2004 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题与解析

一、填空题

（1）

设 $f(x)=\lim_{n\to\infty}\dfrac{(n-1)x^{2}}{1+nx}$，则 $f(x)$ 的间断点为 $x=$ ________。

答案： 无间断点。

解析： 当 $x=0$ 时，$f(0)=0$；当 $x\ne0$ 时，$f(x)=x$。故 $\lim_{x\to0}f(x)=f(0)$，函数在 $x=0$ 连续。

注： 若原答案写作 $x=0$，则题干分式可能存在排版差异；此处按当前题干公式计算。

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（2）

设函数 $y=y(x)$ 由参数方程

$$\begin{cases} x=t^{3}+3t+1,\\ y=t^{3}-3t+1 \end{cases}$$

确定，则曲线 $y=y(x)$ 向上凸的 $x$ 取值范围为 ________。

答案： $(-\infty,1)$。

解析： 由

$$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{t^{2}-1}{t^{2}+1},\qquad \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}=\dfrac{4t}{3(t^{2}+1)^{3}}$$

知向上凸时 $t<0$。又 $x=t^{3}+3t+1$ 单调递增，且 $t=0$ 时 $x=1$，故 $x<1$。

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（3）

$$\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x\sqrt{x^{2}-1}}\,dx=$$

________。

答案： $\dfrac{\pi}{2}$。

解析： 令 $x=\sec t$，则 $dx=\sec t\tan t\,dt$，且 $x:1\to+\infty$ 对应 $t:0\to\dfrac{\pi}{2}$。原积分化为

$$\int_{0}^{\pi/2}dt=\frac{\pi}{2}.$$

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（4）

设函数 $z=z(x,y)$ 由方程 $z=e^{2x-3z}+y^{2}$ 确定，则

$$\frac{\partial z}{\partial x}+3\frac{\partial z}{\partial y}=$$

________。

答案： $2$。

解析： 对方程分别求 $x,y$ 的偏导，解出 $z_x,z_y$ 后代入所求式，结合 $e^{2x-3z}=z-y^{2}$ 化简，得结果为 $2$。

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（5）

微分方程 $(y+x^{3})\,dx-2x\,dy=0$ 满足 $\left.y\right|_{x=1}=\dfrac{6}{5}$ 的特解为 ________。

答案： $y=\sqrt{x}+\dfrac{1}{5}x^{3}$。

解析： 原方程化为

$$y'-\frac{1}{2x}y=\frac{1}{2}x^{2}.$$

其通解为

$$y=C\sqrt{x}+\frac{1}{5}x^{3}.$$

由 $y(1)=\dfrac65$ 得 $C=1$，故特解如上。

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（6）

设矩阵

$$\boldsymbol{A}= \begin{pmatrix} 2&1&0\\ 1&2&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix},$$

矩阵 $\boldsymbol{B}$ 满足

$$\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}^{*} =2\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}^{*}+\boldsymbol{E},$$

其中 $\boldsymbol{A}^{*}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的伴随矩阵，$\boldsymbol{E}$ 是单位矩阵，则 $|\boldsymbol{B}|=$ ________。

答案： $\dfrac{1}{9}$。

解析： 由题得

$$(\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E})\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}^{*}=\boldsymbol{E}.$$

取行列式：

$$|\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E}|\,|\boldsymbol{B}|\,|\boldsymbol{A}^{*}|=1.$$

又 $|\boldsymbol{A}|=3,\ |\boldsymbol{A}^{*}|=9,\ |\boldsymbol{A}-2\boldsymbol{E}|=1$，故 $|\boldsymbol{B}|=\dfrac19$。

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二、选择题

（7）

把 $x\to0^{+}$ 时的无穷小量

$$\alpha=\int_{0}^{x}\cos t^{2}\,dt,\qquad \beta=\int_{0}^{x^{2}}\tan\sqrt{t}\,dt,\qquad \gamma=\int_{0}^{\sqrt{x}}\sin t^{3}\,dt$$

排列起来，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是（ ）

• （A）$\alpha,\beta,\gamma$。
• （B）$\alpha,\gamma,\beta$。
• （C）$\beta,\alpha,\gamma$。
• （D）$\beta,\gamma,\alpha$。

答案： B。

解析： 当 $x\to0^{+}$ 时，

$$\alpha\sim x,\qquad \beta\sim\frac23x^{3},\qquad \gamma\sim\frac14x^{2}.$$

故阶数依次为 $x,x^{2},x^{3}$，排列为 $\alpha,\gamma,\beta$。

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（8）

设 $f(x)=x|1-x|$，则（ ）

• （A）$x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，但 $(0,0)$ 不是曲线 $y=f(x)$ 的拐点。
• （B）$x=0$ 不是 $f(x)$ 的极值点，但 $(0,0)$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点。
• （C）$x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，且 $(0,0)$ 是曲线 $y=f(x)$ 的拐点。
• （D）$x=0$ 不是 $f(x)$ 的极值点，$(0,0)$ 也不是曲线 $y=f(x)$ 的拐点。

答案： C。

解析： 按分段函数讨论，$x=0$ 附近函数由减到增，故为极小值点；曲线在 $(0,0)$ 两侧凹凸性改变，故 $(0,0)$ 为拐点。

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（9）

$$\lim_{n\to\infty} \ln\sqrt[n]{\left(1+\frac1n\right)^2 \left(1+\frac2n\right)^2\cdots \left(1+\frac nn\right)^2}$$

等于（ ）

• （A）$\displaystyle \int_{1}^{2}\ln x^{2}\,dx$。
• （B）$\displaystyle \int_{1}^{2}2\ln x\,dx$。
• （C）$\displaystyle \int_{1}^{2}2\ln(1+x)\,dx$。
• （D）$\displaystyle \int_{1}^{2}\ln(1+x^{2})\,dx$。

答案： B。

解析： 原式为

$$\lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{i=1}^{n}2\ln\left(1+\frac{i}{n}\right) =\int_{0}^{1}2\ln(1+x)\,dx =\int_{1}^{2}2\ln u\,du.$$

故选 B。

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（10）

设函数 $f(x)$ 连续，且 $f'(0)>0$，则存在 $\delta>0$，使得（ ）

• （A）$f(x)$ 在 $(0,\delta)$ 内单调增加。
• （B）$f(x)$ 在 $(-\delta,0)$ 内单调减小。
• （C）对任意 $x\in(0,\delta)$，有 $f(x)>f(0)$。
• （D）对任意 $x\in(-\delta,0)$，有 $f(x)>f(0)$。

答案： C。

解析： 由

$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}>0$$

及极限保号性，知当 $0<x<\delta$ 时 $\dfrac{f(x)-f(0)}{x}>0$，从而 $f(x)>f(0)$。

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（11）

微分方程 $y''+y=x^{2}+1+\sin x$ 的特解形式可设为（ ）

• （A）$y^{*}=ax^{2}+bx+c+x(A\sin x+B\cos x)$。
• （B）$y^{*}=x(ax^{2}+bx+c)+A\sin x+B\cos x$。
• （C）$y^{*}=ax^{2}+bx+c+A\sin x$。
• （D）$y^{*}=ax^{2}+bx+c+A\cos x$。

答案： A。

解析： 对 $x^{2}+1$ 设特解 $ax^{2}+bx+c$；因 $\sin x$ 与齐次方程特征根 $\pm i$ 对应，需乘以 $x$，设为 $x(A\sin x+B\cos x)$。故选 A。

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（12）

设函数 $f(u)$ 连续，区域

$$D=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le 2y\},$$

则 $\iint_D f(xy)\,dx\,dy$ 等于（ ）

• （A）$\displaystyle \int_{-1}^{1}dx\int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}}f(xy)\,dy$。
• （B）$\displaystyle \int_{0}^{2}dy\int_{0}^{\sqrt{2y-y^{2}}}2f(xy)\,dx$。
• （C）$\displaystyle \int_{0}^{\pi}d\theta\int_{0}^{2\sin\theta}f(r^{2}\sin\theta\cos\theta)\,dr$。
• （D）$\displaystyle \int_{0}^{\pi}d\theta\int_{0}^{2\sin\theta}f(r^{2}\sin\theta\cos\theta)r\,dr$。

答案： D。

解析： 区域为圆 $x^{2}+(y-1)^{2}\le1$。极坐标下

$$0\le\theta\le\pi,\qquad 0\le r\le2\sin\theta,$$

且 $xy=r^{2}\sin\theta\cos\theta$，面积元为 $r\,dr\,d\theta$。故选 D。

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（13）

设 $\boldsymbol{A}$ 是 3 阶方阵，将 $\boldsymbol{A}$ 的第 1 列与第 2 列交换得 $\boldsymbol{B}$，再把 $\boldsymbol{B}$ 的第 2 列加到第 3 列得 $\boldsymbol{C}$，则满足 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\boldsymbol{C}$ 的可逆矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 为（ ）

• （A）$\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\1&0&1\end{pmatrix}$。
• （B）$\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&1\\0&0&1\end{pmatrix}$。
• （C）$\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&1&1\end{pmatrix}$。
• （D）$\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$。

答案： D。

解析： 列变换对应右乘初等矩阵。先交换第 1、2 列，再将第 2 列加到第 3 列，故

$$\boldsymbol{Q} = \begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

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（14）

设 $\boldsymbol{A},\boldsymbol{B}$ 为满足 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{0}$ 的任意两个非零矩阵，则必有（ ）

• （A）$\boldsymbol{A}$ 的列向量组线性相关，$\boldsymbol{B}$ 的行向量组线性相关。
• （B）$\boldsymbol{A}$ 的列向量组线性相关，$\boldsymbol{B}$ 的列向量组线性相关。
• （C）$\boldsymbol{A}$ 的行向量组线性相关，$\boldsymbol{B}$ 的行向量组线性相关。
• （D）$\boldsymbol{A}$ 的行向量组线性相关，$\boldsymbol{B}$ 的列向量组线性相关。

答案： A。

解析： 设 $\boldsymbol{A}$ 为 $m\times n$ 矩阵，$\boldsymbol{B}$ 为 $n\times s$ 矩阵。由 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}=0$ 得

$$\operatorname{rank}(\boldsymbol{A})+\operatorname{rank}(\boldsymbol{B})\le n.$$

因二者非零，故 $\operatorname{rank}(\boldsymbol{A})<n,\ \operatorname{rank}(\boldsymbol{B})<n$，即 $\boldsymbol{A}$ 的列向量组、$\boldsymbol{B}$ 的行向量组线性相关。

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三、解答题

（15）

求极限

$$\lim_{x\to0} \frac{\left(\dfrac{1+2\cos x}{3}\right)^{x}-1}{x^{3}}.$$

解析： 令

$$u=x\ln\frac{1+2\cos x}{3}.$$

则原式等于

$$\lim_{x\to0}\frac{e^{u}-1}{u}\cdot \lim_{x\to0}\frac{u}{x^{3}}.$$

又

$$\ln\frac{1+2\cos x}{3} =\ln\left(1+\frac{2(\cos x-1)}{3}\right) \sim -\frac{x^{2}}{3},$$

故原极限为 $-\dfrac13$。

注： 若原解析答案为 $-\dfrac16$，则题式可能存在排版差异；此处按当前题干公式计算。

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（16）

设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上有定义，在区间 $[0,2]$ 上，

$$f(x)=x(x^{2}-4).$$

若对任意 $x$ 都满足 $f(x)=kf(x+2)$，其中 $k$ 为常数。

（Ⅰ）写出 $f(x)$ 在 $[-2,0]$ 上的表达式；

（Ⅱ）问 $k$ 为何值时，$f(x)$ 在 $x=0$ 处可导。

解析：

（Ⅰ）当 $-2\le x\le0$ 时，

$$f(x)=kf(x+2)=k(x+2)\big[(x+2)^2-4\big]=kx(x+2)(x+4).$$

（Ⅱ）右导数

$$f'_+(0)=\big[x(x^{2}-4)\big]'_{x=0}=-4,$$

左导数

$$f'_-(0)=\big[kx(x+2)(x+4)\big]'_{x=0}=8k.$$

可导需 $8k=-4$，故 $k=-\dfrac12$。

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（17）

设

$$f(x)=\int_{x}^{x+\frac{\pi}{2}}|\sin t|\,dt.$$

（Ⅰ）证明 $f(x)$ 是以 $\pi$ 为周期的周期函数；

（Ⅱ）求 $f(x)$ 的值域。

解析：

（Ⅰ）令 $t=u+\pi$，有

$$f(x+\pi)=\int_{x}^{x+\pi/2}|\sin(u+\pi)|\,du=f(x),$$

故 $f(x)$ 以 $\pi$ 为周期。

（Ⅱ）只需考察 $[0,\pi]$。由

$$f'(x)=\left|\cos x\right|-\left|\sin x\right|,$$

得驻点 $x=\dfrac\pi4,\dfrac{3\pi}4$。计算

$$f(0)=f(\pi)=1,\quad f\left(\frac\pi4\right)=\sqrt2,\quad f\left(\frac{3\pi}4\right)=2-\sqrt2.$$

故值域为

$$[\,2-\sqrt2,\ \sqrt2\,].$$

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（18）

曲线

$$y=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}$$

与直线 $x=0,\ x=t\ (t>0)$ 及 $y=0$ 围成一曲边梯形。该曲边梯形绕 $x$ 轴旋转一周得一旋转体，其体积为 $V(t)$，侧面积为 $S(t)$，在 $x=t$ 处的底面积为 $F(t)$。

（Ⅰ）求 $\dfrac{S(t)}{V(t)}$ 的值；

（Ⅱ）计算极限 $\displaystyle \lim_{t\to+\infty}\frac{S(t)}{F(t)}$。

解析：

（Ⅰ）有

$$V(t)=\pi\int_0^t y^2\,dx,\qquad S(t)=2\pi\int_0^t y\sqrt{1+(y')^2}\,dx.$$

因 $y=\dfrac{e^x+e^{-x}}2,\ y'=\dfrac{e^x-e^{-x}}2$，所以 $\sqrt{1+(y')^2}=y$。故

$$S(t)=2V(t),\qquad \frac{S(t)}{V(t)}=2.$$

（Ⅱ）$F(t)=\pi y^2(t)$，因此

$$\frac{S(t)}{F(t)} =\frac{2\int_0^t y^2\,dx}{y^2(t)}.$$

用洛必达法则得

$$\lim_{t\to+\infty}\frac{S(t)}{F(t)}=1.$$

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（19）

设 $e^{2}<a<b<e$，证明

$$\ln^{2}b-\ln^{2}a>\frac{4}{e^{2}}(b-a).$$

解析： 题干区间 $e^{2}<a<b<e$ 为空，按原解析应为 $e<a<b<e^{2}$。令

$$\varphi(x)=\ln^{2}x-\frac{4}{e^{2}}x.$$

则

$$\varphi'(x)=\frac{2\ln x}{x}-\frac{4}{e^{2}},\qquad \varphi''(x)=\frac{2(1-\ln x)}{x^{2}}.$$

在 $e<x<e^{2}$ 上，$\varphi''(x)<0$，故 $\varphi'(x)$ 递减；又 $\varphi'(e^{2})=0$，所以 $\varphi'(x)>0$。因此 $\varphi$ 单调递增，若 $e<a<b<e^{2}$，则

$$\varphi(b)>\varphi(a),$$

即

$$\ln^{2}b-\ln^{2}a>\frac{4}{e^{2}}(b-a).$$

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（20）

某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以增大阻力，使飞机迅速减速并停下。

现有一质量为 $9000\mathrm{kg}$ 的飞机，着陆时的水平速度为 $700\mathrm{km}/\mathrm{h}$。经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比，比例系数为 $k=6.0\times10^{6}$。问从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？

解析： 设速度为 $v$，滑行距离为 $x$。由牛顿第二定律

$$m\frac{dv}{dt}=-kv.$$

又

$$\frac{dv}{dt}=v\frac{dv}{dx},$$

故

$$m v\frac{dv}{dx}=-kv,\qquad \frac{dv}{dx}=-\frac{k}{m}.$$

积分得

$$x=\frac{m}{k}(v_0-v).$$

当 $v=0$ 时，

$$x_{\max}=\frac{mv_0}{k} =\frac{9000\times700}{6.0\times10^6} =1.05\ \mathrm{km}.$$

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（21）

设

$$z=f(x^{2}-y^{2},e^{xy}),$$

其中 $f$ 具有连续二阶偏导数，求

$$\frac{\partial z}{\partial x},\qquad \frac{\partial z}{\partial y},\qquad \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}.$$

解析： 令

$$u=x^{2}-y^{2},\qquad v=e^{xy}.$$

则

$$\frac{\partial z}{\partial x}=2xf'_1+ye^{xy}f'_2, \qquad \frac{\partial z}{\partial y}=-2yf'_1+xe^{xy}f'_2.$$

其中 $f'_1,f'_2$ 均在 $(x^{2}-y^{2},e^{xy})$ 处取值。继续对 $z_y$ 关于 $x$ 求偏导，得

$$\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} =-4xyf''_{11} +2(x^{2}-y^{2})e^{xy}f''_{12} +xye^{2xy}f''_{22} +(1+xy)e^{xy}f'_2.$$

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（22）

设有齐次线性方程组

$$\begin{cases} (1+a)x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=0,\\ 2x_{1}+(2+a)x_{2}+2x_{3}+2x_{4}=0,\\ 3x_{1}+3x_{2}+(3+a)x_{3}+3x_{4}=0,\\ 4x_{1}+4x_{2}+4x_{3}+(4+a)x_{4}=0. \end{cases}$$

试问 $a$ 取何值时，该方程组有非零解，并求出其通解。

解析： 由原解析结论，方程组有非零解当且仅当

$$a=0\quad\text{或}\quad a=-10.$$

情形一：$a=0$

方程组化为

$$x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=0.$$

取 $x_2,x_3,x_4$ 为自由变量，通解为

$$\boldsymbol{x} =C_{1}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\\0\end{pmatrix} +C_{2}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\\0\end{pmatrix} +C_{3}\begin{pmatrix}-1\\0\\0\\1\end{pmatrix},$$

其中 $C_1,C_2,C_3$ 为任意常数。

情形二：$a=-10$

同解方程组为

$$2x_1-x_2=0,\qquad 3x_1-x_3=0,\qquad 4x_1-x_4=0.$$

故通解为

$$\boldsymbol{x}=C\begin{pmatrix}1\\2\\3\\4\end{pmatrix},$$

其中 $C$ 为任意常数。

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（23）

设矩阵

$$\boldsymbol{A}= \begin{pmatrix} 1&2&-3\\ -1&4&-3\\ 1&5&a \end{pmatrix}$$

的特征方程有一个二重根，求 $a$ 的值，并讨论 $\boldsymbol{A}$ 是否可相似对角化。

解析： 特征多项式为

$$|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}| =(\lambda-2)(\lambda^{2}-8\lambda+18+3a).$$

情形一：$\lambda=2$ 是二重根

令

$$2^{2}-8\cdot2+18+3a=0,$$

得 $a=-2$。此时特征值为 $2,2,6$，且

$$\operatorname{rank}(2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})=1.$$

故 $\lambda=2$ 有 $2$ 个线性无关特征向量，$\boldsymbol{A}$ 可相似对角化。

情形二：二次因子有二重根

由

$$\lambda^{2}-8\lambda+18+3a=(\lambda-4)^{2}$$

得 $a=-\dfrac23$。此时特征值为 $2,4,4$，且

$$\operatorname{rank}(4\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})=2.$$

故 $\lambda=4$ 只有 $1$ 个线性无关特征向量，$\boldsymbol{A}$ 不可相似对角化。

综上：

• $a=-2$ 时，$\boldsymbol{A}$ 可相似对角化；
• $a=-\dfrac23$ 时，$\boldsymbol{A}$ 不可相似对角化。