2017年考研数学二试题及答案

1、超级狩猎者2017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：1 8 小题，每小题4分，共32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 指定位置上.1 cos x 0( 1) )若函数f (x) ax , x 0 在 x 0 处连续，则()b,x 011(A) ab(B) ab(C) ab 0(D) ab 222【答案】A11 cos x x 111【解析】limlim 2, f (x) 在 x 0 处连续b ab . 选 A.x 0 ax x 0 ax 2a2a22)设二阶可导函数f (x)满足 f (1) f( 1) 1,f (0)1且

2、 f''(x) 0，则()1(A) 1f(x)dx 01B 1 f (x)dx 001(C) 1f(x)dx 0f(x)dx01D 1f(x)dx 0f(x)dx3)设数列xn 收敛，则()(A) 当 lim sin xn 0 时， lim xn 0nn2(C)当 lnim( xn xn ) 0时，lnim xn 0(B)当 lnim( xnxn ) 0时，(D)当 lim( xn sin xn ) 0 时，lim xn nlim xn0n【答案】B【解析】01f (x) 为偶函数时满足题设条件，此时1 f (x)dx 0 f (x)dx，排除C,D.【答案】D【解析】特值法：

3、( A)取 x ，有 lim sin xn0, lim xn， A 错；nnn取 xn 1，排除B,C.所以选D.4)微分方程的特解可设为( A) Ae2x e2x(B cos2x Csin 2x)( B) Axe2 x e2x(Bcos2x Csin 2x)( C) Ae2x xe2x(Bcos2x Csin 2x)( D) Axe2x e2x(B cos2x C sin 2x)【答案】A【解析】特征方程为：2 48 01,22 2if (x) e2x(1cos2x)e2x e2x cos2x y1*Ae2x, y2*xe2x(B cos2xC sin 2x),故特解为：y*y1* y*2A

4、e2x xe2x(Bcos2xCsin 2x),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) 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) 0, f (x, y) 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，位： m/ s

5、) ，虚线表示乙的速度曲线10(单位：m ) 处， 图中实线表示甲的速度曲线v v1 (t)(单vv2 (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) t0 10B) 15 t0 20C) t0 25D) t025t0t00 到 t0 这段时间内甲乙的位移分别为0 v1(t)dt, 0 v2(t)dt,则乙要追上甲，则t00 v2(t) v1(t)dt 10，当t0 25时满足，故选C.07) 设 A为三阶矩阵，P ( 1, 2, 3)为可逆矩阵，使得 P 1AP 1， 则 A( ,1 2, 3)()2A)12( B)2 2 3

6、( C)23( D)1 2 200P 1AP1AP P2B 正确。200218）设矩阵A 0 2 1 , B 0 200100A） A与 C相似, B与 C相似C） A与 C不相似,B与 C相似B01A（ 1, 2, 3）（ 1, 2, 3）122 3,222201000 , C 0 2 0 ,则（）1002（ 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BE A 0 可知 A 的特征值为2,2,1,3 r(2 E A) 1 ， A 可相似对角化，即AE B 0 可知B 特征值为2,2,1.3 r(2E B) 2 ， B 不可相似对角化，显然9 14小题，每小题

7、4分，共24分，请将答案写在答题纸100020002C 可相似对角化，A C ，但B 不相似于C.指定位置上.32(9) 曲线 y x 1 arcsinxx lim xarcsin 2 2, xyx2lim y lim(1 arcsin 2) 1,lim y xxxx xyx2x t etd2y(10) 设函数 y y(x) 由参数方程确定，则2y sintdx t 08dy dx t dy costcost, 1 etdt dtdx 1 e'costd2y 1 etsint(1 et) costetd2ydx2dx1 et 2dx2 t 0dt(11)ln(1 x)2 dx (1 x

8、)2ln(1 x) 0 (1 x)2dx ln(1 x)d011xln(1 x) 01 dx1 x 0 (1 x)0 (1 x)2dx 1.(12) 设 函 数 f( x, y)具 有 一 阶 连 续 偏 导 数 ， 且 df(x,y ) yeydx x (1 y e)ydy ， f (0,0) 0 ， 则f(x, y) xyeyfx yey , fy x(1 y)ey, f (x, y)yeydx xyey c(y), 故超级狩猎者fy xey xyey c (y) xey xyey，c (y) 0 ，即c(y) C ，再由f (0,0)0，可得f(x,y) xyey.913)0dy yta

9、n x dxxln cos1.11 tanx 1 x tanx0dy y dx 0dx 0 dy xx1tan xdx ln cos1 .414）设矩阵A 131212 a 的一个特征向量为1 ，则 a -141211112a113 2a311222211 ，由题设知A ，故故 a 1.15 23 小题，共94 分 .请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15） （本题满分10 分）求极限limx0lim 0x x tet dt，令 x t u，则有 x 0x30 x tetdt0x uex udu超级狩猎者16) (本题满分10 分)设函数f (u, v) 具

10、有 2 阶连续偏导数，y f(ex,cosx) ，求ydxx0d2ydx2 x 0dydxx0' d2y f1'(1,1),ddx2yf1'1'(1,1),x0x0dydx'x 'f1 ef2 sin xx0x 0f1 (1,1) 1 f2(1,1)0 f1 (1,1)yf (ex,cos x) y(0) f (1,1)d2y dx2 d2y dx2dydxf1'(1,1)x0'' 2x '' x'' x''2' x 'f11ef12e ( sin x)f21

11、e ( sin x)f22 sin xf1 ef2 cosxf11''(1,1) f1'(1,1) f2'(1,1)x0结论：d2y dx2n limkk2 ln(1 ) x ln(1 x) dxk1nn 011212ln(1 x)dx (ln(1 x) x1 x2 1 11xdx)f1'1'(1,1) f1'(1,1) f2'(1,1)x017) (本题满分10 分)求 limk2 ln 1 kn k1nn18) (本题满分10分)已知函数y(x)由方程x3 y3 3x 3y 2 0确定，求y( x)的极值超级狩猎者【答案】极大

12、值为y (1) 1 ，极小值为y ( 1) 0【解析】两边求导得：223x 3y y' 3 3y' 0( 1)令 y' 0得 x 122对( 1)式两边关于x 求导得6x 6y y'32y y' ' 3y ''0 ( 2)x1x 1将 x 1 代入原题给的等式中，得x or x ，y1y0将 x 1,y 1代入(2)得y''(1)1 0将 x 1,y 0代入(2)得y''( 1) 2 0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

13、 (x) 在区间 0,1 上具有 2阶导数，且f(1) 0, lim f (x) 0，证明：x0 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, lim f(x) 0x0 x解： 1 )由于 lim f (x) 0，根据极限的保号性得x0 x0, x (0, ) 有 f(x) 0，即 f (x) 0x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

14、 (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2F '(x) f(x)f ''(x)

15、f'(x)0在 (0,1)至少有两个不同实根。得证。20) (本题满分11 分)已知平面区域Dx, y | x2 y2 2y , 计算二重积分x 1 dxdy 。2222x 1 dxdy x 1 dxdy 2 x dxdy dxdy 2 2 d2sin22 r cos21) (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2L: y y(x) 上任意一点，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X p,0 ，若X pYp ，求L上点的坐标x, y 满足的方程。解 析 】 设 p x, y(x) 的 切 线

16、为 Y y(x) y (x) X x ， 令 X 0 得 Ypy(x) y (x)x ， 法 线1Y y(x)X x ,令 Y 0得 Xp x y(x)y (x)。由 X p Yp 得 y xy (x) x yy (x) ，即y (x)yx 1 y (x)y 1 。 令 y u ， 则 y u x，按 照 齐 次 微 分 方 程 的 解 法 不 难 解 出12ln(u 1) arctan u ln | x | C , x22) (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31 2 2 。( ) 证明：r(A) 2( ) 若123 ，求方程组Ax 的通解。11（

17、 I ）略；（ II ）通解为k 21 , k R11I）证明：由31 2 2可得 1 2 23 0 ，即 1, 2, 3线性相关，A 1 2 30 ，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 必可相似对角化，则可设其对角矩阵为2, 1200r(A) r( ) 2II ）由（1） r（A） 2，知3 r（A） 1 ，即 Ax 0的基础解系只有1 个解向量，1111 2 23 0 可得 1, 2 , 3 2 A 20 ，则Ax 0 的基础解系为2 ，111111又 123，即1 , 2, 3 1 A 1 ，则 Ax 的一个特解

18、为1 ，111综上，Ax的通解为k11 ,k R11923) (本题满分11 分)设二次型f (x1,x2,x3) 2x12 x22 ax32 2x1x2 8x1x3 2x2x3 在正交变换X QY下的标准型1y12 2y22 ，求 a的值及一个正交矩阵Q.16a 2;Q22, f x Qy 3y1 6y226162f (x1, x2,x3) XTAX，其中 A 14f (x1,x2, x3) XTAX经正交变换后，得到的标准形为221 y12 y2故 r(A) 2 | A| 00 a 2，将 a 2代入，满足r(A) 2，因此a 2 符合题意，此时| E A|013, 2 0, 3 6 ，( 3E A)x 0，可得A 的属于特征值-3 的特征向量为1(6E A)x 0，可得 A 的属于特征值6 的特征向量为2(0E A)x 0，可得A 的属于特征值0 的特征向量为31令 P 1, 2