2008年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.
(1)设，求的零点个数（ ）
0 1 2 3
解：
分析：
令，则可得零点的个数为3.
（2）曲线方程为函数在区间上有连续导数，则定积分（ ）
曲边梯形面积. 梯形面积.
曲边三角形面积. 三角形面积.
解：
分析：，其中是矩形面积，为曲边梯形的面积，所以为曲边三角形的面积。
（3）在下列微分方程中，以（为任意常数）为通解的是（ ）
. .
. .
解：.
分析；由可知其特征根为.
故对应的特征方程为 ，即
所以所求微分方程为,选.
（4）判断函数间断点的情况( )
有1个可去间断点，1个跳跃间断点
有1个跳跃间断点，1个无穷间断点
有两个无穷间断点
有两个跳跃间断点解：
分析：的间断点为，而，故是可去间断点；
，，故是跳跃间断点
故选。
（5）设函数在内单调有界，为数列，下列命题正确的是（ ）
若收敛，则收敛. 若单调，则收敛.
若收敛，则收敛. 若单调，则收敛.
解：
分析：若单调，则由在内单调有界知，单调有界，
因此收敛,应选.
（6）设连续，，，，则，则（ ）
解：选A
分析；用极坐标得
（7）设为阶非零矩阵，为阶单位矩阵,若，则（ ）
不可逆，不可逆. 不可逆，可逆.
可逆，可逆. 可逆，不可逆,
解：
分析：，
故均可逆。
（8）设，则在实数域上与合同的矩阵为（ ）
. .
. ,
解：
分析：
则。记，则
则
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）连续，，则
解：
分析：，由连续，则
（10）曲线在点处的切线方程为.
解：.
分析：设，斜率，在处，，所以切线方程为，即
（11）求函数的拐点______________.
解：
分析：，
令，得，而时，左右两边不变号，故不是拐点，时，二阶导数不存在且左右两边正负号改变，故是拐点。
（12）已知，则.
解：
分析；令，从而，对方程两边去对数得，对改方程两边对求导，所以，
（13）矩阵的特征值是，其中未知，且=-48，则=_______.
解：=-1
分析：由矩阵特征值与矩阵行列式之间的关系得，，故=-1
（14）设为2阶矩阵，为线性无关的2维列向量，，则的非零特征值为.
解：1
分析：
记可逆，故
与有相同的特征值，，故非零的特征值为1。
三、解答题：15－23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.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）
求极限.
解,
(17)（本题满分10分）
求积分
解：
分析：令，则
(18)（本题满分10分）
求函数在在约束条件和下的最大和最小值.
解：设
得方程组即，解得 或
得 .
.
(19)（本题满分10分）
曲线满足对于任意的曲线是严格递增，在轴上，该曲线与直线及围成一曲边梯形.该曲边梯形绕轴旋转一周得一旋转体，其体积为,侧面积为.如果二阶可导,且，求曲线.
解：旋转体体积
旋转体的侧面积
由
两边求导，得
从而 ，得.
所以特征方程为 ,特征根为.
则通解为 .
由 ，得 .
所以 .
故该曲线方程为
(20)（本题满分11分）
求二重积分其中
解,
分析：
（21）（本题满分11分）
证明(1)积分中值定理；
(2)已知在上连续且可导，证明至少存在一点，.
证明：(1) 定积分中值定理：如果函数在积分区间上连续，则在上至少存在一个点，使下式成立：
设及分别是函数在区间上的最大值及最小值，则
不等式各除以，得.
这表明，确定的数介于函数的最小值及最大值之间.
根据闭区间上连续函数的介值定理，在上至少存在一点，使得函数在点处的值与这个确定的数值相等，即应有
两端各乘以，即得所要证的等式.
（2）证明：由积分中值定理，则至少存在一点，使得，由题得
若，则由罗尔定理存在点，使得；
若，不妨设，由连续与介值定理存在点，使，在区间上应用罗尔定理，存在点，使得；
若，同理可得存在点，.
证毕
（22）（本题满分11分）
设矩阵，现矩阵满足方程，其中，，
（1）求证
（2）为何值，方程组有唯一解，求
（3）为何值，方程组有无穷多解，求通解解：①
②方程组有唯一解由，知，又，故。
记，由克莱姆法则知，
③方程组有无穷多解由，有，则
故
的同解方程组为，则基础解系为，为任意常数。
又
，
故可取特解为
所以的通解为为任意常数。
（23）（本题满分11分）
设为3阶矩阵，为的分别属于特征值特征向量，向量满足，
证明（1）线性无关；
（2）令，求
解：（1）假设线性相关，则可由线性表出，不妨设，其中不全为零（若同时为0，则为0，由可知）
又
，整理得：
则线性相关，矛盾（因为分别属于不同特征值得特征向量，故线性无关）.
故：线性无关.
（2）记则可逆，
即： .
(1)设，求的零点个数（ ）
0 1 2 3
解：
分析：
令，则可得零点的个数为3.
（2）曲线方程为函数在区间上有连续导数，则定积分（ ）
曲边梯形面积. 梯形面积.
曲边三角形面积. 三角形面积.
解：
分析：，其中是矩形面积，为曲边梯形的面积，所以为曲边三角形的面积。
（3）在下列微分方程中，以（为任意常数）为通解的是（ ）
. .
. .
解：.
分析；由可知其特征根为.
故对应的特征方程为 ，即
所以所求微分方程为,选.
（4）判断函数间断点的情况( )
有1个可去间断点，1个跳跃间断点
有1个跳跃间断点，1个无穷间断点
有两个无穷间断点
有两个跳跃间断点解：
分析：的间断点为，而，故是可去间断点；
，，故是跳跃间断点
故选。
（5）设函数在内单调有界，为数列，下列命题正确的是（ ）
若收敛，则收敛. 若单调，则收敛.
若收敛，则收敛. 若单调，则收敛.
解：
分析：若单调，则由在内单调有界知，单调有界，
因此收敛,应选.
（6）设连续，，，，则，则（ ）
解：选A
分析；用极坐标得
（7）设为阶非零矩阵，为阶单位矩阵,若，则（ ）
不可逆，不可逆. 不可逆，可逆.
可逆，可逆. 可逆，不可逆,
解：
分析：，
故均可逆。
（8）设，则在实数域上与合同的矩阵为（ ）
. .
. ,
解：
分析：
则。记，则
则
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）连续，，则
解：
分析：，由连续，则
（10）曲线在点处的切线方程为.
解：.
分析：设，斜率，在处，，所以切线方程为，即
（11）求函数的拐点______________.
解：
分析：，
令，得，而时，左右两边不变号，故不是拐点，时，二阶导数不存在且左右两边正负号改变，故是拐点。
（12）已知，则.
解：
分析；令，从而，对方程两边去对数得，对改方程两边对求导，所以，
（13）矩阵的特征值是，其中未知，且=-48，则=_______.
解：=-1
分析：由矩阵特征值与矩阵行列式之间的关系得，，故=-1
（14）设为2阶矩阵，为线性无关的2维列向量，，则的非零特征值为.
解：1
分析：
记可逆，故
与有相同的特征值，，故非零的特征值为1。
三、解答题：15－23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定的位置上.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）
求极限.
解,
(17)（本题满分10分）
求积分
解：
分析：令，则
(18)（本题满分10分）
求函数在在约束条件和下的最大和最小值.
解：设
得方程组即，解得 或
得 .
.
(19)（本题满分10分）
曲线满足对于任意的曲线是严格递增，在轴上，该曲线与直线及围成一曲边梯形.该曲边梯形绕轴旋转一周得一旋转体，其体积为,侧面积为.如果二阶可导,且，求曲线.
解：旋转体体积
旋转体的侧面积
由
两边求导，得
从而 ，得.
所以特征方程为 ,特征根为.
则通解为 .
由 ，得 .
所以 .
故该曲线方程为
(20)（本题满分11分）
求二重积分其中
解,
分析：
（21）（本题满分11分）
证明(1)积分中值定理；
(2)已知在上连续且可导，证明至少存在一点，.
证明：(1) 定积分中值定理：如果函数在积分区间上连续，则在上至少存在一个点，使下式成立：
设及分别是函数在区间上的最大值及最小值，则
不等式各除以，得.
这表明，确定的数介于函数的最小值及最大值之间.
根据闭区间上连续函数的介值定理，在上至少存在一点，使得函数在点处的值与这个确定的数值相等，即应有
两端各乘以，即得所要证的等式.
（2）证明：由积分中值定理，则至少存在一点，使得，由题得
若，则由罗尔定理存在点，使得；
若，不妨设，由连续与介值定理存在点，使，在区间上应用罗尔定理，存在点，使得；
若，同理可得存在点，.
证毕
（22）（本题满分11分）
设矩阵，现矩阵满足方程，其中，，
（1）求证
（2）为何值，方程组有唯一解，求
（3）为何值，方程组有无穷多解，求通解解：①
②方程组有唯一解由，知，又，故。
记，由克莱姆法则知，
③方程组有无穷多解由，有，则
故
的同解方程组为，则基础解系为，为任意常数。
又
，
故可取特解为
所以的通解为为任意常数。
（23）（本题满分11分）
设为3阶矩阵，为的分别属于特征值特征向量，向量满足，
证明（1）线性无关；
（2）令，求
解：（1）假设线性相关，则可由线性表出，不妨设，其中不全为零（若同时为0，则为0，由可知）
又
，整理得：
则线性相关，矛盾（因为分别属于不同特征值得特征向量，故线性无关）.
故：线性无关.
（2）记则可逆，
即： .
