

（b）利用常用函数的麦克劳林公式（带佩亚诺型余项）：t→0时，

（ii）在上述得到的等价无穷小中令t=x-x₀，即得x→x₀时h（x）的等价无穷小.

（3）分析 按二元函数极值的充分条件进行判别.

精解 由于，，所以由知点（0，0）是f（x，y）的驻点.此外由

知点（0，0）是f（x，y）的极小值点.

因此本题选（D）.

附注 本题也可以按以下方法快捷求解：

由得

（C是任意常数），

由此可知，对C的任意值，z在点（0，0）处都取极小值.因此点（0，0）是z的极小值点.

（4）分析 按确定D，然后将转换成新的二次积分.

精解 记，则

D₁ ={（x，y）|1≤x≤2，x≤y≤2}={（x，y）|1≤y≤2，1≤x≤y}.

记，则

D₂ ={（x，y）|1≤y≤2，y≤x≤4-y}.

所以 D=D₁+D₂={（x，y）|1≤y≤2，1≤x≤4-y}，从而

即

因此本题选（C）.

附注 要变更二次积分的积分次序，总是先确定与其相等的二重积分的积分区域D.

（5）分析 利用曲率圆推出f′（x）＜0及f（2）＜0，由此可以判定f（x）在[1，2]上有无极值点与零点.

精解 由于曲线y=f（x）与曲率圆x²+y²=2在点（1，1）处有相同的凹凸性，而曲率圆x²+y²=2在点（1，1）处是凸的，所以曲线y=f（x）在点（1，1）处也是凸的，即f″（1）＜0.于是由f″（x）不变号知f″（x）＜0（x∈[1，2]），由此可知f′（x）在[1，2]上单调减少，因此f′（x）＜f′（1）=y′（1）=-1（由于曲线y=f（x）在点（1，1）处与曲率圆x²+y²=2相切，所以f′（1）=y′（1）.方程x²+y²=2两边对x求导得2x+2yy′=0.将x=1，y=1代入得y′（1）=-1），即f（x）在[1，2]上单调减少，故f（x）在（1，2）内无极值点.

显然f（1）=1.对f（x）在[1，2]上应用拉格朗日中值定理知存在ξ∈（1，2），使得

f（2）-f（1）=f′（ξ）（2-1）＜（-1）（2-1）＜-1，

即f（2）-1＜-1，由此得到f（2）＜0.故由零点定理知，f（x）在（1，2）内有零点.

因此本题选（B）.

附注 设函数f（x）二阶可导，M（x₀，y₀）是曲线y=f（x）上的一点，则该曲线与其在点M处的曲率圆有相同的切线与曲率，且在点M邻近有相同的凹凸性.

本题是综合题，其有关内容和方法见提高篇04，05.

（6）分析 按积分上限函数的性质，排除其中三个不正确的选项即可.

精解 当-1≤x＜0时，，所以 选项（A）、（C）应排除.

f（x）在[0，3]上除点x=2是第一类间断点外，处处连续，即f（x）在[0，3]上可积，从而在[0，3]上连续，所以选项（B）也应排除.

因此本题选（D）.

附注 积分上限函数有以下性质：

（i）设f（x）在[a，b]上可积，则F（x）在[a，b]上连续；

（ii）设f（x）在[a，b]上连续，则F（x）在[a，b]上可导且F′（x）=f（x）.

（7）分析 通过与选项中的矩阵相乘，判定正确选项.

精解 记，则|C|=|A||B|=6.先考虑选项（A）.

由于

（其中E₄是四阶单位矩阵）.

所以排除选项（A），再考虑选项（B）.

由于

所以的伴随矩阵是

因此本题选（B）.

附注 记住以下公式是有用的：

设M₁，M₂都是方阵，则

（8）分析 将Q用P表示后，代入Q^TAQ进行运算即可.

精解 由于，所以

因此本题选（A）.

附注 由于和都是初等矩阵，所以以上的矩阵运算都可以简单地

得到：

的第2行加到第1行所成的矩阵，同样的第2列加到第1列所成的矩阵

二、填空题

（9）分析 对应点（0，0）的t=1，所以切线方程为

因此只要算出即可.

精解 由于，

所以，.因此所求的切线方程为y=2x.

附注也可以用导数定义计算.

（10）分析 显然k＜0.由于e^k|x|是偶函数，所以

因此只要计算即可.

精解 由于当k≥0时，反常积分发散，故不合题意，因此k＜0.此时

因此由题设得

，即k=-2.

附注 对于收敛的反常积分也有类似定积分的牛顿-莱布尼茨公式：

这里 F（x）是f（x）的一个原函数，且

（11）分析 先作分部积分，提出的因子，然后对定积分绝对值进行估计算出所给极限.

精解

由于e^-xcosnx在[0，1]上有界，即存在正数M，使得

|e^-xcosnx|≤M（x∈[0，1]），

于是有

由此可得

所以，

附注 本题是通过估计定积分算出极限，这比先算出定积分再计算极限容易得多.

（12）分析 先算，然后计算

精解 显然y（0）=0.所给方程两边对x求导得

y+xy′+e^y·y′=1， （1）

由此可得y′（0）=1.

式（1）两边对x求导得

y′+（y′+xy″）+（e^y·y′·y′+e^y·y″）=0.

上式中令x=0，并将y（0）=0，y′（0）=1代入得

2+（1+y″（0））=0，即

附注也可用二阶导数定义直接计算，具体如下：

（13）分析 先计算y′，然后按y′的符号确定y在（0，1]上的最小值.

精解 由于y=x^2x=e^2xlnx在（0，1]上连续，且在（0，1）内

所以，y=x^2x在区间（0，1]上的最小值为

附注 顺便计算极限，具体如下：

（14）分析 从计算（αβ^T）（αβ^T）入手确定β^Tα的值.

精解 由题设知，存在三阶可逆矩阵P，使得

记 k=β^Tα，则

一方面，，另一方面， (www.xing528.com)

于是，即

所以k=2.

附注 注意：对于n维列向量α与β，αβ^T是n阶矩阵，而β^Tα是一个数，并且

tr（αβ^T）=β^Tα.

如果记住了这个结论，则直接可得

三、解答题

（15）分析 所求的极限是型未定式极限，先用等价无穷小代替，进行化简后再考虑应用洛必达法则.

精解

附注 计算型未定式极限时，总是先进行化简，其中等价无穷小代替是化简的重要手段.

本题的计算方法见提高篇01.

（16）分析 由于被积函数中有无理式，所以先用换元积分法，再考虑应用分部积分法计算所给的不定积分.

精解

附注 题解中的是有理函数积分，其中被积函数的部分分式是按如下那样得到的：设

上式右边通分后得

A（t+1）²+B（t-1）（t+1）+C（t-1）=1，

即所以，，从而有

要熟练掌握有理真分式分成部分分式的方法.

（17）分析 利用全微分形式不变性计算dz，然后对由此得到的计算

精解 由全微分形式不变性得

由此可知，，因此

附注 （i）由于f具有二阶连续偏导数，所以f″₁₂=f″₂₁，f″₁₃=f″₃₁，f″₂₃=f″₃₂，因此计算到式（1）后要作同类项合并.

（ii）要熟练掌握二、三元复合函数的一、二阶偏导数的计算方法.

（18）分析 先用降阶法算出所给微分方程的通解，并用题设条件确定其中的任意常数算得y（x）的表达式，然后计算旋转体的体积.

精解 记p=y′，则所给微分方程成为

xp′-p+2=0，即（一阶线性微分方程）.

它的通解为

所以，所给微分方程的通解为

由于y=y（x）在点x=0处连续，所以由y（0）=0得

，即

由此得到C₂=0.所以，

于是由D的面积为2得

即由此得到C₁=6.将它代入式（1）得所求的y（x）的表达式为

y（x）=3x²+2x（x≥0）.

因此所求的旋转体的体积为

附注 应记住平面图形{（x，y）|0≤a≤x≤b，f₁（x）≤y≤f₂（x）}绕y轴旋转一周所成旋转体体积的计算公式：

本题是综合题，其有关内容与计算方法见提高篇09，14.

（19）分析 由于D是角域（即从原点出发的半直线y=x，y=-x（y≥0）之间的区域）的一部分，所以采用极坐标计算所给的二重积分.

精解 由于D的极坐标表示式为

所以

附注 题解中的极坐标系的极点取为原点，极轴取为x轴的正半轴，此时有

x=rcosθ，y=rsinθ.

现在将极坐标系的极点取为点（1，1），取由点（1，1）出发平行于x轴的半直线（方向与x轴的正方向相同）为极轴，此时x=1+ρcosφ，y=1+ρsinφ.现在在此极坐标系下计算

首先，此时，并且dxdy=ρdρdφ，所以

应熟练掌握用极坐标计算二重积分的方法，本题的有关内容和计算方法见提高篇12.

（20）分析 可设在（-π，π）内的可导函数因此只要按题设计算y₁（x）（-π＜x＜0）和y₂（x）（0≤x＜π）即可.

精解 先计算y₁（x）.

由于曲线上任一点（x，y₁（x））的法线方程为

且它通过原点，所以有

，即

由此得到 y²₁（x）=-x²+C₁. （1）

于是由曲线通过点得将它代入式（1）得

，即C₁=π².

将它代入式（1）得y²₁（x）=π²-x².再由得

再计算y₂（x）.由于y₂（x）满足的二阶常系数非齐次线性微分方程y″₂+y₂+x=0所对应的齐次线性微分方程y″₂+y₂=0的特征方程r²+1=0有特征根r=-i，i，因此该齐次线性微分方程的通解为

Y=C₁cosx+C₂sinx.

此外，这个非齐次线性微分方程有特解y^∗=-x.因此y″₂+y₂+x=0的通解为

y₂=Y+y^∗=C₁cosx+C₂sinx-x， （3）

且

y₂′=-C₁sinx+C₂cosx-1. （4）

由于y在（-π，π）内可导，特别在点x=0处连续、可导，因此有

将它们代入式（3）、式（4）得C₁=π，C₂=1.将它们代入式（3）得

y₂ =πcosx+sinx-x（0≤x＜π）.

综上所述得

附注 解本题时应注意的是如何确定微分方程y″₂+y₂+x=0的初始条件，即y₂（0）与y₂′（0）的值.

由于曲线y=y（x）是（-π，π）内的光滑曲线，所以y（x）在（-π，π）内可导，特别在点x=0处可导，于是按，（它们分别为y（x）在点x=0处的右、左导数），可获得y₂（0）与y₂′（0）的值.本题是综合题，其有关内容及计算方法见提高篇13，14.

（21）分析 （Ⅰ）作辅助函数，并对它在[a，b]上应用罗尔定理即可.

（Ⅱ）利用拉格朗日中值定理，按右导数定义证明f′+（0）存在且为A.

精解 （Ⅰ）记，则F（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，且F（a）=F（b）（=f（a）），所以由罗尔定理知，存在ξ∈（a，b），使得F′（ξ）=0，即

f（b）-f（a）=f′（ξ）（b-a）.

（Ⅱ）由题设知，对任意x∈（0，δ），f（t）在[0，x]上连续，在（0，x）内可导，所以由拉格朗日中值定理知，存在ξ∈（0，x），使得

f（x）-f（0）=f′（ξ）（x-0），即

由于x→0⁺时ξ→0⁺，所以

于是，由右导数定义知f′+（0）存在且为A.

附注 本题（Ⅱ）可以推广为：

设f（x）在点x=c处连续，在（c，c+δ）（δ＞0）内可导，且，则f′₊（c）=A；

设f（x）在点x=c处连续，在（c-δ，c）（δ＞0）内可导，且，则f_-′（c）=B.

这一推广有以下的应用：

设分段函数其中f（x）在点x=x₀处连续，f₁（x）（x＜x₀）可导，f₂（x）（x＞x₀）可导.当已算得f′₁（x）（x＜x₀）和f₂′（x）（x＞x₀）时，f（x）在点x₀处的可导性可按以下方法判别：

如果和都存在且相等，则f（x）在点x₀处可导，且

本题的（Ⅱ）是综合题，其有关内容及证明方法见提高篇03，04.

（22）分析 （Ⅰ）解非齐次线性方程组算得所有的ξ₂，ξ_3.

（Ⅱ）计算（ξ₁，ξ₂，ξ₃）的行列式，判定ξ₁，ξ₂，ξ₃线性无关.

精解 （Ⅰ）对增广矩阵（A┊ξ₁）施行初等行变换：

记ξ₂=（x₁，x₂，x₃）^T，则Aξ₂=ξ₁与方程组

同解.式（1）对应的导出组的基础解系为，式（1）有特解，所以（C为任意常数）.

由于，对增广矩阵（A²┊ξ₁）施行初等行变换：

记ξ₃=（y₁，y₂，y₃）^T，则Aξ₃=ξ₁与方程

同解.式（2）对应的导出组的基础解系为（-1，1，0）^T和（0，0，1）^T，式（2）有特解，所以

（C₁，C₂是任意常数）.

（Ⅱ）因为对于任意C，C₁，C₂有

所以，ξ₁，ξ₂，ξ₃线性无关.

附注 （i）应熟练掌握非齐次线性方程组的求解方法.

（ii）要判定n个n维列向量α₁，α₂，…，α_n的线性相关性，其快捷方法是构造矩阵A=（α₁，α₂，…，α_n）.当|A|≠0时，α₁，α₂，…，α_n线性无关；当|A|=0时，α₁，α₂，…，α_n线性相关.

（iii）本题是综合题，有关内容及计算方法见提高篇16.

（23）分析 （Ⅰ）写出f的矩阵A，然后由|λE-A|（E是三阶单位矩阵）算出A的所有特征值.

（Ⅱ）令A的最小特征值为零，即得a的值.

精解 （Ⅰ）f的矩阵

由

知A有特征值a-2，a，a+1（由小到大排列）.

（Ⅱ）由f的规范形为y²₁+y²₂知f的正惯性指数为2，负惯性指数为0，所以A有两个正特征值和一个零特征值，从而a-2=0，即a=2.

附注 二次型f（x₁，x₂，…，x_n）=x^TAx（其中x=（x₁，x₂，…，x_n）^T，A是实对称矩阵）的规范形是唯一的，即其中的正平方项个数p（正惯性指数）与负平方项个数q（负惯性指数）由f唯一确定.

p即为A的正特征值个数，q即为A的负特征值个数.

本题是综合题，其有关内容及计算方法见提高篇17，18.