硕士研究生招生考试试题数学二解析2016

2016年数学2016年数学（二）真题解析一、选择题【.[解] 因为5•—Xj=—2, g〜丘'Vx=x6, as三，所以以上三个无穷小量从低阶到高阶的次序为,（.【答案.【解_=]\x(Inx—1)CI9 2彳1（工一2 工<]C=得/'（）的一个原函数为^= , '… 、「应Injc—1）+9 工乍1.3【答】 (B).fo 1 1 0 —(0—1)=，【解】 因为 *Ax=一rx1丄 1―Td:r=一r =+,J0 x 0*0 1 丄 °+°°1 丄所以 二扌山收， -vxA发9应(B).-°°X 0 X【.【解】 如图所示,f的零点从左到右依次为1（<1）工，工3/■工>0, x<L,由 得工=为工的极大值点）<0, i<Cx）<0, ziV工<1,由 得工=1不是/■&）的极值点;/）<0, \<ZX 2'/■‘（）<o, 1<H，F由 得x=X2为（）的极小、f（）>0, X2VzVH3值点；由八>0, 3得=不是y（）的极值点,fO>o, 工工3故（有两个极值点.f"⑺在工=1处不存在，又切线水平对应的点为工。及工3,即/"（工）=0,工=0.了V]由〃（）<0, ' 1,1为曲线y=f（）的拐；>0, 1<H<Q由）>0, 、。'得z/Q为曲线y=f（）的拐；fj<0, xQ<Cx<Cx3f⑺<0, ■To"V 3,（工于（工为曲线yx的拐点,由）>0, Z Z3即y有三个拐点，.•149•（（（A.解】工）；（工）=g（攵0，由----八"°r>--------了心T得 <咒（工）<0=gz）‘Ei+/l^）T Li+；（02r当0VI工一工。|<5时，\f\j〉；〈>g, x6Cx0—3,x,I/；z）V兀Q）Vgh, xG0 o./（）=/z<-2^0）=g（Z），得在工0（）几（）£（从而/（JC）£几（2）W应选.【】D.r初、 /_e(x—y)—eJ_e(t—3/—1)【解]几= (鼻—2 二匚二川，e2"(■X—yY则咒+「亍)+二7三=八应选(7)【】.【解】 由A与B相似可知，存在可逆矩阵P,使得PAP=B.对PAP=B两边取转置得「pT=「，或pT]TApT]=「,即；pPPABI】，；由PP=BRP'A~P=B1得PA十Ajp=B+B_',B+B1，D.(8)【./a 1 1\【解】方法一 二次型的矩阵为A=1 6Z 1 ,1 la'A一a -1 -1 1 1 1由XE-A\= —1 A一a 一1 (A—a—2)1 A一a 一 1一1 一1 A一a —1 一1 A一a1 1 1(A—a—2)0 a+1 0 (A—a—2)入一a+1)2=0?0 0 A—q+1得A] a+2?A2=A3=a一1.22G<1应选.方法二 取a=0二次/（工1,乂2工=厂工2+工]工3+2工2久，/0 1 1二次型的矩阵为A=1 0 1'1 1 0•150•A A -1 -1由IA=-1 A -1=(A-2)(A+l2=0得】=2入2=入3=—此时二1 -1 A满足题设的条件，故a=0时成立，应选(C).二、填空题7T(9)【】y=x+•r 3TV【解】 由lim—=1, lim(y一)=lim———q一x+arctanC1+ 2)•r*-00X 1+X 73得y=7-7_2+arctan(1+z$+.(10)【答案】sin1—cos1.【解】 limW(sin—+2sin—+…+nsinz?' n n\ i. i 1 . fi I1 fi=lim一 —sin—= xsinxdx=一 xd(cosx)—一xcosx + cosxdz”—8nl=xn n Jo Jo Io Jo=—cos1+sin1sin1cos1.11)【f—yjc—j.【解】 方法一 设所求方程为‘+〃()y=q(_z),x=x2—J,2=x代入所设方程得12：一e"+(jr2一J)/>(：)=q(jc,\2x+工？力(工)q(z).解pO=—l,q(_z)=2t—x故所求的微分程为y'—y— —.方法二 设所求的微分方程为夕'+p(攵)y=q(_z).$1=g2_eJ,夕2=工2,y2—yi=为_'+p(x)y=，1,？一7(工)得q(z)=2r—x2,故所求的微分方程为f—y —x.(12)【答案】52.【解】方法一由f'(x)=2工+1)+2/c)=2\_x+/(x)]+2得/(0)=1z(0)=4,由/(x)=2口+z(jr ,得)=2•5,由fO=2f"y得(0)=2•5,依次类推，由十"〉(工)=2f"TQ),得广(0)=5•2—.方法二 由于(工=(工++/(/)dr,得/'(工一2/工=2Q+1)解得J0心)=卩2(+l卜皿山+c]一込=C2j—'5 5 2由/(0)=1C=—,f(x)—e2r—x—当/?>2(n(：)=5•2"J工故/(n(0)=5•2•151•(13)【(13)【答案】2麗％【解】 设t时刻P点的坐标为(工=丿工2(/)，/)=；2(^)+：6(i),由题意得atd/ (Z)+ 5(Z) djcdt 2丿工2&)+工6&) &取")=1,將〜则汾島®=2g.(14)【答案】2.1 1\ 1 0【解】 令」a 1 —1 11 1 a 1 0 1因为A与B等价，所以r(A)=r(B),/I 1 °\ /I 1 0\由B=0 -1 0 -1 1得r(B)=2,从而r(A)=2,于是|A1=0.'1 0 J 'o 0 o'1 1 1 1 1 1由|A|=(a—2)1 a 一1(a_2)0 a+1 0 (a—2)(a+l2=—1 一1 a 0 0 Q+1得a=或a—1,—1时9厂(A)=1=—1舍去，故a=2.三、解答题(15)【解】 方法一 lim(cos2jc+2xsinxV=eJ_*° " ?h、. In(cos2 + sinx) v ln[l+(cos2jc+ sinx一1)]nuli-----------------------------=li----------------------工->X HfO Xlmcos2x+2工nx—1=.. 一2sn2z+2snjc jccoslim------------------------o X LO=lim—2cos2工+2cosx一xsinjc .. 4sin 一3sinjc一xcosx6工2 =忸-------12^----------------= /1 sin2x 1sinX cos工\_1liml—-------- T f3 3C-故lim(cos2x+ njx=3方法二 lim(cos2«z+2jcsin工)°lim[1+(cosjc+jcnx I由Wl-/+〒+2八〒+("),•152•4x4x• x=x2力o/4\J!得cos2工+工nx-1-^4,〒曰 cos2x+2jcsinx一1 1 ,, -十是lim-------------------------------=—,i5xlim(cos2x十2jtsinxVHfO X 3 (16)【解】当0<工V1时，" 门(十2 2\1 3 1 3|1一X3f)= c2—t2)dt+ \tx)at=----xH 一c2(1—x)0 3 33 3当工$1,f(x)=[jc2一2)dt=2 丄J0 I£ 3|1 2iX+X 0VV1,_/(z)=vX丄 ■Z21.当0VcV1时()=42当e>1时9厂(z)2工.£x3+-----2 £li)⑴ limI ?=2即fl =；■If1_ X一1 x一12_1_£lim心「f" 3 3=2,Hfi+ 力—1 L1+ 工一1得厂(1)=2,工2一2jc9 0Vz<1,于是fj)=2工9 •z$1.0,当z＜+/''（工＜0；当工〉+＞0故工=f的最小值点,最小值为17【（+z+lnN+2Q+夕+1=两边分别对x9y求偏导得djc Zdjc切2+小J+2=0,dy Zdy0得-=-丄》=—丄，OX dy z Z代入2+j2)z+Inz+2(工+y+1)=0中得•153•2 2 , [x=一19Inn n=1_9从而N $=—1.夕求偏导得2z+工---（工2+2）~— +-f4=,dx dx zdjc-^-+2y3z+(x2+)dz 13z3z 1 32z3xdy 2dx3y Z^JC3y9 IA 3zi/2- 2)带之 1 2-I----护N cn十4y 十y 2 =0dy dy z Z3y2 .将=—l,y=—l,z=1,—-=0 =0代入得dx dyA 32z 2 R 32z o， c 32z 工2(1,1) (1,1) ^21,1) AC—Bi>0A<0zz(jt,y)z(—1,—1)=1.18【解】 由奇偶性得2 2 rr 2 2工—夕吐曲=2I 2D x yA\x=rcos69于苧0£）则方法一 令 ^\y=rsin0rr2—夕2 :曲cc0,3n工2drdj/= o 厂(cos'O一2,3n Tco2(9—i9 1 一2)d0I n。 (cs0T T3nTen—7T)TTrr 2 2方法二 d心=+22怦d X2+夕2drdj/D D1-4卜伽'y dz2|_202十』j/arctan—yo o=1—7t ydy0—7(19)解】 将2=u(：)x代入原方程得(工1)u+(2* 一3)/=09或况〃+1— 22x1U=09解得（）=Ge占=］2工一e•154•从而从而_z)=Cj(2?—1) d_z+2=一(2c+1) +,(Cie+2=e,由u—1)=e,"(0)=—1得—Ci+2—1.解得Ci=1,2=0于是u(a:)——(2:+l)_J,故原方程的通解为y=Cie「+C2(2_z+1)(G,C2为任意常数).(20)【解】 区域D绕工轴旋转所得旋转体的体积为V=27T 12 2 r°.6 2 .—一兀|ydj?=—tI—7T sint•(一3cosrsint)dt3 Jo 3 J今—tt一3tcI71•(1—2t)dt=—it一3t(/7一19)3 Jo 32 16 187T 7T—T.3 105 35区域D绕工轴旋转所得旋转体的表面积为S2托2托2兀+2兀 ^nZco2^+9co4n2Zdt02兀+6tc24costdt2兀+瞥 16kb2）（）解（=rJ0 —O7T于工）在八3兀7=|-（ci^,OTCJ0r~ Ir—由 /(：)djr/) 一 xJ0 Io Jo3兀7~COSX 2 ZS 」 TXSX 1t(3兀一 )cosxo杰匸討「J。亦二真山 IJo—石弓—也方法二 由题得/■）=&,J0Zt—071/） 「37tl上平值为 •在0,y2fl cost /3tt \, 1待 , 1=贏。（yr丿&co殆.•155COSCOSXn）证明/）3兀当o＜工＜牛时,八工）＜0』（工）在o,y上单调递减，u _ u_再由0）=0得（＜0工守），_/（守V0.由积分中值定理存CC 0使得c）=f=-^-＞0显然cG4警由零点定存在WC（守,U ,—，使得^）=0.VhV，f'O＞0所以fj在（，内最多只有一个零点，故心）在0罗）内存在唯一的零点.1 1 1 1—a. 0 \ Z1 1 1一a 0 \(22)【（I4）=1 0 a ； 1 —A0 1 2a-1 1a+1 1 a+112a-2 o 0 —a$+2(i:a 2所以r(A)#r(A),从而一a?+2a=0,于是a0a2./I 1 ：0当a=2时9(【0)fO —1 3 1 •'o 0 o ior(A)r(A)=2V3,所以a=2时，方程组有无数个解，矛盾，故a=0./I 1 1、 I3 2 2\ /T\[I)A=1 0 0 9 AA=2 2 29 A'P= 2 9h 1 1 2 2/ 2/3 2 2:—1 I1 0 0: 1\由A\7)=2 2 2 -2-0 1 1 2 •'2 2 21-2丿 '0 0 0i 0/0 /1\得方程组Ax 的通解X=k-11+-2为任意常数.1 \0/A 1 1(23)【I由|XE-A|=2 A+3 0 =AA++