2021年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

2021 考研数学真题及答案解析 数学（二） 一、选择题（本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分.每小题给出的四个选项中，只 有一个选项是符合题目要求，把所选选项前的字母填在答题卡指定位置上.） (1)当x0时， x2 (et3 1)dt时x7的 0 (A)低阶无穷小. (B)等价无穷小. (C)高阶无穷小. (D)同阶但非等价无穷小. 【答案】C.  【解析】因为当x0时，   x2 (et3 1)dt  2x(ex6 1) 2x7，所以 x2 (et3 1)dt是x7高阶无穷小，正    0  0 确答案为C. ex 1  ,x0 (2)函数 f(x)= x ,在x0处   1,x0 (A)连续且取极大值. (B)连续且取极小值. (C)可导且导数为0. (D)可导且导数不为0. 【答案】D. ex 1 【解析】因为lim f(x)=lim 1 f(0) ，故 f(x)在x0处连续； x0 x0 x ex 1 1 因为lim f(x) f(0) =lim x lim ex1x  1 ，故 f(0) 1 ，正确答案为D. x0 x0 x0 x0 x0 x2 2 2 (3)有一圆柱体底面半径与高随时间变化的速率分别为2cm/s，3cm/s，当底面半径为10cm， 高为5cm时，圆柱体的体积与表面积随时间变化的速率分别为 (A)125cm3 /s，40cm2 /s. (B)125cm3 /s，40cm2 /s. (C)100cm3 /s，40cm2 /s. (D)100cm3 /s，40cm2 /s. 【答案】C. dr dh 【解析】由题意知， 2, 3, 又V r2h,S  2rh2r2 dt dt dV dr dh dS dr dh dr 则 2rh r2 , 2h 2r 4r dt dt dt dt dt dt dt dV dS 当r 10,h 5时， 100, 40,选C. dt dt b (4)设函数 f(x)axblnx(a0) 有两个零点，则 的取值范围是 a 1 1 (A)(e,). (B)(0,e). (C)(0, ). (D)( ,). e e 1【答案】A. b b b b b 【解析】令 f(x)axblnx0，f(x)a ，令 f(x)0有驻点x ，f  a bln 0， x a a a a b b 从而ln 1，可得 e，正确答案为A. a a (5)设函数 f(x)secx在x0处的2次泰勒多项式为1axbx2，则 1 1 (A)a 1,b . (B)a 1,b . 2 2 1 1 (C)a 0,b . (D)a 0,b . 2 2 【答案】D. f (0) 【 解 析 】 由 f(x)  f(0) f (0)x x2o(x2) 知 当 f(x) secx 时 ， 2 f(0) sec0 1, f (0) (secxtanx) 0, f (0) (secxtan 2xsec3x) 1, x0 x0 1 则 f(x) secx 1 x2 o(x2). 故选D. 2 (6)设函数 f  x,y 可微，且 f(x1,ex) x(x1)2， f(x,x2) 2x2lnx ，则df(1,1) (A)dxdy. (B)dxdy. (C)dy. (D)dy. 【答案】C. 【解析】 f(x1,ex)exf(x1,ex)(x1)22x(x1) ① 1 2 f  (x,x2)2xf  (x,x2) 4xlnx2x ② 1 2 x 0 x 1 将 ， 分别带入①②式有 y 0 y 1 f(1,1) f(1,1)1， f(1,1)2f(1,1) 2 1 2 1 2 联立可得 f(1,1) 0， f(1,1)1，df(1,1) f(1,1)dx f(1,1)dy dy，故正确答案为C. 1 2 1 2 (7) 设函数 f  x 在区间 0,1 上连续，则 1 f  x  dx  0 n 2k1 1 n 2k11 (A)lim f   . (B) lim f   . n  2n 2n n  2n n k1 k1 2n k11 2n  k  2 (C) lim f   . (D) lim f    . n  2n n x0 2n n k1 k1 【答案】B. 【解析】由定积分的定义知，将[0,1]分成n份，取中间点的函数值，则 1 n 2k 11  f(x)dx lim  f   , 0 nk1  2n n 即选B. (8)二次型 f(x ,x ,x )(x x )2 (x x )2 (x x )2的正惯性指数与负惯性指数依次为 1 2 3 1 2 2 3 3 1 (A)2,0. (B)1,1. (C)2,1. (D)1,2. 【答案】B. 【解析】 f(x ,x ,x )(x x )2 (x x )2 (x x )2 2x 2 2x x 2x x 2x x 1 2 3 1 2 2 3 3 1 2 1 2 2 3 1 3 20 1 1   所以A 1 2 1 ，故特征多项式为     1 1 0  1 1 |EA| 1 2 1 (1)(3) 1 1  令上式等于零，故特征值为1，3，0，故该二次型的正惯性指数为1，负惯性指数为1.故应选B. (9)设3阶矩阵A,, ，B ,,，若向量组,, 可以由向量组, 线 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 性表出，则 (A)Ax0的解均为Bx0的解. (B)ATx 0的解均为BTx 0的解. (C)Bx0的解均为Ax0的解. (D)BTx 0的解均为ATx 0的解. 【答案】D. 【解析】令A (a ,a ,a ),B  (,,), 由题a ,a ,a 可由,, 线性表示，即存在矩阵P, 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 使得BP  A, 则当BTx  0时，ATx  (BP)T x  pTBTx  0.恒成立，即选D. 0 0 0 0  1 0 1   (10)已知矩阵 A 2 1 1 若下三角可逆矩阵P 和上三角可逆矩阵Q ，使PAQ为对角      1 2 5 矩阵，则P ，Q可以分别取 1 0 0 1 0 1  1 0 0 1 0 0         (A) 0 1 0 ， 0 1 3 . (B) 2 1 0 ， 0 1 0 .                 0 0 1 0 0 1  3 2 1 0 0 1  1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 2 3         (C) 2 1 0 ， 0 1 3 . (D) 0 1 0 ， 0 1 2 .                  3 2 1 0 0 1 1 3 1 0 0 1  【答案】C. 【解析】  1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0       (A,E) 2 1 1 0 1 0  0 1 3 2 1 0  0 1 3 2 1 0              1 2 5 0 0 1 0 2 6 1 0 1 0 0 0 3 2 1  1 0 0   (F,P),则P  2 1 0 ;      3 2 1 31 0 1 1 0 0     0 1 3 0 1 0     1 0 1 F0 0 0  0 0 0 Λ           ，则Q   0 1 3  .故应选C. E1 0 0  1 0 1 Q   0 0 1     0 1 0 0 1 3         0 0 1  0 0 1 二、填空题（本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.请将答案写在答题纸指定位置 上.） (11)  x3x2 dx .  1 【答案】 . ln3 【解析】  x 3x2 dx 2  x3x2 dx   3x2 d(x2) 1 3x2   1 .  0 0 ln3 0 ln3 x2et t1 d2y (12)设函数y y(x) 由参数方程 确定,则  .  y 4(t1)et t2 dx2 t0 2 【答案】 . 3 dy 4tet 2t d2y (4et 4tet 2)(2et 1)(4tet 2t)2et 【解析】由  ，得  ， dx 2et 1 dx2 (2et 1)3 d2y 2 将t 0带入得  . dx2 t0 3 z (13)设函数zz(x,y)由方程(x1)z ylnzarctan(2xy)1确定,则  . x (0,2) 【答案】1. z 1 z 2y 【解析】方程两边对x求导得z(x1)  y  0 ， x z x 14x2y2 z 将x0,y 2带入原方程得z 1，再将x0,y 2,z 1带入得 1. x t 1 x  (14)已知函数 f(t)  dx sin dy,则 f   . 1 x y  2  cos  cosu 2   【答案】2 du  cos .  u3 2 2 2 2 t t x 【解析】交换积分次序有 f(t) dy sin dx，从而 1 y2 y t t x t  t  f(t) dy sin dx   ycos cosydy 1 y2 y 1  y  t t t   ycos dy ycosydy 1 y 1 t cosu t t2 du ycosydy t u3 1 4t cosu cost cos t 1  f(t)2t dut2    t cos t ,故 t u3   t3 t32 2 t    cos   cosu 2   f   2 du  cos .  2  u3 2 2 2 2 (15)微分方程yy0的通解y .  3 3  【答案】y Cex e 1 2 x C cos xC sin x,C ,C ,C R . 1   2 2 3 2   1 2 3 1 3 【解析】由特征方程3 10得 1,   i，故方程通解为 1 2,3 2 2  3 3  y Cex e 1 2 x C cos xC sin x,C ,C ,C R . 1   2 2 3 2   1 2 3 x x 1 2x 1 x 2 1 (16)多项式 f(x) 中x3项的系数为______________. 2 1 x 1 2 1 1 x 【答案】-5. 【解析】 x x 1 2x x 2 1 1 2 1 1 x 1 1 x 2 1 x 2 1 f(x)  x 1 x 1 x 2 x 1  2 1 1 2x 2 1 x 2 1 x 1 1 1 x 2 1 x 3 1 x 2 1 1 2 1 1 x 所以展开式中含x3项的有x3,4x3，即x3项的系数为-5. 三、解答题（本题共6小题，共 70 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.） (17)(本题满分10分)  1 x et2 dt   1  求极限lim 0  . x0   ex 1 sinx     1 【答案】 . 2  1 x et2 dt  sinx1 x et2 dt  1  【解析】lim 0  lim 0 x0  ex 1 sinx  x0 (ex 1)sinx   又因为 x et2 dt  x (1t2o(t2))dt  x 1 x3o(x3) ，故 0 0 3 1 1 1 (x x3o(x3))(1x x3o(x3))x x2o(x2) 3! 3! 2 原式=lim x0 x2 51 x2 o(x2) 1 2 =lim  . x0 x2 2 (18)(本题满分12分) x x 已知 f(x) ，求 f(x)的凹凸性及渐近线. 1x 【答案】凹区间(,1)， 0,，凸区间(1,0).斜渐近线是 y  x1，y x1.  x2  ,x0 1x 2xx2 2 【解析】因为 f(x) ，故x0， f(x) ， f(x) ， x2  1x 2  1x 3 ,x0 1x 2xx2 2 x0， f(x) ， f(x) ，  1x 2  1x 3 所以 x (,1) 1 (1,0) 0  0, f(x) + - + f(x) 凹 拐点 凸 拐点 凹 凹区间(,1)， 0,，凸区间(1,0). x x lim ,x1是垂直渐近线. x11x x x x x lim 1, lim( 1) 1. x(1x)x x (1x) x x x x lim 1, lim( 1) 1.斜渐近线是 y  x1， y x1. x(1x)x x (1x) (19)(本题满分12分) f(x) 1 f(x)满足 dx  x2 xC ,L为曲线 y  f (x)(4 x9)，L的弧长为s，L绕x轴 x 6 旋转一周所形成的曲面的面积为A,求s和A. 425 【答案】 . 9 f(x) 1 1 3 1 【解析】  x1， f(x) x2 x2， x 3 3 9 9 1 x 1 22 曲线的弧长s   1 y2dx    dx . 4 4 2 4 4x 3 9 9 1 3 1 1 曲面的侧面积A2 y 1 y2dx2 ( x2x2) x 2dx 4 4 3 x 425  . 9 (20)(本题满分12分) 函数 y  y(x)的微分方程xy6y 6，满足 y( 3)10， (1)求 y(x)； (2)P为曲线y  y(x)上的一点，曲线y  y(x)在点P的法线在y轴上的截距为I ，为使I 最 y y 6小，求P的坐标. x6  4 11 【答案】(1) y  x 1 .(2) P 1, 时，I 有最小值 . 3  3 y 6 6 6 6 dx  6 6 dx   1  【解析】(1) y' y  ,ye x  ( )e x dxC  x6  C 1Cx6 x x  x   x6    1 x6 将y 3 10代入，C  ，y  x 1 . 3 3 (2)设P  x,y ，则过P点的切线方程为Y  y 2x5 X x ， 1 法线方程为Y  y   X x ， 2x5 x6 1 令X 0，Y  I 1  ，偶函数，为此仅考虑 0, y 3 2x4  ' 2 令 I 2x5 0，x1. y x5 x 0,1 ，  I ' 0，I  I  1  11 ；x 1,，  I ' 0，I  I  1  11 y y y 6 y y y 6  4 11 P 1, 时，I 有最小值 .  3 y 6 (21)(本题满分12分) 曲线(x2  y2)2  x2  y2(x0,y 0) 与x轴围成的区域为D,求xydxdy. D 1 【答案】 48  cos2 【解析】xydxdy 4d r3sincosdr 0 0 D 1  4 cos22sincosd 0 4  1 4 cos22dcos2 0 16  1 4 1  cos32  . 48 48 0 (22)(本小题满分12分) 2 1 0   设矩阵A= 1 2 0 仅有两个不同的特征值. 若A相似于对角矩阵，求a，b的值，并求可     1 a b 逆矩阵P，使P1AP为对角矩阵. 2 1 0 【解析】由EA  1 2 0 (b)(3)(1)0 1 a b 当b3时，由 A相似对角化可知，二重根所对应特征值至少存在两个线性无关的特征向量，则 7 1 1 0   (3EA) 1 1 0 知，a 1，      1 a 0 1 0     此时，  3所对应特征向量为  1 ,  0 ， 1 2 1   2       0 1 1 3       1所对应的特征向量为  1 ，则P1AP  3 3 3          1   1 当b1时，由 A相似对角化可知，二重根所对应特征值至少存在两个线性无关的特征向量，则 1 1 0   (EA) 1 1 0 ，知a 1，      1 a 0 1 0     此时，  1所对应特征向量为  1 ,  0 ， 1 2 1   2        0  1 1 1       3所对应的特征向量为  1 ，则P1AP  1 . 3 3         1  3 8