2018考研数学二真题及解析

1、精品文档2017 年考研数学二真题一、选择题1 8 小题每小题4 分，共 32 分1若函数 f (x)1cosx, x0 在 x0 处连续，则axb,x 01（B）ab1（ C） ab 0（ D） ab 2（ A） ab22f (x) lim 1cosx1 x1【详解 】 limlim 2， limf (x)bf (0)，要使函数在 x0 处连续，x 0x 0axx 0 ax2ax 0必须满足1bab1所以应该选（ A）2a22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（ B）1f ( x) dx 01

2、10f (x)dx1f ( x) dx0f ( x)dx1（ C）10（ D）f (x)dx10【详解 】注意到条件 f(x)0，则知道曲线 f ( x) 在1,0, 0,1 上都是凹的，根据凹凸性的定义，显然当 x1,0 时， f (x)2x1 ，当 x0,1 时， f (x)2x1，而且两个式子的等号不是处处成立，1f ( x) dx01)dx11)dx0 所以选择（ B）否则不满足二阶可导所以1( 2x(2 x10当 然 ， 如 果 在 考 场 上 ， 不 用 这 么 详 细 考 虑 ， 可 以 考 虑 代 一 个 特 殊 函 数 f ( x) 2x21，此时01 ,11 ，可判断出选项

3、（A），（ C），（ D）都是错误的，当然选择（B）希望同f ( x) dxf ( x)dx1303学们在复习基础知识的同时，掌握这种做选择题的技巧3设数列xn收敛，则（ A）当 limsin xn 0 时， lim xn0（ B）当 lim( xnxn )0 时， lim xn0nnnn(C）当 lim( xnxn2 )0 时， lim xn0（ D）当 lim( xn sin xn )0 时， lim xn0nnnn【详解 】此题考核的是复合函数的极限运算法则，只有（D）是正确的其实此题注意，设lim xnA，则nlimsinxnsin A,lim( xnxn) AA ,lim(xnxn2

4、 )AA2 ,lim( xnsin xn )Asin Annnn分别解方程 sin A0, AA0, AA20, Asin A0时，发现只有第四个方程Asin A 0 有唯.精品文档一解 A0，也就是得到 lim xn 0n微分方程 y4 y89e2 x (1cos2x) 的特解可设为y* （）（ A） Ae2 xe2 x (B cos2x C sin 2x)（ B） Axe2xxe2 x ( B cos2xC sin 2x)（ C） Ae2 xxe2 x (B cos 2xC sin 2x)（ D） Axe2xxe2 x ( B cos2xC sin 2x)【详解 】微分方程的特征方程为r

5、24r 80，有一对共轭的复数根r22i所以12 不是特征方程的根，所以对应方程y4 y89e2 x 的特解应该设为y1*Ae2x；而222i是 方 程 的 单 根 ， 所 以 对 应 方 程 y4y89e2x cos2x 的 特 解 应 该 设 为y2*xe2 x( B cos2xC sin 2x) ； 从 而 微 分 方 程 y4 y8 92x( 1c o xs的2特)解 可 设 为ey*y1 *y2 *Ae2xxe2 x ( B cos 2x C sin 2x) ，应该选（ C）5设 f ( x, y) 具有一阶偏导数，且对任意的(x, y) 都有 f ( x, y)0,f ( x, y

6、)0 ，则（）xy（ A） f (0,0)f (1,0)（ B） f (0,0)f (1,1)（ C） f (0,1)f (1,0)（ D） f (0,1)f (1,0)【详解 】由条件对任意的( x, y) 都有f ( x, y)0, f( x, y)0 可知 f ( x, y) 对于 x 是单调增加的，xy对 y 就单调减少的 所以 f (1,1) f (1,0)f (0,0),f (1,1)f (0,1)f (0,0), f (0,1)f (0,0) f (1,0) ，只有第三个不等式可得正确结论（D），应该选（ D）6甲、乙两人赛跑， 计时开始时， 甲在乙前方10（单位： 米）处，如图

7、中， 实线表示甲的速度曲线v v1 (t )（单位：米 / 秒），虚线表示乙的速度曲线vv2 (t) （单位：米 /秒），三块阴影部分的面积分别为10,20,3 ，计时开始后乙追上甲的时刻为t0 ，则（）（ A） t010（ B） 15 t020（ C） t025（ D） t025【详解 】由定积分的物理意义： 当曲线表示变速直线运动的速度函数时，S(t)T2v(t)dt 表示时刻 T1,T2T1内所走的路程本题中的阴影面积S1 ,S2 , S3 分别表示在时间段0,10 , 10,25, 25,30 内甲、乙两人所走路程之差，显然应该在 t25 时乙追上甲，应该选（ C）.精品文档0007设

8、 A 为三阶矩阵， P1,2,3为可逆矩阵， 使得 P 1AP010，则A( 1 23 ) （）002（A） 12（B） 22 3（ C）23（D） 12 3【详解】显然这是矩阵相似对角化的题目可知000000A( 1, 2,3)APP0101,2,30 1 00, 2,2 3002002所以A( 123 )A 1A 2A322 3 ，所以可知选择（ B）2002101008已知矩阵 A021， B020， C020，则001001002（A） A,C 相似， B,C 相似（ B） A, C 相似， B,C 不相似（ C） A, C 不相似， B,C 相似（ D） A,C 不相似， B, C

9、不相似【详解 】矩阵 A, B 的特征值都是122,31是否可对解化，只需要关心2 的情况000对于矩阵 A，2E A001 ，秩等于 1，也就是矩阵 A 属于特征值2存在两个线性无关的特001征向量，也就是可以对角化，也就是AC010对于矩阵 B ，2E B000，秩等于 2，也就是矩阵 A 属于特征值2只有一个线性无关的特001征向量，也就是不可以对角化，当然B,C 不相似故选择（ B）二、填空题（本题共6 小题，每小题4 分，满分24分.把答案填在题中横线上）9曲线 yx(1arcsin 2) 的斜渐近线为x解： lim yx(1arcsin 2)x) lim xarcsin 2limx

10、1， lim( y2 ，所以斜渐近线为 y x 2 xxxxxxx10设函数 yy( x) 由参数方程xt et确定，则 d 22y |t 0ysin tdx.精品文档dcost【详解 】 dycostd 2 y1 et(1 et )sin tet cost，所以 d 2 y1dt|t 0dx 1 et ,dx2dx(1 et ) 3dx 28 dt11ln(1x)2dx.0(1x)【详解】ln(1x)2dxln(1x)d1xln(1x) |00 (112dx10(1x)011xx)12设函数f ( x, y) 具有一阶连续的偏导数，且已知df ( x, y) yey dxx(1y)eydy

11、， f (0,0) 0，则f ( x, y)【详解】 (,y)ydxx(1)ydy(xyey )，所以 f (x, y)xyeyC ，由 f (0,0) 0，得 C0 ，dfxyey ed所以 f ( x, y)xyey 1311 tan xdxdyyx0【详解 】交换二重积分的积分次序得：1dy1 tan x1dxx tan x1tan xdx1ln cos1.0yxdx00xdy0ln cos x 041214设矩阵 A12a 的一个特征向量为311【详解 】根据特征向量的定义，有11 ，则 a2412111A12a113 2a，解得 a1 311222三、解答题15（本题满分 10 分）

12、xxtet dt求极限 lim0x3x 0【详解 】令 xtu ，则 txu , dtdu ，xxte t dtxuexudu00xtxxuxuxdteueduuedutexex2lim0lim0lim 0x3limx 0x3x 0x3x 0x 03x3216（本题满分10 分）.精品文档设函数 f (u, v) 具有二阶连续偏导数， yx,cos x) ，求 dy |x 0d 2 y|x 0 f (e，2dxdx【详解 】 dyxxx,cos x)(dy|x 0f1 (1,1)；dxf1 (e,cos x)ef 2 ( esin x) ， dxd 2 yxx,cos x)xxxxcos xf

13、 2x,cos x)dx2ef1 (ee( f11 (e ,cos x)esin xf12 (e ,cos x)(esin xex f21(ex ,cos x)sin 2 xf 22 (ex ,cos x)d 2 2y |x 0f1 (1,1)f11(1,1)f2 (1,1)dx17（本题满分10 分）求 limnk2 ln 1knk 1nn【详解 】由定积分的定义nkklim 1nk lnk1limln 11x ln(1 x)dxn1 n2nnn k 1nn0k11x)dx212ln(14018（本题满分 10 分）已知函数 y( x) 是由方程 x3y33x3y20 【详解 】在方程两边同

14、时对x 求导，得3x23 y2 y 3 3 y 0（ 1）在（ 1）两边同时对x 求导，得2x 2 y( y )2y2 yy0也就是 y2( xy( y ) 2 )1y2令 y0 ，得 x1 当 x11时， y1 1 ；当 x21时， y2 0当 x11 时， y0 ， y10 ，函数 yy( x) 取极大值 y11 ；当 x21时， y0 ， y10 函数 yy( x) 取极小值 y20 19（本题满分 10 分）设函数 f ( x) 在区间 0,1 上具有二阶导数，且f (1)0 ， limf (x)0 ，证明：x 0x.精品文档（ 1）方程 f (x)0 在区间0,1 至少存在一个实根；

15、（ 2）方程 f (x) f(x) ( f( x)20 在区间0,1 内至少存在两个不同实根证明：（ 1）根据的局部保号性的结论，由条件limf ( x)0 可知，存在01，及 x1(0, ) ，使得x 0xf (x1)0 ，由于 f ( x) 在 x1,1 上连续，且 f ( x1 )f (1)0，由零点定理，存在( x1 ,1)(0,1) ，使得f ( )0 ，也就是方程 f (x)0 在区间0,1至少存在一个实根；（ 2）由条件 limf (x)可知 f(0) 0，由（ 1）可知 f ()0 ，由洛尔定理，存在(0, ) ，使得x0x0f ( )0；设 F ( x)f (x) f(x)

16、，由条件可知 F ( x) 在区间 0,1 上可导， 且 F (0)0,F()0,F()0 ，分别在区间 0,上 对 函 数 F (x)使用尔定理，则存在1(0,)(0,1),2( ,)(0,1), 使 得12, F(1)F( 2 )，0也就是方程f (x) f( x) ( f( x)20 在区间 0,1内至少存在两个不同实根20（本题满分 11 分）已知平面区域D(x, y) | x2y22 y，计算二重积分(x1)2dyD20【详解 】由于积分区域关于轴左右对称，所以由二重积分对称性可知所以xdD( x1)2 d(x21)dd2sin(r 2 cos21)rdr00DD024sin4cos

17、22sin 2d4(4sin 44sin 62sin 2) d054其中利用瓦列斯公式，知0sin 2d1,sin 4d313,sin 6d531522042806421621（本题满分 11 分）设 y( x) 是区间0, 3上的可导函数， 且 y(1)0 点 P 是曲线 L : yy(x) 上的任意一点， L 在点 P 处的2切线与 y 轴相交于点0,Y，法线与 X 轴相交于点XP,0若 XPYp ，求 L 上的点的坐标 ( x, y) 满足P的方程.精品文档【详解 】曲线过点 P(x, y) 的切线方程为 Yy( x) y (x)( Xx) ，令 X 0 ，得 Ypy(x)xy ( x)

18、 ；曲线过点 P( x, y) 的法线方程为 Yy( x)1x) ，令 Y0，得 X pxyy ( x) ( Xy ( x)由条件 XPYp ，可得微分方程yxyxyydyxyy1标准形为 yx，是个一阶齐次型微分方程dxxyy1x设 yu ，方程化为 ux duu1 ，整理，得 x du1u2xdxu1dx1u分离变量，两边积分，得arctan u1 ln uln x ln C2由初始条件 y(1)0 ，得 x1, y0, u0 ，确定常数 C1所以曲线的方程为arctan y1 ln yln x x2x22（本题满分 11 分）设三阶矩阵 A1, 2 , 3 有三个不同的特征值，且3122 .（ 1）证明： r ( A)2 ；（ 2）若12 , 3 ，求方程组 Ax的通解【详解 】（ 1）证明：因为矩阵有三个不同的特征值，所以A 是非