2018年度考研数学二真命题解析.doc

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1、2017 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：18 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，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的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.（1） ）若函数在处连续，则（ ）1 cos,0( ) ,0xxf xax b x 0x (A)(B)(C)(D)1 2ab 1 2ab 0ab 2ab 【答案】A【解析】在处连续选 A. 001 1 cos12limlim,( )2x

2、xxxf xaxaxa0x 11.22baba（2）设二阶可导函数满足且，则（ ）( )f x(1)( 1)1,(0)1fff ( )0fx 111101011010( )( )0( )0( )( )( )( )( )Af x dxBf x dxCf x dxf x dxDf x dxf x dx 【答案】B 【解析】为偶函数时满足题设条件，此时，排除 C,D.( )f x0110( )( )f x dxf x dx 取满足条件，则，选 B.2( )21f xx112112( )2103f x dxxdx （3）设数列收敛，则（ ） nx当时， 当时，( )Alimsin0nnx lim0nn

3、x ( )Blim()0nnnxx lim0nnx 当时， 当时，( )C2lim()0nnnxx lim0nnx ( )Dlim(sin)0nnnxx lim0nnx 【答案】D【解析】特值法：（A）取，有，A 错；nxlimsin0,limnnnnxx 取，排除 B,C.所以选 D.1nx （4）微分方程的特解可设为22 （A） （B）22(cos2sin2 )xxAeeBxCx22(cos2sin2 )xxAxeeBxCx（C） （D）22(cos2sin2 )xxAexeBxCx22(cos2sin2 )xxAxeeBxCx【答案】A【解析】特征方程为：2 1,248022i222*2

4、*2 12( )(1 cos2 )cos2,(cos2sin2 ),xxxxxf xexeexyAeyxeBxCx故特解为：选 C.*22 12(cos2sin2 ),xxyyyAexeBxCx（5）设具有一阶偏导数，且对任意的，都有，则( , )f x y( , )x y( , )( , )0,0f x yf x y xy（A） （B） （C） （D）(0,0)(1,1)ff(0,0)(1,1)ff(0,1)(1,0)ff(0,1)(1,0)ff【答案】C【解析】是关于的单调递增函数，是关于的单调递减函数，( , )( , )0,0,( , )f x yf x yf x yxyxy所以有，故

5、答案选 D.(0,1)(1,1)(1,0)fff（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（单位：） ，虚线表示乙的速度曲线，三块阴影部分面积的数值依次为 10,20,3，1( )vv t/m s2( )vv t计时开始后乙追上甲的时刻记为（单位：s） ，则（ ）0t051015202530( )t s(/ )v m s1020（A） （B） （C） （D）010t 01520t025t 025t 【答案】B【解析】从 0 到这段时间内甲乙的位移分别为则乙要追上甲，则0t00 1200(t) ,(t) ,ttvdtvdt，当时满足，故选 C.0 2

6、10(t)v (t)10tvdt025t （7）设为三阶矩阵，为可逆矩阵，使得，则（ A123(,)P 1012P AP 123(,)A ）（A） （B） （C） （D）1223223122【答案】 B 【解析】,1 1231232300011(,)(,)12222P APAPPA 因此 B 正确。（8）设矩阵,则（ ）200210100 021 ,020 ,020 001001002ABC （A） （B）,ACBC与相似与相似,ACBC与相似与不相似（C） （D）,ACBC与不相似与相似,ACBC与不相似与不相似【答案】B【解析】由可知 A 的特征值为 2,2,1,0EA因为，A 可相似对角

7、化，即3(2)1rEA100 020 002A 由可知 B 特征值为 2,2,1.0EB因为，B 不可相似对角化，显然 C 可相似对角化，但 B 不相似于 C.3(2)2rEBAC二、填空题：二、填空题：9 14 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上分，请将答案写在答题纸指定位置上.44 (9) 曲线的斜渐近线方程为_21 arcsinyxx【答案】2yx【解析】22limlim(1 arcsin)1,limlim arcsin2,2xxxxyyxxxxx yx(10) 设函数由参数方程确定，则_( )yy xsintxteyt 22 0td y

8、dx【答案】1 8【解析】220222coscos ,11cos sin (1)cos11 81t ttttttdydxdyttedtdtdxet d yteted ye dxdxdxe dt (11) _20ln(1) (1)xdxx【答案】1 【解析】2 0002 02 0ln(1)1ln(1)(1)1ln(1)1 1(1)11.(1)xdxx dxxxdxxxdxx (12) 设函数具有一阶连续偏导数，且，则( , )f x y( , )(1)yydf x yye dxxy e dy(0,0)0f( , )_f x y 【答案】yxye【解析】故,(1),( , )( ),yyyy xy

9、fyefxy ef x yye dx xyec y，( )yyyy yfxexyec yxexye因此，即，再由，可得( )0c y( )c yC(0,0)0f( , ).yf x yxye【答案】 【解析】（13）110tan_ yxdydxx【答案】.lncos1 【解析】交换积分次序：.11110000tantantanlncos1xyxxdydxdxdyxdxxx（14）设矩阵的一个特征向量为，则412 12 311Aa 112 _a 【答案】-1【解析】设，由题设知，故1 1 2 A412111 121132 3112222aa 故.1a 三、解答题：三、解答题：1523 小题，共小

10、题，共 94 分分.请将解答写在答题纸指定位置上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030limxtxxte dtx【答案】2 3【解析】，令，则有030limxtxxte dt xxtu 000xxtx ux uxxte dtueduuedu66 00 3300 220 3100 22=limlim2limlim33 2xxx uxuxxxuxxxuedueue duxxue duxexx原式（16） （本题满分 10 分）设函数具有 2 阶连续偏导数，求，( , )f u v(,

11、cos )xyf ex0xdy dx22 0xd y dx【答案】2 1112 00(1,1),(1,1),xxdyd yffdxdx【解析】0 12121002 22 111221221222 11122 0(,cos )(0)(1,1)sin(1,1) 1(1,1) 0(1,1)( sin )( sin )sincos(1,1)(1,1)(1,1)xxxxxxxxxxyf exyfdyf efxfffdxd yf ef exf exfxf efxdx d yfffdx 结论： 1 02 11122 0(1,1)(1,1)(1,1)(1,1)xxdyfdxd yfffdx（17） （本题满分

12、 10 分）求2 1limln 1nnkkk nn【答案】1 4 【解析】211122 1 020001111 11limln(1)ln(1)ln(1)(ln(1)2214nnkkkxxx dxx dxxxdxnnx （18） （本题满分 10 分）已知函数由方程确定，求的极值( )y x333320xyxy( )y x【答案】极大值为，极小值为(1)1y( 1)0y 【解析】 两边求导得：（1）2233 33 0xy yy 令得0y 1x 对（1）式两边关于 x 求导得 （2） 22663 3 0xy yy yy将代入原题给的等式中，得，1x 1110xxoryy 将代入（2）得1,1xy(

13、1)10y 将代入（2）得1,0xy ( 1)20y 故为极大值点，；为极小值点，1x (1)1y1x ( 1)0y （19） （本题满分 10 分）设函数在区间上具有 2 阶导数，且，证明：( )f x0,1 0( )(1)0, lim0 xf xfx方程在区间内至少存在一个实根；( ) ( )0f x (0,1)方程在区间内至少存在两个不同实根。()2( )( )( )0f x fxfx(0,1)【答案】 【解析】（I）二阶导数，( )f x 0( )(1)0, lim0 xf xfx解：1）由于，根据极限的保号性得 0( )lim0 xf x x有，即0,(0, )x ( )0f x x

14、( )0f x 进而 0(0, )0xf有又由于二阶可导，所以在上必连续( )f x( )f x0,1那么在上连续，由根据零点定理得：( )f x ,1( )0,(1)0ff至少存在一点，使，即得证( ,1)( )0f（II）由（1）可知，令，则(0)0f(0,1),( )0f 使( )( )( )F xf x fx(0)( )0ff88 由罗尔定理，则，(0, ),( )0f 使(0)( )( )0FFF对在分别使用罗尔定理：( )F x(0, ),( , ) 且，使得，即12(0, ),( , ) 1212,(0,1), 12()()0FF在至少有两个不同实根。2( )( )( )( )0

15、F xf x fxfx(0,1)得证。（20） （本题满分 11 分）已知平面区域计算二重积分。22,|2,Dx yxyy21Dxdxdy【答案】5 4【解析】22sin22222 0051122cos4DDDDxdxdyxdxdyx dxdydxdydrd （21） （本题满分 11 分）设是区间内的可导函数，且，点是曲线 L: 上( )y x30,2(1)0yP( )yy x任意一点，L 在点 P 处的切线与 y 轴相交于点，法线与 x 轴相交于点，若，求 L0,pY,0pXppXY上点的坐标满足的方程。, x y【答案】【解析】设的切线为，令得，法线, ( )p x y x( )( )Y

16、y xy xXx0X ( )( )pYy xy x x,令得。由得，即1( )( )Yy xXxy x 0Y ( )( )pXxy x y xppXY( )( )yxy xxyy x。令，则，按照齐次微分方程的解法不难解出1( )1yyy xxxyuxyux,21ln(1)arctanln |uuxCx （22） （本题满分 11 分）设 3 阶矩阵有 3 个不同的特征值，且。123,A3122证明：( ) ( )2r A 若，求方程组的通解。()123Ax【答案】 （I）略；（II）通解为1121 ,11kkR 【解析】（I）证明：由可得，即线性相关，312212320123, 因此，即 A

17、 的特征值必有 0。1230A 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1212,0 0 ( )( )2r Ar （II）由（1），知，即的基础解系只有 1 个解向量，( )2r A 3( )1r A0Ax 由可得，则的基础解系为，1232012311 ,220 11A 0Ax 1 2 1 又，即，则的一个特解为，12312311 ,11 11A Ax111 综上，的通解为Ax11 21 , 11kkR （23） （本题满分 11 分）设二次型在正交变换222 123123121323( ,)2282f x

18、xxxxaxx xx xx x下的标准型，求的值及一个正交矩阵.XQY22 1122yyaQ【答案】22 12111 326 122;0,3636 111 326aQf xQyyy 【解析】1010 ，其中123( ,)Tf x xxX AX214 111 41A a 由于经正交变换后，得到的标准形为，123( ,)Tf x xxX AX22 1122yy故，214 ( )2| 011102 41r AAa a 将代入，满足，因此符合题意，此时，则2a ( )2r A 2a 214 111 412A ，123214 |11103,0,6 412EA 由，可得 A 的属于特征值-3 的特征向量为

19、；( 3)0EA x11 1 1 由，可得 A 的属于特征值 6 的特征向量为(6)0EA x2101 由，可得 A 的属于特征值 0 的特征向量为(0)0EA x3121 令，则，由于彼此正交，故只需单位化即可：123,P 13 6 0P AP 123, ，1231111, 1,1,1,0,1,1,2,1,326TTT则，123111 326 12036 111 326Q 3 6 0TQ AQ 22 12312( ,) 36x Qyf x x xyy如果想要了解更多，广大研友们也可加入 2017 考研复试交流群（118146590）和大家一起交流考研心路历程。也可将自己考研的经验传授给学弟学妹们 2018 考研交流总群（337587371） ，希望他们在2018 年金榜题名。多年的财务工作实践给了我巨大的舞台来提高自已观察问题、分析问题、处理问题的能力，使我的业务水平和工作能力得到了长足的进步，但我也清醒地认识到，自己的工作中还存在许多不足之处，今后，我将更加注意学习，努力克服工作中遇到的困难，进一步提高职业道德修养，提高业务学识和组织管理水平，为全县交通事业的发展作出新的贡献。