2016共创数学二试题与解答新浪微博博学香菇呀

获取考研资料，关注一、选择题（1）～（8）小题,每小题4分,共32分1xx1（1）.函数f(x) 的无穷间断点个数为（ln(A) （A)设(x0f(x0yf(xxx0f(x（B)xx0f(xf(x00,f(x0（C)f(x在区间[abf(af(b0f(x在区间[ab上的最大值与最小值必有一个在区间(ab的内部取得（D)f(x在区间(abx0x0f(xf(x0f(x设nf(xxsinntdt，则（0（A）n为奇数是f(x)为周期函 （B）n为偶数时f(x)为周期函 f(x)必为偶函 （D）f(x)必为有界函微分方程y4ye2xsin2x的一个特解形式是 Ae2xBcos2xCsin（C）Ae2xx(Bcos2xCsin

Axe2xBcos2xCsin（D）Axe2xx(Bcos2xCsinf(xy

x2

x2

x2y2x2y2

在(0,0) 连续但偏导数不存 （B）偏导数存在但不连连续且偏导数存在但不可 4d2sinf(rcos,rsin)rdr，那么在直角坐标系下 I（ 110（A）0dx11x2f(x, 0

f(x, 2y （C）0dy0f(x,y)dy1 f(x, 2yy2f(x,设A是一个n阶矩阵，交换A的第i列和第j列后，再交换第i行和第j行得矩阵B，则A,B之 等价但不相 （C）相似，合同但不等 设A,B是n阶方阵，齐次方程式组Ax=0与Bx=0有相同的基础解系1,2,3，则在下列方程组中以1,2,3为基础解系的方程组是( (A)(A+B)x= (B)ABx= (C)BAx=

AB(D) x=B （9）.f(x

xx2)t,则曲线yf(x)在x1处的切线方程 t 曲线y x2x1,x0的斜渐近线 若曲线y1x(a0)与x轴围成的图形被折线yax(a0)分割成面积相等的三个部分，则a y设f(u)为连续函数，且x2y2z2f(xyt)dt，那么z(zz) y yayby0yCCxex yaybyxy00,y00(14)若A 1,BA23A2E，其中E为单位矩阵，则B1 3 ,x.

，求极限lim

1f(tdt x

x0 xln(t

1t2 d2（16）（本小题满分10分）设yy(x)由 确定，求dx210cosudu1

du 的矩形面积等于函数f(x)在[x0,1上的平均值。试证明：（Ⅰ）存在点(x0,1)f(x0f(x0（Ⅱ）存在(0,1)使得(x0f(x01)f(x0（18）（本小题满分10分）计算ln2(x 1x2)dx(19)（10分）雨水从屋檐上滴入下面的圆柱形水桶中，当下雨停止时桶内雨水以与水深的试求出桶内水面的高度与时间的函数关系；（）（20）（10分）f(xyexyD{(xy|x24y21}上的最大值和最小（21）（本小题满分 分）计算二重积DIx(xyex2)sgn(yx2)D

，其中D 1,且符号函数sgn(x)

xx0x23（.f(xx0,1处无定义，因而间断

xx1

e1,

xx1

e1，limf(xlimf(xx0,1f(x

ln

ln

【解】本题可用排除法举反例说明A,B,D选项均为错误的，因而正确的结论必为C。进一步的f(af(b0f(a0,f(b0f(x在区间[ab上的最小值必在区间(ab的内部取得，反之则f(x)在区间[ab上的最大值必在区间(ab的内部取得.【解】nf(x)的奇函数，且2sinntdt0B，C，DA0【答案】选（【答案】选（【答案】选（【答案】选（【答案】选（

获取考研资料，关注：博学的香菇 1 e2,

(x)

e2f(1) ,f(1 2y x 32 2

x2x

1,limyxlim(x2x1x1,yx12

x

1, a)与(1, a)，由题设1 1 1 1

0

1a(1xax)dx

1a[1(1a)x]dx ,a2x2y2z2

x2

2x2zzf(x2yy同时求偏导可得2y2zz2fx2yf(yz( )

1[f(x2y)f(y)]xy a2,b1,yaybyxyx2yaybyxyCCxexx y(x2)exx2 (14)【解】A ,BA23A2E,B1(AE)1(A 123 1 1 1 1 2 1 2 0

2

111

【解f(t)dtf(t)dt f(t)dt(1t2)dt0sintd

sintdt10sintd原式=lim

x

sintdt

xsintdt

x0 0sin

2xsin 而lim 1

所以原式e2d etcosdyd

etcos d d d detcosy2

1tdyd 1t2etcosy2ye2tsin(2y2)1d1

1

f(xdxF(xxf(t)dtF(x 1x0 1f(xdxF(1)F(xF()(1xf()(1xf(xf(x10 0（II）f(x在区间[x0,Lagrange中值定理知(x0,0,1)f(f(x0f()(x0，而

f(x0f(x0，因而有(x0f(x01)f(x0【解】原式xln2(x1x2) dxln2(x2xln(x

1x2)2ln(x1x2)d(1x211x2) ln(x )1

1d11xln2(x1x2) ln(x1x2)2x1h(t)kh(t),h(0)81cm,h(1) 由h(t) 可hhh

ktC,h(0)81,C18,h(1)64,k h(t)(92t)2(cm)（Ⅱ）由h(t)92t)20，解得t4.5，即需要4.5yxf(xyyexyf(xyxexyDf(x,y有唯一的驻点(0,0)，且f(0,0)1Dx24y21LagrangeyL(x,y,)yexy2xL(x,y,)exy(x24y21) L(x,y,)xexy8yLy(x,y,)x24y21 2 2 2 2 解得驻点(x,y) , 2 2 2

2

2 f

f ,

e4

f ,

f

e4 4

4

4

4f(xyD2,

2

f

， 4， f

2 2

e4 4 4【解】用抛物线 x2把区域D分为D和D两部 （如图 Ix(xyex2)dx(xyex2) 2x(xyex2)dx(xyex2) 2(x2xyex2)d(x2xyex2) x2 1 I2xd

x

2 xdy

x

,),APA(,,)( ) , 3 ， 3

P1AP

3

0A与A与

2320023200A03210023 0

0 （Ⅱ）

有三个特征值1,

5

0

，且相应的相似变换矩阵为P(p,p,p)

1

50 50 QPP(

,

0 1 0

(,, 3 1

3 0 a 1 【解（I）A＝（

2a 2a a

2 02 a1 1 2a 1

b（*）a1时，R(A3R(,，，RA3,此时,,线性无关，所以, 2线性无关，所以1,3是一个极大线性无关组（不唯一（Ⅱ）任意向量可由1,2,3,4,线性表x1

)据（*）a1，有b1R([,,,4a1b142量均可由1,2,3,4线性表示

(模拟二一、选择题（1）～（8）小题,每小题4分,共32分4yf(xx1处取得增量x时相应的函数值增量yxo(x，且f(104x0时1

f(t)dt是ln(1x)的 f(x在(f(0)0，且limf(x)1，则有（ x0时恒有f(x) (B)x0时恒有f(x)x0时f(x)x，x0时f(x) (D)x0时f(x)x，x0时f(x)已知(axy3y2cosx)dx(1bysinx3x2y2)dy为某个二元函数f(x,y)的全微分，则a和b的值分别为（ (A)2, 2, (C) (D)3,f(x)g(x在区间[abf(ag(a0,f(bg(b2f(x0g(x0S

f(x)dx,S

g(x)dx，则 b bS2baS1S2b

S1ba（D）baS2设函数z(1ey)cosxyey，则函数zf(x,y) (A)无极 (B)有有限个极 (D)有无穷多个极小x[tf(t设曲线yf(x)与ytan2x在原点处相切，则极限Ilim 1(A) 6

1a11a12a13

a11a13

0（7）设A a21a22a23B

又P 023 23

a a31a33a

0 0 0P 1 P 0 P 0 0

1

1 则B1

(D)P4 ex1lim )sinx .

设函数f(x)(x3x2) （11）设f(u)ln(1u2),g(x)f(2x81，则g(0) )

(2) x

xy2ezy分dz （13）设曲线yf(x)过点(0，-1)，且其上任一点处的切线斜率为2xln(1+x2)，则f(x) 0(14)设3阶方阵A有可逆矩阵P，使得P1AP 3 P1AP （15)（10分）设x

2,

x(x23(n1 limx nn

3x2 n（16）（10分）f(xx0处可导，且lim(sinxf(x)3f(0) 成的图形面积最小；(Ⅱ)求(I)中的图形绕y轴旋转一周所形成的旋转体的体积。(18（10分zxfxg(xyx2y

f(u具有二阶连续导数，g(vw

2

f(2x2y2t0tln(12t2

22xyf(21f(xdx0D(21)（11分）f(t|xyt|dxdy,t[0,1]Dxy|0xyDf(t的初等函数表达式；(II)证明：存在t0[0,1]f(t0f(t在(0,1)内唯一的最小点（22（11分）f(xxxax22xx2xx2xxxPy 1 1 2f2y2y2y2xxxx)Tyyyy)T．求（I）a；（II）P （23）（11分）AnB123，其中1,2,3n10，且满足A(123)(1 12 解；（II）BTB是正定矩阵，其中BT是B的转置矩阵．22

2 f(t)dtlim2

f

)1limf(1

1)f(112x0ln(1x4 2 2【解】由题设有f(0)0,f(0)1，再利用Taylor可得x0时恒有f(x)x。答案z(1ey)sinx

驻点(k,cosk k0,1,z(1eycosxzeysinxzey(cosx2 当k0,2, ACB20A20即驻点(k0)均为极大值点,因此函数有无穷多个极大值k1 时,驻点(k,2)Az(k,2)1e2Bz(k2)0Cz(k2)e2 ACB20即驻点(k2)不是极值点，答案(6)f(0)0,f(0)2limsec22x2对二重积分作代换tuvdudv 0[0f(tu)du]dt0[0f(v Ilim0[0f(v)dv]dtlim0f(v)dvlimf(x)1limf(x)f(0)1f(0)1 x0 12

1

xsin 【解】原式x0

)ex1x

e2

i （10【解】设u(x)(x2),v(x)(x1) ，则 (x)

(x)u(i)(2)0(i ,n1),u(n)(2)n!,v(2)(2

sin1f(n(1（11【解】g(x)f(2x ,g(0)3f(1) ) x (x

3ln(12)F1dxxdyF2zdzy2dx2xydyezdz1 解得(2zFez)dzy21F)dx2xyxF)dy y (2zFe1dz [(y21F)dx(2xy(2zFe1 2

y1x2ln1x2x2C，过点(0，-1)，代入可得C (14)【答案． 2 x(x2 2x(1x2（15)【证明】xn1xn xn n,x121,n1时 3x2 3x2 xn1 1 ，由归纳法可知，对n均有xn1，由此可得数列 3x2 3x2

x(x2减少正的数列，由单调有界收敛原理可知limxn存在，令limxna，对等式xn1 两边n 3x2n

a(a22

a1，即limx3a

nsinxfn

【解】由题设有 3，所以有lim[sinxf(x)]0，f(0)limsinx 由此可得lim(sinxf(x))lim[(sinx1)f f(0)]lim(sinx1)f(0) 而lim(sinx1)limsinxx0f(0)3 y e0ye0xx0e0exA(x2[exex0xxex0ex0)]dx

2)ex0e2 A(x2(x1)ex0A(x2xex0A(1)0,A(1)2e0x1 V22x(exexdx2[(x1)ex1ex322(e28e1)0z

u

(18)【解】由于 f yf 2xg2)

2f g2

z

f

f (

(g

(g

2x

y3

2 f

f

f(0)2

It0tln(12t2t

x2y2

f(2

y)dxdyt02t3

flim0f(2r)rdrlimf(2t)tlimft t 3t 2limf(2t)f(0)2f(0)3t 因为f(x)在[0,1]上有连续的导数，由连续函数的最大值及最小值定理知f(x)在区间[0,1]可以去到最大值及最小值。记Mmaxf(x),mminf(x)，由Largrange中值定理知 x(0,1)mxf(xf(0f()xMx((0x mxf(x)f(0)f()x11两边同时在区间[0,1上积分可得mf(xdxM即m2f(xdxM11 定理知[0,1]f(21f(xdx0(21【解】(I)D1D{(xy|xytD2D{(xy|xyt}，f(t|xyt|dxdy2(xyt)dxdy(xyt)dxdy 2t 21dx1(xyt)dyxydxdytdxdy tt t t (II)f(t12t(1lntf(t2lnt0,t(0,1f(01f(13f(01f(11 f(t2lnt0,t(0,1)f(tf(01,f(11，所以存在唯一的t0(0,1)f(t00当t(0,t0f(t0；当tt01f(t0，所以t0(0,1)f(t在[0,1] 1 【解】（I）f与矩阵为A

1

,B

f 型，所以f与其对应的矩阵相似，而相似矩阵的行列式相同，即由AB 1 1

0a00211a0 0II（

0 11 10 10

A2,1 1，

．将p

，将,正交化 1 1

0 0

11

3 11,

1

11 2 0 1 1，再将,单位化，得p 1，p 6 0

0

2 T 6T由p,p,p构成正交矩阵P(p,p,p)

AP2 。 。

（方法二）对于A的特征根2，1，解得特征向量分别 1，1 1 1

11 2

1

，p

12 1 1

3

2

6 1 k11k22k33 因为10k20．此时（*）k110，因为10k10．故向量组1,2,3线性B(123)Bx0仅有零解．（II）对任何非零3维列向量x，因为方程组Bx0仅有零解，所以恒有Bx0xTBTBx(Bx)TBx) Bx20BTB

一、选择题（1）～（8）小题,每小题4分,共32分设limxn与limyn均不存在，那么下列命题正确的是 若lim(xnyn不存在，则lim(xnyn 若lim(xnyn存在，则lim(xnyn lim(xnyn与lim(xnyn 若lim(xnyn与lim(xnyn f(x)(1x21) x设f(x)x0处连续，g(x)

x

（A）f(02,f(0)不存在（B）f(0)2f(0)f(0)0,f(0)=2

（D）f(0)0,ff(x

1(x都可导，且有fx)f1(t)dt2

1x29则f(x) 333（A）x （B）x （C） 1

x

2x若lim(1asinx)ln(12x) xe2dx，则a

（B）2

（C） 设函数f(x,y)ex(axby2)中常数a,b满足条件 ）时，(1,0)为其极大值点Aa0,b Ba0,b Ca0,b Da0,b【答案】选(6)Dx2y21I1 (xy)3d I2cosx2siny2d I3[e(x2y2)1]d 则有 （A）I1I2 （B）I2I1 （C）I1I3

I2I3

1AP

1

AAA0

其中1,2,3为3维非向量，且1,2线性无关，则矩阵P不能是 （A）( （B） （D）(1,2,2设A是三阶矩阵，(1,2,2)T,(2,1,1)T 向量,其中b=(1,3,2)T，则 （A）t1RA（C）t1RA

（B）t1RA（D）t1RAlim1[sinn

2sin22 xy

． ．（10）yy(xx

du0

d2d2d xcos

设Cylntan(secttantsin

t[0,],则曲线C的弧长 4zf(xy

sin(x1)cosyyxsin

x

，则dz(1,0) 微分方程y2dx(x2xyy2)dy0的通解 向量组：(1,1,1)T,(0,2,5)T,(2,4, (1,1,3)T的一个最大线性无关 （15（x0

xln(1x2

证明：当2p2q2p2f(x)0 （17）（10分）F(xf(xF(0)1Fx)fxcos2x0f(x)dx ，其中f(t)，当t0时，二阶导数f(1)f(1)e1,f(xy.4（20Isinxsinymax{xy}dD0x0yD（21）（1１分）f(x在[0a上二阶可导，且在(0a内取得最小值，又f(xM，求证f(0)f(a)Ma．（22（11分）已知122)TxΤAxax24x2bx24xx4xx8x 1 1 2（（ⅠA2A（Ⅱ）R(A1,R(AEn1；（Ⅲ）AE xn2[(xnynxnynyn2[(xnynxnyn 【解】由题设知limg(xlimf(x)1,f(0)0,f(0)2D x03【解】等式f(x)f1(t)dt1x29两边同时求导可得xf(x) x,f(x) xC，32(1x32

0,f(9)2,C1 1 1 1 【解】lim(1asinx)ln(12x)e2,xe2dx2xe2 e2dx2(a a32(6)Dxy轴都对称，而(xy)3x33x2y3xy2y3x3和3xy2x D上，有cosx2siny20I0；又有e(x2y2)10I

00I2I1I3，选2)【解】原式1xsin(x2dx1cos(x2)

1 2(xy)e(xy)(1y)2e(xy)y0x0,y1d2d2d

4

dt4tantdtlncost4 ln2 f(1,0)0f(1,0)

sinxf(1x,0)f(1,0)lim1 2 2f(1,0)limf(1,y)f(1,0)

ycos

exyxxyxxy的线edx

1

x

(

dyxCy2eyy2 2【解 因为(,,,) 2，所以,,

1,3,4或2,3,4(1bx2)[1x2

o(x4)] (b )x

)x左式

o(x11由此可得b ,c

115

f(x3x2p0,x

p,f(x)6x,f p)0,f

p0x

22p2时f(x)取得极大值，且有极大值为f ) 32p 时f(x)取得极小值，且有极小值为f )q （Ⅱ）因为limf(x),limf(x)，f(x)在(, p]与 p,)上单增在 p p 32p3

32p3

p3p3上单减，故当f( ) q0，f( )q 间(, ),( ),( ,p3p3【解】由题设有Fx)Fx)cos2x，对上述等式两边同时积分可得F2x)sin2xCF(0)1可得C1

cosxsinxsin2xfsin2x

cosxsinx f(x)dx4(cosxsinx)dx(sinxcosx)dx22 u

x【解】 yf(xy),x

f xyf 1)e，记 t，则f(ttf(tt1)et，即(tf(t))t1)et，积