- 📚 相关推荐文章
- 2018数学二 推荐
- 2020数学二 推荐
- 数学二 推荐
- 考研数学二 推荐
- 数学二考试范围 推荐
2017数学二
xpt2046-郑伯克段于鄢标准注音
2023年2月19日发(作者：六年级科幻画)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））若函数
1cos
,0
()
,0
x
x
fx
ax
bx
在0x处连续，则（）
(A)
1
2
ab(B)
1
2
ab(C)0ab(D)2ab
【答案】A
【解析】
00
1
1cos1
2
limlim,()
2xx
x
x
fx
axaxa
在0x处连续
11
.
22
bab
a
选A.
（2）设二阶可导函数()fx满足(1)(1)1,(0)1fff且
''()0fx，则（）
11
11
0101
1010
()()0()0
()()()()()
AfxdxBfxdx
CfxdxfxdxDfxdxfxdx
【答案】B
【解析】
()fx为偶函数时满足题设条件，此时
01
10
()()fxdxfxdx
，排除C,D.
取
2()21fxx满足条件，则11
2
11
2
()210
3
fxdxxdx
，选B.
（3）设数列
n
x收敛，则（）
()A当limsin0
n
n
x
时，lim0
n
n
x
()B当lim()0
nn
n
xx
时，lim0
n
n
x
()C当2lim()0
nn
n
xx
时，lim0
n
n
x
()D当lim(sin)0
nn
n
xx
时，lim0
n
n
x
【答案】D
【解析】特值法：（A）取
n
x，有limsin0,lim
nn
nn
xx
，A错；
取1
n
x，排除B,C.所以选D.
（4）微分方程的特解可设为
（A）
22(cos2sin2)xxAeeBxCx（B）22(cos2sin2)xxAxeeBxCx
（C）
22(cos2sin2)xxAexeBxCx（D）22(cos2sin2)xxAxeeBxCx
【答案】A
【解析】特征方程为：
2
1,2
48022i
222*2*2
12
()(1cos2)cos2,(cos2sin2),xxxxxfxexeexyAeyxeBxCx
故特解为：
***22
12
(cos2sin2),xxyyyAexeBxCx选C.
（5）设(,)fxy具有一阶偏导数，且对任意的(,)xy，都有
(,)(,)
0,0
fxyfxy
xy
，则
（A）(0,0)(1,1)ff（B）(0,0)(1,1)ff（C）(0,1)(1,0)ff（D）(0,1)(1,0)ff
【答案】C
【解析】
(,)(,)
0,0,(,)
fxyfxy
fxy
xy
是关于x的单调递增函数，是关于y的单调递减函数，
所以有(0,1)(1,1)(1,0)fff，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
1
()vvt（单
位：/ms），虚线表示乙的速度曲线
2
()vvt，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
0
t（单位：s），则（）
（A）
0
10t（B）
0
1520t（C）
0
25t（D）
0
25t
【答案】B
【解析】从0到
0
t这段时间内甲乙的位移分别为00
12
00
(t),(t),ttvdtvdt则乙要追上甲，则
0
21
0
(t)v(t)10tvdt，当
0
25t时满足，故选C.
（7）设A为三阶矩阵，
123
(,,)P为可逆矩阵，使得1
0
1
2
PAP
，则
123
(,,)A（）
（A）
12
（B）
23
2（C）
23
（D）
12
2
【答案】B
【解析】
1
12312323
000
11(,,)(,,)12
222
PAPAPPA
,
因此B正确。
（8）设矩阵
200210100
021,020,020
001001002
ABC
,则（）
（A）,ACBC与相似与相似（B）,ACBC与相似与不相似
（C）,ACBC与不相似与相似（D）,ACBC与不相似与不相似
【答案】B
【解析】由0EA可知A的特征值为2,2,1,
因为3(2)1rEA，∴A可相似对角化，即
100
~020
002
A
由0EB可知B特征值为2,2,1.
因为3(2)2rEB，∴B不可相似对角化，显然C可相似对角化，∴~AC，但B不相似于C.
二、填空题：9
14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸
．．．
指定位置上.
(9)曲线
2
1arcsinyx
x
的斜渐近线方程为_______
【答案】2yx
【解析】
22
limlim(1arcsin)1,limlimarcsin2,
2
xxxx
y
yxx
xxx
yx
(10)设函数()yyx由参数方程
sin
txte
yt
确定，则
2
2
0t
dy
dx
______
【答案】
1
8
【解析】
'
22
0
2
22
cos
cos,1
1
cos
sin(1)cos1
1
8
1
t
t
tt
t
t
t
dydxdyt
te
dtdtdxe
t
dytetedy
e
dx
dxdx
e
dt
(11)
2
0
ln(1)
(1)
x
dx
x
_______
【答案】1
【解析】
2
00
0
2
0
2
0
ln(1)1
ln(1)
(1)1
ln(1)1
1(1)
1
1.
(1)
x
dxxd
xx
x
dx
xx
dx
x
(12)设函数(,)fxy具有一阶连续偏导数，且(,)(1)yydfxyyedxxyedy，(0,0)0f，则
(,)______fxy
【答案】
yxye
【解析】,(1),(,)(),yyyy
xy
fyefxyefxyyedxxyecy
故
()yyyy
y
fxexyecyxexye
，
因此()0cy
，即()cyC，再由(0,0)0f，可得(,).yfxyxye
【答案】
【解析】
（13）
11
0
tan
______
y
x
dydx
x
【答案】lncos1.
【解析】交换积分次序：
1111
0000
tantan
tanlncos1x
y
xx
dydxdxdyxdx
xx
.
（14）设矩阵
412
12
311
Aa
的一个特征向量为
1
1
2
，则_____a
【答案】-1
【解析】设
1
1
2
，由题设知A，故
412111
121132
3112222
aa
故1a.
三、解答题：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
0
3
0
lim
x
t
x
xtedt
x
【答案】
2
3
【解析】
0
3
0
lim
x
t
x
xte
dt
x
，令xtu，则有
0
00
xx
txuxu
x
xtedtueduuedu
00
33
00
22
0
31
00
22
=limlim
2
limlim
3
3
2
xx
xuxu
xx
x
u
x
xx
uedueuedu
xx
uedu
xe
xx
原式
（16）（本题满分10分）设函数(,)fuv具有2阶连续偏导数，(,cos)xyfex，求
0x
dy
dx
，
2
2
0x
dy
dx
【答案】
2
'''
111
2
0
0
(1,1),(1,1),
x
x
dydy
ff
dxdx
【解析】
0
'''''
12121
0
0
2
''2''''''2''
1112212212
2
2
''''
1112
2
0
(,cos)(0)(1,1)
sin(1,1)1(1,1)0(1,1)
(sin)(sin)sincos
(1,1)(1,1)(1,1)
x
x
x
x
x
xxxx
x
yfexyf
dy
fefxfff
dx
dy
fefexfexfxfefx
dx
dy
fff
dx
结论：
'
1
0
2
''''
1112
2
0
(1,1)
(1,1)(1,1)(1,1)
x
x
dy
f
dx
dy
fff
dx
（17）（本题满分10分）求
2
1
limln1
n
n
k
kk
nn
【答案】
1
4
【解析】
2
111
221
0
2
000
1
11111
limln(1)ln(1)ln(1)(ln(1))
2214
n
n
k
kkx
xxdxxdxxxdx
nnx
（18）（本题满分10分）已知函数()yx由方程
333320xyxy确定，求()yx的极值
【答案】极大值为(1)1y，极小值为(1)0y
【解析】
两边求导得：
2233'33'0xyyy（1）
令'0y得1x
对（1）式两边关于x求导得2
266'3''3''0xyyyyy（2）
将1x代入原题给的等式中，得
11
10
xx
or
yy
，
将1,1xy代入（2）得''(1)10y
将1,0xy代入（2）得''(1)20y
故1x为极大值点，(1)1y；1x为极小值点，(1)0y
（19）（本题满分10分）设函数()fx在区间[0,1]上具有2阶导数，且
0
()
(1)0,lim0
x
fx
f
x
，证明：
()方程()0fx在区间(0,1)内至少存在一个实根；
()方程2''()()(())0fxfxfx在区间(0,1)内至少存在两个不同实根。
【答案】
【解析】
（I）()fx二阶导数，
0
()
(1)0,lim0
x
fx
f
x
解：1）由于
0
()
lim0
x
fx
x
，根据极限的保号性得
0,(0,)x有
()
0
fx
x
，即()0fx
进而
0
(0,)0xf有
又由于()fx二阶可导，所以()fx在[0,1]上必连续
那么()fx在[,1]上连续，由()0,(1)0ff根据零点定理得：
至少存在一点(,1)，使()0f，即得证
（II）由（1）可知(0)0f，(0,1),()0f使，令()()'()Fxfxfx，则(0)()0ff
由罗尔定理(0,),'()0f使，则(0)()()0FFF，
对()Fx在(0,),(,)分别使用罗尔定理：
12
(0,),(,)且
1212
,(0,1),，使得
12
'()'()0FF，即
2'()()''()'()0Fxfxfxfx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22,|2,Dxyxyy计算二重积分21
D
xdxdy。
【答案】
5
4
【解析】22sin
2222
2
00
5
1122cos
4
DDDD
xdxdyxdxdyxdxdydxdydrd
（21）（本题满分11分）设()yx是区间
3
0,
2
内的可导函数，且(1)0y，点P是曲线L:()yyx上
任意一点，L在点P处的切线与y轴相交于点0,
p
Y，法线与x轴相交于点,0
p
X，若
pp
XY，求L
上点的坐标,xy满足的方程。
【答案】
【解析】设,()pxyx的切线为()()YyxyxXx
，令0X得()()
p
Yyxyxx
，法线
1
()
()
YyxXx
yx
,令0Y得()()
p
Xxyxyx
。由
pp
XY得()()yxyxxyyx
，即
1()1
yy
yx
xx
。令
y
u
x
，则yux，按照齐次微分方程的解法不难解出
2
1
ln(1)arctanln||uuxC
x
,
（22）（本题满分11分）设3阶矩阵
123
,,A有3个不同的特征值，且
312
2。
()证明：()2rA
()若
123
，求方程组Ax的通解。
【答案】（I）略；（II）通解为
11
21,
11
kkR
【解析】
（I）证明：由
312
2可得
123
20，即
123
,,线性相关，
因此，
123
0A，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.
且由于A必可相似对角化，则可设其对角矩阵为
1
212
,0
0
∴()()2rAr
（II）由（1）()2rA，知3()1rA，即0Ax的基础解系只有1个解向量，
由
123
20可得123
11
,,220
11
A
，则0Ax的基础解系为
1
2
1
，
又
123
，即
123
11
,,11
11
A
，则Ax的一个特解为
1
1
1
，
综上，Ax的通解为
11
21,
11
kkR
（23）（本题满分11分）设二次型
222
3
(,,)2282fxxxxxaxxxxxxx在正交变换
XQY下的标准型22
1122
yy，求a的值及一个正交矩阵Q.
【答案】
22
12
111
326
12
2;0,36
36
111
326
aQfxQyyy
【解析】
123
(,,)TfxxxXAX，其中
214
111
41
A
a
由于
123
(,,)TfxxxXAX经正交变换后，得到的标准形为22
1122
yy
，
故
214
()2||011102
41
rAAa
a
，
将2a代入，满足()2rA，因此2a符合题意，此时
214
111
412
A
，则
123
214
||11103,0,6
412
EA
，
由(3)0EAx，可得A的属于特征值-3的特征向量为
1
1
1
1
；
由(6)0EAx，可得A的属于特征值6的特征向量为
2
1
0
1
由(0)0EAx，可得A的属于特征值0的特征向量为
3
1
2
1
令
123
,,P，则1
3
6
0
PAP
，由于
123
,,彼此正交，故只需单位化即可：
123
111
1,1,1,1,0,1,1,2,1,
326
TTT，
则
123
111
326
12
0
36
111
326
Q
，
3
6
0
TQAQ
22
12312
(,,)36xQyfxxxyy