考研数二真题解析1.docx

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考研数二真题解析1

2017全国研究生入学考试考研数学二解析

本试卷满分150，考试时间180分钟

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的，请将所选项前的字母填在答．题．纸．指定位置上.

⎧1-co

（1）若函数f（x）=⎪

x>0,

在x=0处连续，则（）

⎨ax

⎩⎪b,

1

x≤0,

1

（A）ab=（B）ab=-

2

（C）ab=0

【答案】（A）

2

（D）ab=2

【解析】由连续的定义可知：

limf（x）=limf（x）=f（0），其中f（0）=limfx（=），

x→0-

x→0+

x→0-

（

1

1x）211

lim

f（x）=limcos=lim2=1，从而b=，也即ab=，故选（A）。

x→0+

x→0+ax

x→0+ax2a2a2

（2）设二阶可导函数f（x）满足f

（1）=f（-1）=1,f（0）=-1且f''（x）>0，则（）

（A）⎰-1f（x）dx>0

（C）⎰-1f（x）dx>⎰0f（x）dx

【答案】（B）

（B）⎰-1f（x）dx<0

（D）⎰-1f（x）dx<⎰0f（x）dx

【解析】由于

f''（x）<0，可知其中f（x）的图像在其任意两点连线的曲线下方，也即

11

f（x）≤f（0）+[f

（1）-f（0）]x=2x-1，x∈（0,1），因此⎰0f（x）dx<⎰0（2x-1）dx=0。

同理

00

f（x）≤f（0+）[f（0-）f-（1x=）]-x，x∈（-1,0）。

因此⎰-1f（x）dx<⎰-1（-2x-1）dx=0，从

1

而⎰-1f（x）dx<0，故选（B）。

（3）设数列{xn}收敛，则（）

（A）当milnis

n→∞

0x=时，limx=0

n→∞

（B）当mil（

n→∞

x+=时，limx=0

n→∞

（C））当lim（x+x2）=0

时，limx=0

（D）当lim（xsin+）x0

=时，limx=0

n→∞nn

【答案】（D）

n→∞n

n→∞nn

n→∞n

【解析】设limxn=a，则limsinxn=sina，可知当sina=0，也即a=kπ，（k=0,±1,±2,

n→∞n→∞

n

时，都有limsinx=0，故（A）错误。

n→∞

lim（x+

n→∞

lim（x+

n→∞

）=a+，可知当

）=0，故（B）错误。

a+=0

，也即a=0

或者a=-1

时，都有

lim（x+x2）=a+a2，可知当a+a2=0，也即a=0或者a=-1时，都有lim（x+x2）=0，故

n→∞nnn→∞nn

（C）错误。

nn

lim（x+sinx）=a+sina，而要使a+sina=0只有a=0，故（D）正确。

n→∞

（4）微分方程y'-4y'+8y=e2x（1+cos2x）的特解可设为y*=（）

（A）Ae2x+e2x（Bcos2x+Csin2x）

（C）Ae2x+xe2x（Bcos2x+Csin2x）

【答案】（C）

（B）Axe2x+e2x（Bcos2x+Csin2x）

（D）Axe2x+xe2x（Bcos2x+Csin2x）

【解析】齐次方程的特征方程为λ2-4λ+8=0，特征根为λ=2±2i，将非齐次方程拆分为：

y'-4y'+8y=e2x

（1）

与y'-4y'+8y=e2xcos2x

（2）

。

方程

（1）的特解可以设为y*=Ae2x，方程

（2）的特解可以设为y*=xe2x（Bcos2x+Csin2x），由

12

2

解的叠加原理可知：

方程

（1）饿任意解和方程

（2）的任意解之和即为原方程的解，则原方程的特解可以设为y*=Ae2x+xe2x（Bcos2x+Csin2x），故选（C）。

（5）设具有一阶偏导数，且对任意的（x,y）,都有∂f（x,y）>0,∂f（x,y）<0,则（）

∂x∂y

（A）＞（B）f（0,0）

（C）

f（0,1）>f（1,0）

（D）f（0,1）

【答案】（D）

【解析】由于∂f（x,y）>0，可知f（x,

∂x

y）关于单调x递增，故

f（0,1）

又由于

∂f（x,y）<0，可知f（x,y）关于单调y递减，故f（1,1）

∂y

（D）。

（6）甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10（单位：

m）处，图中实线表示甲的速度曲线v=v1（t）（单位：

m/s），虚线表示乙的速度曲线v=v2（t）（单位：

m/s），三块阴影部分的面积的数值依次为10,20,3.计时开始后乙追上甲的时刻记为（）

（A）t0=10（B）15＜t0＜20

（C）t0=25（D）t0＞25

【答案】（C）

【解析】从0到t时刻，甲乙的位移分别为

t0

V（t）dt与

t0

V（t）dt要使乙追上甲，则有

0⎰01⎰02

t0[V（t）-V（t）]dt，由定积分的几何意义可知，25[V（t）-V（t）]dt=20-10=10，可知t=25

⎰021⎰0210

，故选（C）。

（7）设A为3阶矩阵，P=（α,α

⎡000⎤

α）为可逆矩阵，使得P-1AP=⎢010⎥，则

A（α1+α2+α3）（）

（A）α1+α2

123

（B）α2+2α3

⎢⎥

⎢⎣002⎥⎦

（C）α2+α3

（D）α1+2α2

【答案】（B）

【解析】

A（α+α

+α）=A（α,α

⎛1⎫

α）ç1⎪

123123ç⎪

1

ç⎪

⎝⎭

⎛1⎫

=（α,α,α）（α,α,α）-1A（α,α,α）ç1⎪

123123123ç⎪

1

ç⎪

⎝⎭

⎛000⎫⎛1⎫

=（α,α,α）ç010⎪ç1⎪

123

ç⎪ç⎪

0021

ç⎪ç⎪

⎝⎭⎝⎭

⎛0⎫

=（α,α,α）ç1⎪=α

+2α

123ç⎪

2

ç⎪

⎝⎭

23

⎡200⎤

⎡210⎤

⎡100⎤

（8）已知矩阵A=⎢021⎥，B=⎢020⎥，C=⎢020⎥则（）

⎢⎥

⎢⎣001⎥⎦

（A）A与C相似，B与C相似

（B）A与C相似，B与C不相似

（C）A与C不相似，B与C相似

⎢⎥

⎢⎣001⎥⎦

⎢⎥

⎢⎣002⎥⎦

（D）A与C不相似，B与C不相似

【答案】（B）

【解析】由（λE-A）=0

可知A的特征值为2,2,1。

⎛100⎫

3-r（2E

-

A）=1。

∴A可相似对角化，且A

ç020⎪

ç⎪

⎝⎭

ç002⎪

由λE-B=0可知B的特征值为2,2,1。

3-r（2E

-B）=

2。

∴B不可相似对角化，显然C可相似对角化，

∴A。

且B不相似于C。

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）曲线y=x⎛1+arcsin2⎫的斜渐近线方程为。

çx⎪

⎝⎭

【答案】y=x+2。

x⎛1+arcsin2⎫

çx⎪

⎛2⎫

【解析】

k=lim

⎝⎭=1，b=limxç1+arcsin

⎪-x=2，则斜渐近线方程为

y=x+2。

x→∞x

x→∞⎝x⎭

⎧x=t+et

（10）设函数y=y（x）由参数方程⎨

⎩y=sint

确定，则

t=0

=。

【答案】-。

8

⎛cost⎫'-sint（1+et）-etcost

dyy'（t）cost

【解析】==



d2y

ç1+et⎪=（1+et）2=

-sint-etsint-etcost

t=0

dxx'（t）1+et，dx2

=-。

8

1+et

1+et

（1+et）3

（11）

+∞ln（1+x）dx=。

⎰0（1+x）2

【答案】1。

【解析】

+∞ln（1+x）dx=

+∞ln（1+x）d⎛-1⎫

⎰0（1+x）2⎰0

ç1+x⎪

⎝⎭

=-1

+∞

ln（1+x）+

+∞12

dx

1+x

⎰0ç1+x⎪

=-11+x

∞

ln（1+x）

=0+1=1。

（12）设函数f（x,y）具有一阶连续偏导数，且df（x,y）=yeydx+x（1+y）eydy，f（0,0）=0，则

f（x,y）=。

【答案】xyey。

y⎰x

【解析】由题可知，f'=yey，f'=x（1+y）ey，f（x,y）=yeydx=xyey+c（y），

y

f'=xey+xyey+c'（y）=xey+xyey，即

c'（y）0=，即

c（y）=c，

f（0,0）=0，故

c=0，即

fx（y,

eyx）=y。

（13）⎰1dy⎰1tanxdx=。

0yx

【答案】-ln（cos1）。

【解析】⎰1dy⎰1tanxdx=⎰1dx⎰1tanxdy=⎰1tanxdx=-lncosx1=-lncos1+lncos0=-lncos1。

0yx0yx00

⎛41

-2⎫

⎛1⎫

（14）设矩阵A=ç12a⎪的一个特征向量为ç1⎪，则a=。

ç⎪ç⎪

ç31

-1⎪

ç2⎪

⎝⎭⎝⎭

【答案】-1。

⎛1⎫⎛1⎫

ç⎪ç⎪

【解析】因为Aç1⎪=ç3+2a⎪，即3+2a=1，可得a=-1。

ç2⎪ç2⎪

⎝⎭⎝⎭

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）求极限lim0。

x→0+

【解析】先对变上限积分⎰0

x-tetdt作变量代换u=x-t，得

x

⎰

⎰

x-tetdt=0

0x

uex-u（-du）=exx

⎰

0

ue-udu

则由洛必达法则可知：

原式=lim

exx

⎰

0

ue-udu+

x→0+3x

2

x

=2lim⎰0

ue-udu2

+

3x→0+3

22

=lim

3x→0+-

xe-x+

+

1e-x3

=2lim

xe-x+2

3x→0+-xe-x+1e-x3

2

2

3

xdyd2y

（16）（本题满分10分）设函数f（u,v）具有2阶连续偏导数，y=f（e,cosx），求

dx

【解析】由复合函数求导法则，可得：

x=0，

dx

2x=0。

dy=

dx

f'ex+f'（-sinx）

=f'（1,1）

故x=01

进一步地：

d2y=x

'+xd（f'）-

1

'-d（f'）

dx2

ef1edx

cosxf2

sinx2

dx

1111222122

=exf'+ex（f'ex-f'sinx）-cosxf'-sinx（f'ex-f'sinx）

12112122

=exf'-cosxf'+e2xf'-2exsinxf'+sin2xf'

故x=0=

f1'（1,1）-

f2'（1,1）+

f11'（1,1）

（17）

n

（本题满分10分）求lim∑kln（1+k）。

n→∞k=1n2n

【解析】由定积分的定义式可知

原式=

lim1∑nkln⎛1+k⎫=

xln（1+x）dx

，再由分部积分法可知：

1

n→∞nnç

n⎪⎰0

k=1⎝⎭

1112

x2-1

11x2-1

⎰0xln（1+x）dx=2⎰0ln（1+x）d（x

-1）=

2ln（1+x）|0-⎰0

dln（1+x）

2

=-11（x-1）dx=-1（x-1）2|1=1

2⎰0

404

（18）

（本题满分10分）已知函数y（x）由方程x3+y3-3x+3y-2=0确定，求y（x）的极值。

【解析】等式两边同时对x求导可得，

3x2+3y2y'-3+3y'=0……

（1）

令y'=0可得3x2-3=0，故x=±1。

由极限的必要条件可知，函数的极值之梦能取在x=-1与

x=1处，为了检验该点是否为极值点，下面来计算函数的二阶导数，对

（1）式两边同时求导可得，

6x+6y（y'）2+3y2y'+3y'=0……

（2）

当x=1时，y=1，将x=1,y=1,y'=0

代入

（2）式可得y''=-2，故y

（1）=1是函数的极大值。

当x=-1时，y=0,y'=0，代入

（2）式可得y''=2，故y（-1）=0是函数的极小值。

（19）（本题满分11分）设函数f（x）在区间[0,1]上具有二阶导数，且f

（1）>0，lim

x→0+

f（x）<0。

x

证明：

（Ⅰ）方程f（x）=0在区间（0,1）内至少存在一个实根。

（Ⅱ）方程f（x）f'（x）+（f'（x））2=0在区间（0,1）内至少存在两个不同实根。

【证明】（I）由于limf（x）<0，则由保号性可知：

∃δ>0，使得当x∈（0,δ）时，f（x）<0，

x→0+xx

也即f（x）<0。

又由于f

（1）>0，则由零点存在定理可知，f（x）=0在（0,1）内至少有一个实根。

（II）令F（x）=f（x）f'（x）。

由lim

f（x）

0可知f（0）lim

f（x）

x0。

x→0+xx→0+x

又由（I）可知：

∃x0∈（0,1）使得f（x0）=0。

由罗尔定理可知：

∃ξ1∈（0,x0）使f'（ξ1）=0，从而F（0）=F（ξ1）=F（x0）=0。

再由罗尔定理可知：

∃ξ2∈（0,ξ1），ξ3∈（ξ1,x0）使得F'（ξ2）=F'（ξ3）=0。

0

也即F'（x）=f（x）f'（x）+[f'（x）]2=0在（0,x）⊂（0,1）内有两个不同的实根。

）

（20）（本题满分10分）已知平面区域D=（{x,y）x2+y2≤2y}，计算二重积分⎰⎰（x+12dxdy。

D

【解析】令D1=（{x,y）x+（y-1）≤1，x≥0}

22

⎰⎰x2dxdy=⎰πdθ⎰2sinθr3cos2θdr

00

D1

⎰

=4πsin4θcos2θdθ0

=⎰π1-cos2θsin22θdθ

02

=1⎰πsin22θdθ-1⎰πcos2θsin22θdθ

2020

=1⎰π（1-cos4θ）dθ

40

=π

4

（21）（本题满分11分）设y（x）是区间⎛0,3⎫内的可导函数，且y

（1）=0，点P是曲线l:

y（x）上的

ç2⎪

⎝⎭

任意一点。

l在P处的切线与y轴相交于点（0,Yp），法线与x轴相交于点（Xp,0），若Xp=Yp，求l上点的坐标（x,y）满足的方程。

【解析】设p（x,y（x））

的切线为Y-y（x）=y'（x）（X-x），令X=0得，Yp=y（x）-y'（x）x，法线

Y-y（x）=-

1（X-x）

，令Y=0得，X=x+（y）'x（。

由Y=X得，

y'（x）

ppp

y-x'（y

=）x+x'

（，即⎛y+1⎫y'（x）=y-1。

令y=u，则y=ux，dy=xdu+u，那么，

çx⎪xx

dxdx

⎝⎭

（u+1）⎛xdu+u⎫=（u-1），即

u+1du=-dx，解得，arctany+1ln（x2+y2）=0。

çdx⎪

⎰u2+1⎰xx2

⎝⎭

（22）（本题满分11分）设3阶矩阵A=（α1,α2,α3）有3个不同的特征值，且α3=α1+2α2。

（I）证明：

r（A）=2

（II）若β=α1+α2+α3，求方程组Ax=β的通解。

（I）【证明】因为A有三个不同的特征值，所以A≠O，r（A）≥1，假若r（A）=1时，0是二重的，故不符合，那么r（A）≥2，又因为α3=α1+2α2，所以r（A）≤2，即r（A）=2。

（II）【解析】因为r（A）=2，所以Ax=0的基础解析只有一个解向量，又因为α3=α1+2α2，即

α+2α-α=0，即基础解系的解向量为（1,2,-1）T，又因为β=α+α+α，故Ax=β的特

123123

解为（1,1,1）T，所以Ax=β的通解为k（1,2,-1）T+（1,1,1）T，k∈R。

（23）（本题满分11分）设二次型

f（x,x,x）=2x2-x2+ax2+2xx-8xx+2xx

123123121323

1122

在正交变换X=QY下的标准型λy2+λy2，求a的值及一个正交矩阵Q。

⎛21-4⎫

【解析】二次型对应的矩阵为A=ç1-11⎪，因为标准型为λy2+λy2，所以A=0，从

ç⎪1122

ç-41a⎪

⎝⎭

λ-2

-14

而a+4=6，即a=2，代入得λE-A=-1

4

λ+1

-1

-1

λ-2

=0，解得λ=0,-3,6；

⎛-2-14⎫

⎛-11-1⎫

当λ=0时，0E-A=ç-11-1⎪，化简得ç0-12⎪，对应的特征向量为k（1,2,1）T；

ç⎪ç⎪1

ç4-1

-2⎪

ç000⎪

⎝⎭⎝⎭

⎛-5

-14⎫

⎛-1-2

-1⎫

当λ=-3时，-3E-A=ç-1-2-1⎪，化简得ç011⎪，对应的特征向量为k（1,-1,1）T；

ç⎪ç⎪2

ç4-1

-5⎪

ç000⎪

⎝⎭⎝⎭

⎛4-14⎫

⎛-17

-1⎫

当λ=6时，6E-A=ç-17-1⎪，化简得ç010⎪，对应的特征向量为k（-1,0,1）T；

ç⎪ç⎪3

ç4-14⎪ç000⎪

⎝⎭⎝⎭

⎛⎫

ç326⎪

ç⎪

ç⎪

从而正交矩阵Q=ç-

ç

0⎪。

33⎪

ç36⎪

ç326⎪

⎝⎭