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