万学全国分校2018届钻石卡学员全真模拟考试数学二答案

一、选择题:1～8小题,4分,32分,下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,请将 0f(x0

tln(1u2)du,g(x)

sin

(1cost)dt，则当x0时，fx是gx的 00 (B)高阶无穷00(C)等价无穷 (D)同阶但非等价的无穷 【解析】因为lim0dt0tln(1

2

0xln(1

2

sinx2(1cos x0[1cos(sinx2)]2xcos0

=

0x02[1cos(sinx2 sin2 lim limln(1x)lim x0(xsinx)f( x x不连续 (B)连续但不可导(C)可导且F(0)0 (D)可导且F(0)2f(0)【解析F(0)limxsinxfx)2limf(x)2f(0)

在x0处 f(x在区间(0,f(0)0f(x0，又0ab，则ax时恒有 af(x)xf(a) (B)bf(x)xf(b)(C)xf(x)bf(b) (D)xf(x)af(a)【答案】

f(

xf(x)f【解析】令φ(x) ，当axb时，φ(x) ，再令h(x)xf(x)f(x)，由微 h(x)xf(x)f(x)xf(x)[f(x)f(0)]xf(x)xf(ξ)x[f(x)f(ξ)](0ξf f( f由axb ，故选 下列命题中正确的是 f(x在ab上可积,f(xbf(x在(ab上连续,则afx)dxbxaf(x在ab上可积,则(xf(x)dx在abaf(x在ab上不连续,f(xA（B（D2,1xf(x)1,2,1x,f(x1在(0,1)上连续，但11dx不存在 02xcos1 f(x)

x

F(x)

,xxx

选

f(x,y)(x2y2 x2已知f(x,y)在(0, x2

f(0,0)f(0,0)0 (B)f(0,0)f(0,0)

f(xy在(0,0)点可微【答案】f(x,y)(x2y2

f(x,

f(x,x2 x2 (x,y)(0, x2 (x,y)(0,0 f(x,0)f(0, 0，则

f(x,y)f(0,0)

f(x,0)f(0,0)1，

f(x,0)f(0,0) f(0,0f(0,0) Df(xyf(xyxyf(uv)dudvDy0yx2x1D则f(x,y)等于 (A)xy (B)2xy (C)xy1

(D)xy【解析】因为f(uv)dudv为一确定的数，不妨设f(uv)dudva f(x,y)xya 所 af(x,y)dxdy(xya)dxdy

(xy ，1(x5ax2)dx ，0 解之得a ，所以f(x,y)xy ，故应选 k1,k2是任意常数，则此方程组的通解是

【答案】无关的解，又因为rAn2，所以α1α2,α2α3Ax0的一个基础解系，所以本题应选二次型f(x,x,x)(xx)2(2x3xx)25(xx)2的规范形是 y2 (B)y2y2 (C)y2y2 (D)y2 ff(xxx)5x25x24x214xx4xx4x 1 1 2指数为1，故应选(A).共1 1

n

n

n2

n n

．n2 21 2n2

1 n【解析】 2n 1 1 nn1

n n2

n nn i lim 2nlim

2xdx 1

n

nn1

11 2nlim 2xdx nn

ni

lim

nn

n

n n设yy Kx由参数方程

yx的曲 1【答案 1t

【解析dy d2y

d(dydt

1t21ttK 1tt

2

t 1t

(n2)π3sin5xcosxdx 【答案】π质原式π

3sin5xcosxdx0微分方程dy 满足y(1)2的特解 x【答案】2x5yy3

1 1【解析】将原方程变形为：dyyy,由通 得：xey( ydyC)，即x y( 以 1,y(1)2代入得12(2C),C5,得x y(

22x设uy1z,则du (1,2,1) x【答案】du|(1,2,12dxdy2ln2dzx

du(x,

2xx

du(1,y,1)d

1

2z

3 设A b，若存在秩大于1的三阶矩阵 6

使得BAO，则An

3】 3 6 所以rA1，即矩阵A的各行对应成比例，于是213213，得到a2,b3,c2 b A

3 3

1 12,1,3 6 2 1 1A212,1312,1,39A

A

3n1 n1 6 三、解答题:15～23小题,94分.请将解答写在指定的位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演使得eηξfηfη1

……1使 Fη

FbFa

……3b

b

b而Fη=eηfη+eηfη ……5而G(ξ

GξGbGab

b

……8 ……10f(xg(xf(xgxg(x)2exf(xf(0)0,g(0)2π f(x)0

2dx (1x)【解析】f(xgxg(x)2exf(xf(xg(x)2exfxf(xf(x2ex ……2f(xf(x)0，特征方程为r210，对应的特征值为ri于是齐次方程的通解为：YC1cosxC2sinx， 设特解为y*aex，代入f(x)f(x)2ex，解得a1，从而特解y*ex，非齐次方程的通解为fxC1cosxC2sinxex ……6f(0)0f0g(02，得C11C2所以原方程的解为：fxsinxcosxex ……7分 f(x)dxπg(x)1xf01 (1

(1 f(x) πf(x)1xf(x)dxπf(x)

πdf(

dx (1

01x

1f(x)1x

f(π)1

f1

f(0)1

11

……10

22

2f(u)g(xyf(yf

x2y2y2

(y

x f()y

f(

f()

( ……2 ( y y

f(

f(

f(x

f( f() ) 2 y f()

f()f(

……4 f ……6 f ……6()f() f( (g y x 2g

y

f(

f(y

f( f() f() f() f() yx f(

f(

……822 22 2yf(y)y

所以

f() f()

() f()x

y

=2

f(). f(x,y)

exex, |x||y|1, 1|x||y|

……10D计算二重积分fxy)dσD(xD

|x||y|【解析D1xy)|x||y|1D2(xy)1|x||y|f(xy)dσf(xy)dσf(xy)dσ(exex)dσ 再记σ1xy)0xy1,x0y0σ2(xy)1xy2x0,yx2由于D与D都与x轴对称,也都与y轴对称,函数exex是x的奇函数 x2 (exex)dσ0 3σD dσ σD

1cosθsin

xy2化为r

2cosθsin

x2x2

π0dσ42π

cosθsinθ

……64 dθ222 π 8 0cosθ 0cosθ π ππ 22lnsecθ 22 1 1 4 4 22 22ln(322)D所以f(x,y)dσ22ln(322) ……10D设直线ykx(k1)与曲线y 【解析】(I)ykx与y 的交点为(k2,k .……1 01

1 14 2

k

2

Vπk2(x

dx ，V

(kx)(x

dx k 1 ,k 3k4

……4 5V(k)π2k4,令V(k)0，得唯一驻点k 53 所求最小值为V(62)π11 ……8 x0kx x0kx (II)S(k)

k2 kxdx

1

xdx 9 S(62)6S(62)6 【解析】由u2xy1,得u(x,y)x2xyxφ( ……2得φy)=2y3，φy)=y23y于是，u(x,y)x2xyxy23y又u(0,0)1，u(xyx2xyxy23y，x=，

……4……6 再

，解出

x2y y= AA

=20，B

……8ACB20且A u(,= 是ux,y) x作变换ttanx，把方程x

d2y2cos2x(1sinxcosx)

ytanxy关于t

dy d2 2sinx d2 ， ……2 dt cos2x cos3x cos4xdt

d2 y d2 y ……4 解y*t2 ……6分因为方程的通解为y(CCt)ett ……8 故方程的通解为y(CCtanx)etanxtanx ……11 22 【解析】αα0α1α1α0(βα)，故Byαα有解(0,1,1,0)T 由方程组Axβ通解的形式，r(A)r(A, r(BrA2 ……5 ……9Byα2α3的通解为y(0,1,1,0)Tk1(4,2,1,1)Tk2(1230)Tk1k2为任意常数…11A6E的秩A(α1,α2,α3)(α13α23α3,4α14α2α3,2α13α3 α,α,α)3 1 3 3 3 B

3 3

Pα,α,α，由α,α,αP λEB

λ

λ

λ λ 3 λλ

λ