《跨考教育2011数二真题解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《跨考教育2011数二真题解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2011 数二真题数二真题一、选择题：1-8 小题，每小题 4 分，共 32 分，下面每题给出的 4 个选项中，只有一个选项符合题目要求，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.（1）已知当时，函数与是等价无穷小，则0x ( )3sinsin3f xxxkcx(A) (B)1,4kc1,4kc （C） （D）3,4kc3,4kc 【答案答案】C【考点分析考点分析】本题考查等价无穷小量的概念。【解析解析】1003sinsin33cos3cos3limlimkkxxxxxx cxckx2300sin3sin3cos9cos33lim3lim(1)(1)(2)kkxxxxxx ck kxck kkx
2、此时分子极限不等于零，所以要求分母极限也不为零，故必有，即，故由30k 3k ，得，故选（C）8313 (3 1)(32)c 4c （2）已知在处可导，且，则 f x0x 00f 23302lim xx f xf xx（A） （B） 20f 0f(C) (D) 0f0【答案答案】B【考点分析考点分析】本题考查极限的计算。计算是应该将极限式凑成导数的定义的形式。【解析解析】 23323330002limlim2lim xxxx f xf xf xx f x xxx 33330000(0)(0)lim2limlim2lim xxxxf xf xff xf xf xxxx(0)2(0)(0)fff
3、故选（B）（3）函数的驻点个数为 ln123f xxxx（A）0 （B）1 （C）2 （D）3【答案答案】C【考点分析考点分析】本题考查导数的计算。【解析解析】由知 ln123f xxxx(2)(3)(1)(3)(1)(2)( )(1)(2)(3)xxxxxxfxxxx231211 (1)(2)(3)xx xxx由的根的判别式，知有2312110xx2123 4 11120 2312110xx两个实根，故的驻点有两个 ln123f xxxx故选（C）（4）微分方程的特解形式为20xxyyee（A） （B）xxa eexxax ee（C） （D）xxx aebe2xxxaebe【答案答案】C【考
4、点分析考点分析】本题考查二阶常系数线性微分方程的求解中特解的计算。考生直接利用对应的公式即可。由于微分方程的右端是两项相加的形式，故应该利用叠加原理。【解析解析】：设方程的特解分别为和，则原微分方程的22,xxyyeyye* 1y* 2y特解为。* 12yy由于特征方程的根为，故，故原微分方程的特解形式* 12,xxxyaxeaxeybxe为。xxx aebe（5）设 函数具有二阶连续导数，且，则函数)(xf0)(xf0)0(f)(ln)(yfxfz 在点(0,0)处取得极小值的一个充分条件是（）A B 0)0(1)0( ff，0)0(1)0( ff，C D 0)0(1)0( ff，0)0(1
5、)0( ff，【答案答案】C【考点分析考点分析】本题考查二元函数取极值的条件，直接套用二元函数取极值的充分条件即可。【解析解析】由知，)(ln)(yfxfz ( )( )ln( ),( )( )xyf xzfxf yzfyf y( )( )( )xyfxzfyf y，( )ln( )xxzfxf y22( ) ( )( )( )( )yyfy f yfyzf xfy所以， 0 0(0)(0)0(0)xyx yfzff 0 0(0)ln(0)xxx yzff 220 0(0) (0)(0)(0)(0)(0)yyx yfffzfff 要使得函数在点(0,0)处取得极小值，仅需)(ln)(yfxfz
6、 ，(0)ln(0)0ff(0)ln(0)(0)0fff所以有0)0(1)0( ff，（6）设，则的大小关系是( )444 000lnsin,lncot,lncosIxdx Jxdx Kxdx , ,I J K（A） （B） （C） （D）IJKIKJJIKKJI【答案答案】B【考点分析考点分析】本题考查定积分的性质，直接将比较定积分的大小转化为比较对应的被积函数的大小即可。【解析解析】时，因此(0,)4x20sincoscot2xxxlnsinlncoslncotxxx，故选（B）444000lnsinlncoslncotxdxxdxxdx （7）设为 3 阶矩阵，将的第二列加到第一列得矩阵
7、，再交换的第二行与第一行AABB得单位矩阵.记,则( )1100 110001P 2100 001010P A （A） （B） （C） （D）12PP1 12P P 21P P1 21P P【答案答案】D【考点分析考点分析】本题考查初等矩阵与初等变换的关系。直接应用相关定理的结论即可。【解析解析】由初等矩阵与初等变换的关系知，所以1APB2P BE，故选（D）1111 12121ABPPPP P（8）设是 4 阶矩阵，为的伴随矩阵，若是方程组4321,AAA0 , 1 , 0 , 1的一个基础解系，则基础解系可为（ ）0xA0xA（A） （B） （C） （D） 31，21，321，432，【答
8、案答案】D【考点分析考点分析】本题考查齐次线性方程组的基础解系，需要综合应用秩，伴随矩阵等方面的知识，有一定的灵活性。【解析解析】由的基础解系只有一个知，所以，又由0xA( )3r A ()1r A知，都是的解，且的极大线生无关组就是0A AA E1234, 0xA0xA其基础解系，又，所以线性相关，故或12341311 00,011 00A 13, 124，为极大无关组，故应选（D）432，二、填空题：9-14 小题，每小题 4 分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上.（9） 1012lim2xxx【答案答案】2【考点分析考点分析】本题属于计算型的极限.。1【解析解析】1 2211l
9、nln 12221ln2 220000012limlimlimlimlim22xxxxxx xxxxxxxxxeeee（10）微分方程满足条件的解 cosxyyex 00yy 【答案答案】sinxyxe【考点分析考点分析】本题考查一阶线性微分方程的求解。先按一阶线性微分方程的求解步骤求出其通解，再根据定解条件，确定通解中的任意常数。【解析解析】原方程的通解为11cos cossindxdxxxxyeex edxCexdxCexC由，得，故所求解为0)0(y0C sinxyxe（11）曲线的弧长 xxtdty 040tanS 【答案答案】14【考点分析考点分析】本题考查曲线弧长的计算，直接代公式
10、即可。【解析解析】 2444224 0000tansec1tan14sydxxdxxdxxx （12）设函数 ，则 ,0( )00xexf xx xf x dx【答案答案】1 【考点分析考点分析】本题考查反常积分的计算，计算积分时需要用到分部积分法。【解析解析】 0001limlimuuxxxuuxf x dxxedxxedxxd e. 0011limuxuxuxeed x（13）设平面区域是由直线，圆及轴所围成，则二重积分Dyx222xyyy_.Dxyd【答案答案】7 12【考点分析考点分析】本题考查二重积分的计算。【解析解析】.442sin322 0442 sin7cos sincos s
11、in412Dxydddd （14）二次型，则的正惯性指数为 222 123123121323,3222f x x xxxxx xx xx xf【答案答案】2【考点分析考点分析】本题考查二次型的惯性指数。只需求出二次型的特征值，再确定其中正数个数即可。【解析解析】二次型矩阵,由得的特征值为，正的特征值的111 13 1 111A 0EAA0,1,4个数记为正惯性指数，故正惯性指数为.2三、解答题：15-23 小题，共 94 分请将解答写在答题纸指定位置上，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15 （本题满分 10 分）已知函数，设,试求的取值范围. 20ln 1xtdt F xx 0liml
12、im0 xxF xF x 【答案答案】113a【考点分析考点分析】本题考查极限的计算的相关知识。解题时分别讨论两个极限和 lim xF x 存在并等于零的条件，再求交集即可。 0lim xF x 【解析解析】由，所以至少，lim( )0 xF x 0a 由，所以 0lim( )0 xF x 222 0 331310000ln(1)ln(1)lim( )limlimlim033xaaaxxxxtdtxxF xxaxax故，所以231a1a 由，所以 0lim( )0 xF x 22 0 3312323 32ln(1)ln(1)21lim( )limlimlim313 (31)21lim013 (31)xaaaxxxxaxtxxF xxaxxaaxx xaa即，所以332a1 3a 综上113a16.（本题满分 11 分）设函数由参数方程求的数值和曲线的凹凸 yy x3311 33 11 33xttytt yy x yy x区间及拐点.【答案答案】当时，是拐点0t 11,33xy当时，是凸区间，当时，是凹区间0t 0t 【考点分析考点分析】本题考查曲线的凹凸性和拐点。由于曲线是以参数方程的形式给出的，因此要先用参数方程的求导公式求出二阶导数，再解不等式得到凹凸性和拐点。【解析解析】，221 1dyt dxt222 34 (1)d yt dxt当时，
