2017年考研数学二试题及答案解析公众号：小乖考研免费分享_05.数学二历年真题_普通版本数学二_2017年考研数学二真题及解析

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  ,x0 （1））若函数 f(x) ax 在x 0处连续，则（ ）  b,x0 1 1 (A)ab (B)ab (C)ab0 (D)ab2 2 2 【答案】A 1 x 1cos x 1 1 1 2 【解析】lim  lim  , f(x) 在x0处连续 b ab .选A. x0 ax x0 ax 2a 2a 2 （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) 1 f(x)dx 0  B  1 f(x)dx 0 1 1 (C) 0 f(x)dx  1 f(x)dx  D  0 f(x)dx  1 f(x)dx 1 0 1 0 【答案】B 【解析】 0 1 f(x)为偶函数时满足题设条件，此时 f(x)dx  f(x)dx，排除C,D. 1 0 1 1   2 取 f(x)2x2 1满足条件，则  f(x)dx  2x21 dx  0 ，选B. 1 1 3 （3）设数列 x 收敛，则（ ） n (A)当limsinx 0时，limx 0 (B)当lim(x  x )0时，limx 0 n n n n n n n n n (C)当lim(x x 2)0时，limx 0 (D)当lim(x sinx )0时，limx 0 n n n n n n n n n n 【答案】D 【解析】特值法：（A）取x ，有limsinx 0,limx ，A错； n n n n n 取x 1，排除B,C.所以选D. n （4）微分方程的特解可设为 （A）Ae2x e2x(Bcos2xCsin2x) （B）Axe2x e2x(Bcos2xCsin2x) （C）Ae2x xe2x(Bcos2xCsin2x) （D）Axe2x e2x(Bcos2xCsin2x)【答案】A 【解析】特征方程为：2 480 22i 1,2  f(x)e2x(1cos2x)e2x e2xcos2xy*  Ae2x,y*  xe2x(Bcos2xCsin2x), 1 2 故特解为： y*  y* y*  Ae2xxe2x(Bcos2xCsin2x), 选C. 1 2 f(x,y) f(x,y) （5）设 f(x,y)具有一阶偏导数，且对任意的(x,y)，都有 0, 0，则 x y （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 f(x,y) f(x,y) 【解析】 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， x y 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v (t)（单位：m/s）， 1 虚线表示乙的速度曲线vv (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t （单 2 0 位：s），则（ ） （A）t 10 （B）15t 20 （C）t 25 （D）t 25 0 0 0 0 【答案】B t t 【解析】从0到t 这段时间内甲乙的位移分别为 0v (t)dt, 0v (t)dt,则乙要追上甲，则 0 1 2 0 0 t  0v (t)v (t)dt 10，当t 25时满足，故选C. 2 1 0 0 0    （7）设A为三阶矩阵，P (,,)为可逆矩阵，使得P1AP  1 ，则A(,,) （ ） 1 2 3   1 2 3    2 （A）  （B） 2 （C）  （D） 2 1 2 2 3 2 3 1 2【答案】 B 【解析】 0  0  0        P1AP  1  AP P 1  A(,,)(,,) 1 2 ,     1 2 3 1 2 3   2 3        2  2  2 因此B正确。 2 0 0 2 1 0 1 0 0       （8）设矩阵A 0 2 1 ,B  0 2 0 ,C  0 2 0 ,则（ ）        0 0 1   0 0 1   0 0 2  （A）A与C相似,B与C相似 （B）A与C相似,B与C不相似 （C）A与C不相似,B与C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, 1 0 0   因为3r(2EA)1，∴A可相似对角化，即A~ 0 2 0     0 0 2 由EB 0可知B特征值为2,2,1. 因为3r(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：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.  2 (9) 曲线 y  x1arcsin 的斜渐近线方程为_______  x 【答案】 y  x2 【解析】 y 2 2 lim lim(1arcsin )1,lim  y x lim xarcsin 2, x x x x x x x y x2 xtet d2y (10) 设函数 y y(x)由参数方程 确定，则 ______ y sint dx2 t01 【答案】 8 【解析】 dy dx dy cost cost, 1et   dt dt dx 1et '  cost    d2y 1et  sint(1et)costet d2y 1      dx2 dx  1et 2 dx2 t0 8 dt ln(1x) (11)  dx _______ 0 (1x)2 【答案】1 【解析】  ln(1x)  1  dx  ln(1x)d (1x)2 1x 0 0 ln(1x)  1     1x 0   (1x)2 dx   0  1   dx1. (1x)2 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(0,0)0，则 f(x,y) ______ 【答案】xyey 【解析】 f yey, f x(1 y)ey, f (x,y) yeydx xyey c(y), 故 x y f xey xyey c(y) xey xyey ， y 因此c(y)0，即c(y)C ，再由 f(0,0)0，可得 f(x,y) xyey. 【答案】 【解析】 1 1tanx （13） dy dx  ______ 0 y x 【答案】lncos1. 【解析】交换积分次序： 1 1tanx 1 x tanx 1  dy dx   dx dy   tanxdx lncos1. 0 y x 0 0 x 0 4 1 2 1     （14）设矩阵A 1 2 a 的一个特征向量为 1 ，则a _____        3 1 1  2【答案】-1 1   【解析】设 1 ，由题设知A，故     2 4 1 21 1 1             1 2 a 1  1  32a                     3 1 12 2 2  2  故a 1. 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. x  xtetdt （15）（本题满分10分）求极限lim 0 x0 x3 2 【答案】 3 x  xtet 【解析】lim 0 dt，令xt u，则有 x0 x3 x 0 x  xtetdt  uexudu   uexudu 0 x 0 x x  uexudu ex ueudu 原式=lim 0 lim 0 x0 3 x0 3 x2 x2 x  ueudu xex 2 lim 0 lim  x0 3 x0 3 1 3 x2 x2 2 dy d2y （16）（本题满分10分）设函数 f(u,v)具有2阶连续偏导数，y  f (ex,cosx)，求 ， dx dx2 x0 x0 dy d2y 【答案】  f '(1,1),  f ''(1,1), dx 1 dx2 11 x0 x0 【解析】 x0 y  f (ex,cosx)y(0) f (1,1)  dy   f 'ex f 'sinx   f '(1,1)1 f '(1,1)0 f '(1,1) dx 1 2 x0 1 2 1 x0 d2y   f ''e2x f ''ex(sinx) f ''ex(sinx) f '' sin2 x f 'ex f 'cosx dx2 11 12 21 22 1 2 d2y   f ''(1,1) f '(1,1) f '(1,1) dx2 11 1 2 x0结论： dy  f '(1,1) dx 1 x0 d2y  f ''(1,1) f '(1,1) f '(1,1) dx2 11 1 2 x0 n k  k  （17）（本题满分10分）求lim ln1  n n2  n k1 1 【答案】 4 【解析】 lim  n k ln(1 k ) 1 xln(1x)dx 1  1 ln(1x)dx2  1 (ln(1x)x2 1  1x2 11 dx) 1 n n2 n 0 2 0 2 0 0 1x 4 k1 （18）（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 【答案】极大值为 y(1)1，极小值为 y(1)0 【解析】 两边求导得： 3x2 3y2y'33y'0 （1） 令 y'0得x1 对（1）式两边关于x求导得 6x6y  y' 23y2y''3y''0 （2） x1 x1 将x1代入原题给的等式中，得 or ， y 1 y 0 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 f(x) （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,lim 0，证明： x0 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】f(x) （I） f(x)二阶导数， f(1)0,lim 0 x0 x f(x) 解：1）由于lim 0，根据极限的保号性得 x0 x f(x) 0,x(0,)有 0，即 f(x)0 x 进而x (0,)有f 0 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： (0,), (,)且, (0,1),  ，使得F'()F'()0，即 1 2 1 2 1 2 1 2 F'(x) f(x)f ''(x) f '(x) 2 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D   x,y  |x2  y2 2y  ,计算二重积分 x1 2 dxdy。 D 5 【答案】 4 【解析】 x1 2 dxdy   x21  dxdy 2x2dxdy dxdy 2  2d 2sin  r2cos2 d  5 0 0 4 D D D D  3 （21）（本题满分11分）设y(x)是区间0, 内的可导函数，且 y(1)0，点P是曲线L: y  y(x)上任意一点，  2 L在点P处的切线与y轴相交于点  0,Y  ，法线与x轴相交于点  X ,0  ，若X Y ，求L上点的坐标 x,y 满足 p p p p 的方程。 【答案】 【 解 析 】 设 p  x,y(x)  的 切 线 为 Y  y(x) y(x)  X x  ， 令 X 0 得 Y  y(x) y(x)x ， 法 线 p 1 Y  y(x)  X x  , 令 Y 0 得 X  x y(x)y(x) 。 由 X Y 得 yxy(x) x yy(x) ， 即 y(x) p p p y  y y  1y(x) 1 。 令 u ， 则 y ux ， 按 照 齐 次 微 分 方 程 的 解 法 不 难 解 出  x  x x 1 ln(u2 1)arctanu ln|x|C, x （22）（本题满分11分）设3阶矩阵A, , 有3个不同的特征值，且  2 。 1 2 3 3 1 2 ()证明：r(A)2 ()若 ，求方程组Ax的通解。 1 2 3  1  1     【答案】（I）略；（II）通解为k 2  1 ,kR          1 1 【解析】 （I）证明：由  2可得2  0，即,,线性相关， 3 1 2 1 2 3 1 2 3 因此， A    0，即A的特征值必有0。 1 2 3 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  ,  0  2  1 2    0 ∴r(A)r()2 （II）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， 1  1  1        由2  0可得,, 2  A 2 0，则Ax0的基础解系为 2 ， 1 2 3 1 2 3              1  1  1 1 1 1       又 ，即,,  1  A 1 ，则Ax的一个特解为 1 ， 1 2 3 1 2 3             1 1 1 1  1     综上，Ax的通解为k 2  1 ,kR          1 1 （23）（本题满分11分）设二次型 f(x ,x ,x )2x2 x2 ax2 2x x 8x x 2x x 在正交变换X QY 下的标 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 准型y2 y2，求a的值及一个正交矩阵Q. 1 1 2 2 1 1 1     3 2 6    1 2  【答案】a 2;Q    0 , f xQy 3y26y2 1 2 3 6    1 1 1     3 2 6 【解析】  2 1 4   f(x ,x ,x ) XTAX ，其中A 1 1 1 1 2 3      4 1 a  由于 f(x ,x ,x ) XTAX 经正交变换后，得到的标准形为y2 y2 1 2 3 1 1 2 2 ， 2 1 4 故r(A)2| A|0 1 1 1 0a 2， 4 1 a  2 1 4   将a 2代入，满足r(A)2，因此a 2符合题意，此时A 1 1 1 ，则      4 1 2  2 1 4 |E A| 1 1 1 0 3, 0, 6， 1 2 3 4 1 2 1    由(3EA)x0，可得A的属于特征值-3的特征向量为  1 ； 1     1  1   由(6EA)x0，可得A的属于特征值6的特征向量为  0 2     1  1   由(0EA)x0，可得A的属于特征值0的特征向量为  2 3     1 3    令 P ,, ， 则 P1AP  6 ， 由 于 ,, 彼 此 正 交 ， 故 只 需 单 位 化 即 可 ： 1 2 3   1 2 3    0 1 1 1    1,1,1 T ,  1,0,1 T ,   1,2,1 T ,， 1 2 3 3 2 6 1 1 1     3 2 6   3   1 2    则Q  1  2  3    0  ，QTAQ   6   3 6     0  1 1 1     3 2 6 f(x ,x ,x ) xQy 3y2 6y2 1 2 3 1 2 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。