2017考研数学二真题及答案解析

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1、20172017 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析一、选择题：一、选择题：1 18 8 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 3232 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求分，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的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上指定位置上.1cosx,x0（1）若函数f(x)在x 0处连续，则（axb,x0(A)ab）12(B)ab 12(C)ab 0(D)ab 2【答案】A1x1cosx1112【解析】lim在处连续lim,f(x)bab.选 A

2、.x 0 x0 x0axax2a2a2（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)f(x)dx0101B1f(x)dx0D1f(x)dx0f(x)dx011(C)f(x)dxf(x)dx101【答案】B【解析】f(x)为偶函数时满足题设条件，此时f(x)dxf(x)dx，排除 C,D.1001取f(x)2x 1满足条件，则211f(x)dx112x21dx20，选 B.3（3）设数列xn收敛，则（nn）(A)当limsin xn0时，limxn 0(C)当lim(xnxn2)0时，limxn 0nn(B)当lim(xnnnxn)0时，limxn 0n

3、n(D)当lim(xnsinxn)0时，limxn 0【答案】D【解析】特值法：（A）取xn，有limsin xn0,lim xn，A 错；nn取xn 1，排除 B,C.所以选 D.（4）微分方程的特解可设为（A）Ae（C）Ae2xe2x(Bcos2xCsin2x)xe2x(Bcos2xCsin2x)（B）Axe2xe2x(Bcos2x Csin2x)e2x(Bcos2x Csin2x)2x（D）Axe2x【答案】A【解析】特征方程为：48 01,2 22i22x*2xf(x)e2x(1cos2x)e2xe2xcos2xy*Ae,y xe(Bcos2xCsin2x),12故特解为：y y1 y

4、2 Ae*2 x xe2 x(B cos2xC sin2x),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)f(x,y)0,0，则xy（A）f(0,0)f(1,1)（B）f(0,0)f(1,1)（C）f(0,1)f(1,0)（D）f(0,1)f(1,0)【答案】C【解析】f(x,y)f(x,y)0,0,f(x,y)是关于x的单调递增函数，是关于y的单调递减函数，xy所以有f(0,1)f(1,1)f(1,0)，故答案选 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

5、线v v2(t)，三块阴影部分面积的数值依次为 10,20,3，计时开始后乙追上甲的时刻记为t0（单位：s），则（）（A）t010【答案】B（B）15 t0 20（C）t0 25（D）t0 25【解析】从 0 到t0这段时间内甲乙的位移分别为t00v1(t)dt,v2(t)dt,则乙要追上甲，则0t0t00v2(t)v1(t)dt 10，当t0 25时满足，故选 C.01（7）设A为三阶矩阵，P (1,2,3)为可逆矩阵，使得P AP则A(1,2,3)（1，2（A）12【答案】B【解析】（B）223（C）23（D）122）000P1AP1APP1A(,)(,)1123123223,222因此

6、B 正确。200210100（8）设矩阵A021,B020,C020,则（）001001002（A）A与C相似,B与C相似（C）A与C不相似,B与C相似（B）A与C相似,B与C不相似（D）A与C不相似,B与C不相似【答案】B【解析】由E A 0可知 A 的特征值为 2,2,1,100因为3r(2E A)1，A 可相似对角化，即A 020002由E B 0可知 B 特征值为 2,2,1.因为3r(2E B)2，B 不可相似对角化，显然 C 可相似对角化，A C，但 B 不相似于 C.二、填空题：二、填空题：9 9 1414 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 2424 分，请将答案写

7、在答题纸分，请将答案写在答题纸指定位置上指定位置上.(9)曲线yx1arcsin2x的斜渐近线方程为_【答案】y x 2【解析】limyxxlim(1xarcsin2x)1,limxyxlimxxarcsin2x2,yx2(10)设函数y y(x)由参数方程xtet确定，则d2yysintdx2_t0【答案】18【解析】dydtcost,dxdycostdt1etdx1etcostd2y1etsint(1et)costetd2y1dx2dxt2dx2t0 dt1e8(11)ln(1x)0(1x)2dx_【答案】1【解析】ln(1x)(1x)2dx ln(1x)d1001x ln(1x)11x0

8、0(1x)2dx1(1x)2dx1.0(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(x,y)_【答案】xyey【解析】fx yey,fy x(1 y)ey,f(x,y)yeydx xyeyc(y),故f(0,0)0，则fy xey xyeyc(y)xey xyey，因此c(y)0，即c(y)C，再由f(0,0)0，可得f(x,y)xye.【答案】【解析】（13）y10dytan xdx_yx1【答案】lncos1.【解析】交换积分次序：1xtan x1tan x0dyyxdx0dx0 xdy0tan xdxlncos1.114121（14）

9、设矩阵A12a的一个特征向量为1，则a _ 2311【答案】-11【解析】设1，由题设知A，故 2 412111 12a1132a 3112222 故a 1.三、解答题：三、解答题：15231523 小题，共小题，共 9494 分分.请将解答写在答题纸请将解答写在答题纸 指定位置上指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤演算步骤.（15）（本题满分 10 分）求极限limx0 x0 xtetdtx3【答案】23【解析】limx0 x0 xtetx0 x3dt，令xt u，则有xx0 xtetdtuexudu0uexudu原式=limx0 xx0uexud

10、ux32limx0exx0ueudux32limx00ueudux32limx0 xex32x2123dy（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dxxd2y，dx2x0 x0dy【答案】dx【解析】x0d2yf(1,1),2dx1x0f11(1,1),x0yf(e,cos x)y(0)f(1,1)dydxx0 xf1exf2sinxx0f1(1,1)1f2(1,1)0f1(1,1)d2y2xxx2f11ef12e(sinx)f21e(sinx)f22sin2xf1exf2cosxdxd2y2f11(1,1)f1(1,1)f2(1,1)

11、dxx0结论：dydxx0f1(1,1)f11(1,1)f1(1,1)f2(1,1)d2ydx2x0（17）（本题满分 10 分）求limkkln12nnnk1n【答案】【解析】141011kk111lim2ln(1)xln(1x)dxln(1x)dx2(ln(1x)x20nn202k1nn0 x2111dx)1x4（18）（本题满分 10 分）已知函数y(x)由方程x y 3x3y 2 0确定，求y(x)的极值33【答案】极大值为y(1)1，极小值为y(1)0【解析】两边求导得：3x23y2y33y 0令y0得x 1对（1）式两边关于 x 求导得（1）6x6yy3y2y3y 02（2）将x

12、1代入原题给的等式中，得x1x 1or，y1y0将x 1,y 1代入（2）得y(1)10将x 1,y 0代入（2）得y(1)20故x 1为极大值点，y(1)1；x 1为极小值点，y(1)0（19）（本题满分 10 分）设函数f(x)在区间0,1上具有 2 阶导数，且f(1)0,limx0f(x)0，证明：x()方程f(x)0在区间(0,1)内至少存在一个实根；()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。【答案】【解析】（I）f(x)二阶导数，f(1)0,limx0解：1）由于limf(x)0，根据极限的保号性得x0 xf(x)0,x(0,)有0，即f(x)0

13、 xf(x)0 x进而x0(0,)有f 0又由于f(x)二阶可导，所以f(x)在0,1上必连续那么f(x)在,1上连续，由f()0,f(1)0根据零点定理得：至少存在一点(,1)，使f()0，即得证（II）由（1）可知f(0)0，(0,1),使f()0，令F(x)f(x)f(x)，则f(0)f()0由罗尔定理(0,),使f()0，则F(0)F()F()0，对F(x)在(0,),(,)分别使用罗尔定理：1(0,),2(,)且1,2(0,1),12，使得F(1)F(2)0，即F(x)f(x)f(x)f(x)0在(0,1)至少有两个不同实根。得证。2（20）（本题满分 11 分）已知平面区域D x,

14、y|x2 y2 2y,计算二重积分x1dxdy。D2【答案】54【解析】x1dxdyxDD221dxdy2x dxdydxdy2d2DD202sin0r2cos2d54（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 y(x)上2任意一点，L 在点 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XpYp，求 L上点的坐标x,y满足的方程。【答案】【解析】设px,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Yy(x)1Xx,令Y 0得Xp x y(x)y(x)。由XpYp得y x

15、y(x)x yy(x)，即y(x)yyy。令u，则y ux，按 照 齐 次 微 分 方 程 的 解 法 不 难 解 出1 y(x)1xxx1ln(u21)arctanu ln|x|C,x（22）（本题满分 11 分）设 3 阶矩阵A 1,2,3有 3 个不同的特征值，且3122。()证明：r(A)2()若123，求方程组Ax 的通解。11【答案】（I）略；（II）通解为k21,kR 11【解析】（I）证明：由3122可得1223 0，即1,2,3线性相关，因此，A 123 0，即 A 的特征值必有 0。又因为 A 有三个不同的特征值，则三个特征值中只有 1 个 0，另外两个非 0.1且由于 A

16、 必可相似对角化，则可设其对角矩阵为 2r(A)r()2,1200（II）由（1）r(A)2，知3r(A)1，即Ax 0的基础解系只有 1 个解向量，111由1223 0可得1,2,32A 20，则Ax 0的基础解系为2，1111 又123，即1,2,31 1 11 A1，则Ax 的一个特解为1，11 11 综上，Ax 的通解为k 21,kR 11（23）（本题满分 11 分）设二次型f(x1,x2,x3)2x1 x2ax32x1x28x1x32x2x3在正交变换2X QY下的标准型1y122y2，求a的值及一个正交矩阵Q.222131【答案】a2;Q313【解析】1201216222,f x

17、Qy3y16y2616214f(x1,x2,x3)XTAX，其中A11141a2由于f(x1,x2,x3)XTAX经正交变换后，得到的标准形为1y122y2，2故r(A)2|A|01111410a2，a4214将a 2代入，满足r(A)2，因此a 2符合题意，此时A111，则412214|EA|11101 3,20,36，4121由(3E A)x 0，可得 A 的属于特征值-3 的特征向量为1 1；11由(6E A)x 0，可得 A 的属于特征值 6 的特征向量为2011 由(0E A)x 0，可得 A 的属于特征值 0 的特征向量为32 1 令P 1,2,33，由 于,彼此 正交，故 只需单 位化即可：，则P1AP6123012T1,0,1,3113T1,1,1,2161,2,1T,，131则Q123313120121632T，Q AQ660162f(x1,x2,x3)xQy3y126y2