考研数学二真题及答案解析 11.docx

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考研数学二真题及答案解析11

2021考研数学真题

（数学二）

一、选择题：

1～8小题，每小题4分，共32分．下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．请将所选项前的字母填在答．题．纸．指定位置上．

x

⎰

1.当x→0+时，下列无穷小量中最高阶的是（）

⎰

A.x（et2-1）dt

0

B.⎰0ln（1+

t3）dt

C.

sinxsint2dt0

1-cosx

D.

⎰

0

sin3tdt

解析：

本题选D.考查了无穷小量的阶的比较，同时考查了变上限积分的函数的求导方法、洛必达法则等。

用求导定阶法来判断。

在x→0+时，

0

（⎰x（et2-1）dt）'=ex2-1

x2；

0

（⎰x

ln（1+

t3）dt）'

=ln（1+

x3）

3

x2；

0

（⎰sinxsint2dt）'=sin（sinx）2cosxx2；

0

（⎰1-cosx

sin3tdt）'=

x（）2

x

2

3

2x3x

4

sin3（1-cosx）sinx。

2.函数

f（x）=

1

ex-1ln（1+x）

（ex-1）（x-2）的第二类间断点的个数为（）

A.1B.2C.3D.4

解析：

本题选C.本题考查了间断点的概念与分类、极限的计算。

间断点有x=-1,0,1,2，由于

1

lim

f（x）=

lim

ex-1ln（1+x）

=∞；

x→-1+

x→-1+（ex-1）（x-2）

1

limf（x）=lim

ex-1ln（1+x）

=-1；

x→0

x→0（ex-1）（x-2）2e

1

limf（x）=lim

ex-1ln（1+x）

=∞；

x→1+

x→1+（ex-1）（x-2）

1

limf（x）=lim

ex-1ln（1+x）=∞

x→2

3.⎰1arcsin

x→2（ex-1）（x-2）

xdx=（）

0x（1-x）

π2π2ππ

A.B.C.D.

4848

解析：

本题选A。

本题考查了定积分的计算，主要内容是第二换元积分法。

1arcsinx

arcsin

x=tπtπ2

⎰

⎰0x（1-x）dx=

2

0sintcost

2sintcostdt=t2|π/2=.

0

4

4.已知f（x）=x2ln（1-x）,当n≥3时，f（n）（0）=（）

A.-

n!

n-2

n!

B.n-2

（n-2）!

C.

-

D.

n

（n-2）!

n

解析：

选A。

本题考查了函数在0处的高阶导数的计算。

有泰勒公式求解：

f（x）=x2ln（1-x）=x2（-x-1x2--

2

1

n-2

xn-2）+o（xn）

∴f（n）（0）=-

n!

1,f

n-2

（n）（0）

=-n!

。

n-2

⎧xy,xy≠0,

⎨

5.关于f（x,y）=⎪x,y=0,

⎩

⎪y,x=0,

给出下列结论：

（1）

=1

∂f

∂x

（0,0）

（2）

=1

∂2f

∂x∂y

（0,0）

（3）

lim

（x,y）→（0,0）

f（x,y）=0

4（）

limlimf（x,y）=0

y→0x→0

其中正确的个数为（）

A.4B.3C.2D.1

解析：

本题考查了分块函数在分界线上某点处的偏导数求法，二元函数极限与累次极限等计算。

需要用到偏导数的定义式等。

（1）∂f

=limf（x,0）-f（0,0）=limx-0=1

∂x（0,0）

x→0

x

⎧xy,xy≠0,

x→0x

（2）因为f（x,y）=⎪x,y=0,,当xy≠0∂f=y，

⎨时，

⎩

⎪y,x=0,∂x

∂2f

∂x∂y

f（0,y）-f

（0,0）

y-1

此时=limxx=lim=∞

（0,0）

∂2f

∂x∂y

故

（0,0）

y→0y

不存在.

y→0y

（3）因为

⎧xy,xy≠0,

f（x,y）=⎪x,y=0,

所以当xy≠0时，

limf（x,y）=lim

xy=0

，当y=0时，

⎨

⎩

⎪y,x=0,

（x,y）→（0,0）（x,y）→（0,0）

limf（x,y）=lim

x=0，当x=0时，

（x,y）→（0,0）（x,y）→（0,0）

lim

f（x,y）=

lim

y=0，所以点（x,y）沿着任意方向趋近于（0,0）时，极限均为0,故

lim

f（x,y）=0.

（x,y）→（0,0）（x,y）→（0,0）

⎧xy,xy≠0,

（x,y）→（0,0）

⎨

（4）因为f（x,y）=⎪x,y=0,

，所以当xy≠0时，

limlimxy=lim0=0

，当y=0时，

limlimx=lim0=0，

⎩

⎪y,x=0,

y→0x→0

y→0

y→0x→0

y→0

当x=0时，limlimy=limy=0,综上limlimf（x,y）=0.

y→0x→0

y→0

y→0x→0

选B。

6.设f（x）在[-2,2]上可导，且f'（x）>f（x）>0，则（）

A.f（-2）>1

f（-1）

B.

f（0）>ef（-1）

C.

f

（1）

f（-1）

D.

f

（2）

f（-1）

解析：

本题选B。

考查了函数的单调性，辅助函数构造等问题。

由f'（x）>f（x）>0，可知f'（x）-f（x）>0，可以构造辅助函数：

F（x）=

f（x），

ex

由导数符号可知函数F（x）在（-2,2）单调递增。

由F（0）>F（-1）容易推得选B。

7.四阶矩阵A不可逆，A12≠0，α1,α2,α3,α4为矩阵A的列向量组，则A*X=0的通解为（）

A.x=k1α1+k2α2+k3α3B.x=k1α1+k2α2+k3α4B.x=k1α1+k2α3+k3α4D.x=k1α2+k2α3+k3α4

解析：

本题选C。

考查了线性齐次方程组通解的结构、伴随矩阵秩的公式、AA*的公式。

⎧n,r（A）=n

由于A≠0，故r（A*）≥1，再由伴随矩阵秩的公式r（A*）=⎪=n-1，可知r（A*）=1,r（A）=3。

12

A*x=0的基础解系由3个解向量构成。

又因为A*A=

⎨1,r（A）

⎩

⎪0,r（A）

AE=O，A的每一列都α1,α2,α3,α4是A*x=0的解向

量。

只要找到

A*x=0

⎡A11

⎢A

的3个无关解就构成基础解系。

抓住

⎤

⎥

A12≠0

这一条件。

由

AA*=（α,α

α,α）⎢12

⎥=O可知，

1234⎢A⎥

⎢13⎥

⎣A14⎦

A11α1+A12α2+A13α3+A14α4=0，因为A12≠0，因此α2可由α1,α3,α4线性表示，故α1,α3,α4线性无关。

原因是r（A）=r（α1,α2,α3,α4）=3，若α1,α3,α4线性相关，则其中有一个向量可由其余两个线性表示，秩就小于3了，可推出矛盾。

因此α1,α3,α4为基础解系，选C。

8.A为3阶方阵，α1,α2为属于特征值1的线性无关的特征向量，α3为A的属于-1的特征向量，满足

⎡1

P-1AP=⎢-1

⎤

⎥的可逆矩阵P为（）

⎢⎥

⎣⎢1⎥⎦

A.（α1+α3,α2,-α3）B.（α1+α2,α2,-α3）B.（α1+α3,-α3,α2）D.（α1+α2,-α3,α2）

解析：

本题选D。

考查了矩阵相似对角化的相关理论与特征向量的性质。

矩阵P的每一列要与特征值对应起来。

由题目已知，P的第一列与第三列必须是1的特征向量，P的第二列必须是-1的特征向量。

由特征向量的性质可知选D。

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．

t2+1

d2y

dx2

⎪⎧x=

⎩

9.设⎨⎪y=ln（t+

2

答案：

-

【解析】

t2+1）

，则=.

t=1

t2+1

dx=tdt

dy=

，dt

1∴dy=1

t2+1

，dxt，

d2ydy'

=

d（dy）/dt-1

t2+1

∴dy

2

dx2

2

=dx=t2=-



dx2

dxdx/dtt

t2+1

t3=-

，t=1.

11

10.求⎰0dy⎰y

x3+1dx=.

4

答案：

2-2

99

【解析】：

交换积分次序，

3

1

1x211112

∴原式=⎰dx⎰x3+1dy=⎰x3+1⋅x2dx=⎰x3+1d（x3+1）=（x3+1）2⋅

0

0003033

42

2322

2

原式=（22-1）=（2-1）=-

9999

=

=

，

11.设z=arctan[xy+sin（x+y）],则dz（0,π）=.答案：

（π-1）dx-dy

dz

【解析】：

dx

y+cos（x+y）dz

1+[xy+sin（x+y）]2dy

x+cos（x+y）

1+[xy+sin（x+y）]2

，代入（0，π），

∴dz=

dx

π+cosπ1+（sinπ）2

=π-1，

dz=

dx

cosπ

1+（sinπ）2

=-1；

（0,π）

∴dz=（π-1）dx-dy

12.斜边长为2a的等腰直角三角形平板铅直地沉没在水中,且斜边与水面相齐，记重力加速度为g，水密度为ρ，则三角形平板的一侧收到的压力为.

答案：

1ρga3

3

【解析】F=⎰a2ρg（a-y）ydy=2ρg⎰a（ay-y2）dy=2ρg（1a3-1a3）=1ρga3

00233

⎰

13.设y=y（x）满足y'+2y'+y=0,且y（0）=0，y'（0）=1，则+∞y（x）dx=.

0

答案：

1

【解析】

y'+2y'+y=0,所以特解方程：

λ2+2λ+1=0，（λ+1）2=0⇒λ=λ=-1；

12

∴y=（C+Cx）e-x；y'=e-x（C-C-Cx）；又

y（0）=0，y'（0）=1；

通12通212

∴

⎧C1=0

-x

í

⇒⎧C1=0

∴y通=xe

⎨

⎩C2-C1=1⎩C2=1

+∞+∞

=

分部积分+∞

∴⎰y（x）dx=⎰xe-xdx-e-x（x+1）=lim⎡-e-x（x+1）⎤-lim⎡-e-x（x+1）⎤=1

000

x→+∞⎣⎦

x→0+⎣⎦

a0-1

0a1

14.求

-11a

1-10

1

-1=.

0

a

答案：

a4-4a2

a0-11

a0-11

a1-10

-11

0a

【解析】

1-1第4行加0a

=

1-1第1列

=a⋅0

aa+（-1）1+4a1

-1

-11a

0至第3行00

aa展开

-10a

0aa

1-10a1-10a

继续将第1列展开,

⎛31+31

-1⎫

1+2

-11

442

原式=a⋅ça

+（-1）（-1）

aa⎪+（-1）（-1）

⋅a⋅=a

aa

+2a⋅（-2a）=a

-

4a

⎝⎭

三、解答题：

15～23小题，共94分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请将答案写在答．题．纸．指定位置上．

15.（本题满分10分）.

（）

x1+x

求曲线y=（1+x）xx>0的斜渐近线。

x1+x

y（1+x）x11

【解析】：

斜率k=lim

x→+∞x

=lim

x→+∞x

=limx=

x→+∞⎛1+1⎫e

çx⎪

⎝⎭

⎡⎤

⎡x1+x1⎤

⎢11⎥

-

b=lim（y-kx）=lim⎢-x⎥=limx⎢⎥



x



x

x→+∞

x→+∞⎢⎣（1+x）

e⎥⎦

x→+∞

⎢⎛1+1⎫e⎥

⎢çx⎪⎥

⎣⎝⎭⎦

1

1e-（1+t）t

1ln（1+t）

1et

1ln（1+t）-1

-e1et-1

令t=lim

1=-

2lim

=-lim

xt→0+

et（1+t）t

et→0+t

et→0+t

1ln（1+t）-1

=-1limt

=-1limln（1+t）-t=-1lim

-1t2

2=1

et→0+t

et→0+t2

11

et→0+t22e

所以斜渐近线方程为：

y=

16.（本题满分10分）

x+

e2e

设f（x）连续,且limf（x）=1,g（x）=⎰1f（xt）dt

求g'（x）且证明g'（x）在x=0处连续.

x→0x0

【解析】：

因为limf（x）=1,且f（x）连续，则

x→0x

f（0）=limf（x）=0，f'（0）=limf（x）=1,

x→0

x→0x

令xt=u，则g（x）=⎰1f（xt）dt=1⎰xf（u）dt

x

0x0

当x≠0时，g'（x）=1f（x）-1

f（u）du

xx2⎰0

1

因为g（0）=⎰0f（0）dt=0

x

所以g'（0）=limg（x）-g（0）=lim⎰0

f（u）dt=limf（x）=1

x→0x

x→0x2

x→02x2

x

⎧f（x）-1

f（u）du,x≠0

⎪

则g'（x）=⎨

xx2⎰0

⎪1,

⎪⎩2

x=0

（）=-

⎢

⎡f（x）1

limg'xlim

xf（u）du⎤=limf（x）-lim⎰0

f（u）du

x→0

x→0

xx2⎰0

⎥x→0x

x→0x2

x

⎣⎦

=1-limf（x）=1-1=1

x→02x22

→

则limg'（x）=g（0）

x0

所以g'（x）在x=0处连续

17.（本题满分10分）

求f（x）=x3+8y3-xy的极值。

⎧⎪

解：

⎨

f'（x,y）=3x2-y=0

x

y

⎪⎩f'（x,y）=24y2-x=0

⎧x=0

⎧x=1

⎛11⎫

⎩

所以⎨y=0

⎪

或⎨

⎪y=

⎭

⎩

6所以驻点为（0,0）或ç

1⎝6

12

12⎪

A=fx'x'（x,y）=6xB=fx'y'（x,y）=-1C=fy''y（x,y）=48y

代入（0,0），此时AC-B2<0所以不是极值点

代入⎛1,1⎫,AC-B2>0且A>0,所以f

=⎛1,1⎫=-1

为极小值

6

⎭

⎝

ç12⎪

ç12⎪

6

⎭

⎝

216

18.（本题满分10分）

2⎛1⎫

x2+2x

设f（x）在（0,+∞）上有定义，且满足2f（x）+xfç⎪=

（I）求f（x）；

⎝x⎭

1+x2

（II）求曲线y=

f（x）,y=1,y=3及y围成的图形绕x轴旋转一周的体积。

22

2⎛1⎫x2+2x

【解析】

（1）：

由2f（x）+xfç⎪=......①

⎝x⎭1+x2

x2

x

1+1

x2

1+2

得2f⎛1⎫+1

çx⎪

⎝⎭x2

f（x）==

2x+1

x1+x2

2⎛1⎫2x2+x

则2xfç⎪+f（x）=......②

⎝x⎭

1+x2

1+x2

①⨯2-②得：

3f（x）=3x

x

故f（x）=,x∈（0,+∞）

1+x2

xy

（2）体积：

f（x）=⇒x=

x2+1

3

1-y2

V=2π⎰12

2

3

=2π

ò

yg（y）dy

12dy

y2

y=sint

2

⎰

πsin2t

1-y2

=2π

π

3

6

πcost

⋅costdt

π⎡π⎤

=2π⎰3sin2tdt=2π⎰31-cos2tdt=π⎢⎛π-π⎫-1sin2t3⎥

π

6

ç6

=π⎛π-

⎝

π

6

⎪

2

1⨯0⎫=π

2⎭6

ç⎪

6

2

2

⎢⎝3⎭π⎥

⎣6⎦

x2+y2

x

19.（本题满分10分）

计算二重积分⎰⎰

D

dσ，其中区域D由x=1,x=2,y=x及x轴围成.

2

x2+y2

⎰

⎰1

⎰

r

π2

=

π1⎡1

⎤cosθ

2

【解析】：

⎰⎰

D

dσ4dθ

x0

cosθ

cosθrcosθ

rdr=

4

0cosθ

⋅⎢⎣2

r⎥⎦1

cosθ

dθ

3π1

=⎰43θdθ

20cos

⎰

3π

=4sec3θdθ20

其中⎰sec3θdθ=⎰secθdtanθ=secθtanθ-⎰tanθdsecθ

=secθtanθ-⎰secθtan2θdθ

=secθtanθ-⎰secθ（sec2θ-1）dθ

=secθtanθ-⎰sec3θdθ+⎰secθdθ

=secθtanθ+lnsecθ+tanθ

-

⎰sec3θdθ

⎰

所以sec3θdθ=1（secθtanθ+lnsecθ+tanθ）+C

2

=331

π3⎡⎤

2

则⎰⎰

dσ⎰4sec3θdθ=

⋅（secθtanθ+lnsecθ+tanθ）4=+ln（1+2）

x2+y2

π

Dx2022

04⎣⎦

20.（本题满分11分）

⎰

已知f（x）=xet2dt

1

（1）证明：

∃ξ∈（1,2）,s.tf（ξ）=（2-ξ）eξ2

（2）证明：

∃η∈（1,2）,s.tf

（2）=ln2⋅η⋅eη2

⎰

解答：

f（x）=xet2dt所以f

（1）=0，且f'（x）=ex2,当x>1时,f（x）>0

1

（1）构造F（x）=f（x）-（2-x）ex2,则F（x）在[1,2]上连续，

且F

（1）=f

（1）-e=-e<0,F

（2）=f

（2）-0=f

（2）>0,

由零点定理知∃ξ∈（1,2）,stF（ξ）=0,即f（ξ）=（2-ξ）ξ2

（2）构造g（x）=lnx，x∈[1,2]则f（x）,g（x）在（1,2）上可导.

由柯西中值定理知：

∃η∈（1,2）s,tf

（2）-f

（1）=f'（η）

g

（2）-g

（1）g'（η）

f

（2）eη2

2

即=

ln21

η