经验超市26考研7月数二月考卷解析_06.2026考研数学俞老全程班_00.书籍讲义_经验超市月考卷

经验超市26考研7月数二月考卷答案 一、选择题 （5分/题，共50分） 1.【答案】 D  .  x  x x f  t  dt 洛必达 xf  x  x f  t  dt 【解析】lim  lim 0 lim 0 x0 x  x0  x tf  t  dt x0 xf  x  0  x f  t  dt xf  1 lim 0 1 lim （定积分中值定理） x0 xf  x  x0 xf  x  f  1 lim ，0 x，当x0，有0 x0 f  x  又 f  x 可导则 f  x 连续，且 f  0 0 f  f  0   x  lim  1，lim 2 xt f  x  f  0  x0 x  x0时， x 是 x 同阶但不等价无穷小，选 D  2.【答案】(D). 【解析】【法一】 f(xx) f(x)x f ()， f()0,x0，  f(xx) f(x)0而dy  f(x)dx  f(x)x ，xx x，且 f(x)0，  f(x)单增 f() f(x)，结合x0， f()x f(x)x 即y dy，综合可得，dy y 0，选(D) 【法二】画几何图形 y y dy x O x x经验超市26考研7月数二月考卷答案 3.【答案】 B  . x 【解析】此题可以简单化一点：首先 f min  1,x2  是偶函数，因而 f  t  dt一定是奇 0 函数，因而可以只考虑x0的情况，  x x3   t2dt  , 0 x1  x f  t  dt    0 3 ，由奇函数的性质，易知 0   1 t2dt x 1dt  1 x1 x 2 , 1 x  0 1 3 3 选B. 4.【答案】： D  . 【解析】：虽然此题的图形不属于常见的函数图形，但是可以根据分析定义域值域，得到 xa,a ，并且根据对称性原理，知其关于x轴与 y轴都对称，因而其x绕轴旋 转一周以后的体积只需要算x轴上半部分旋转而成的体积（下半部分旋转形成的体 积与上半部分形成的体积重合了，不用算） a  a   2 a   2 2a5 4   y2dx  x2 a2x2 dx  x2 a2x2 dx   a3 . a a2 a a2 0 a2 15 15 ，因而选 D  5.【答案】(D). 1 1 【解析】因sin2 x cos2x , 又可求其对应特征方程的特征根为r 12i,所以 2 2 2i0不是特征根，根据题意知，多项式都为零次多项式，故根据解的结构中的叠加原理， 特 解 可 分 别 设 为 y*  Asin2xBcos2x,y* C, 即 特 解 可 设 为 1 2 y*  Asin2xBcos2xC.知D正确. 6.【答案】(B). 【解析】【法一】：对(B)，由可微的定义 f(x,y) f(0,0)(0x0y) 1 lim lim x2 y2sin 0 x0 x2  y2 x0 x2  y2 y0经验超市26考研7月数二月考卷答案  f(x,y)在(0,0)点可微，且 f  (0,0) f  (0,0)0 x y （此方法需熟悉全微分定义） 【法二】也可用排除法： (A). f  (0,0)与 f  (0,0)不存在 (C). f(x,y)在(0,0)处无极限，因而不连续 x y (D). 函数连续且 f  (0,0)1, f  (0,0)1 x y f(x,y) f(0,0)[f  (0,0)x f  (0,0)y] 但lim x y 不存在，因而0不可微. x0 x2  y2 y0 7.【答案】 C  . 【解析】由二重积分中值定理，,D,s.t ex2y2 cos  xy  dxdy r2e22 cos  D r2 因而极限lim e22 cos  lime22 cos  r0r2 r0 又,D，即02 2  r2，当r 0时，0,0 lime22 cos e0cos  0 1，因而选 C  . r0 8.【答案】： D  .   【解析】：由于AAT  E ，因而 AE  A AAT  A E AT  A E AT  A  E A T  A E A ，即 AE  A E A ， 而又因为AAT  E ，左右同时求行列式有 AAT  A AT  A 2  E ，所以 A 1，又 因为 A 0，因而 A 1，因而 AE  E A ，从而 AE =0. 选 D  9.【答案】 D  . 【解析】由于方程组AX 的所有解均为方程组BX 的解，经验超市26考研7月数二月考卷答案 AX  因而联立两个方程组，  得到的新方程组的解一定是AX 的解 BX  AX  从而说明，新方程组可以通过初等行变换，化为： ，即 00 矩阵B  B,的行向量组可以由矩阵A A,的行向量组线性表示，选 D  10.【答案】(B).  1 1 0   1  1 0   【解析】二次型矩阵A 1 1  0   0 0 0 1 令其顺序主子式：D 0，D 2 10，D  D (1)2(2)0 1 2 3 4 可得 2，选(B) 二、填空题（5分/题，共30分） 11．【答案】n5. sin(2x) 【解析】【法一】泰勒展式3x4sinxsinxcosx3x4sinx 2 x3 x5 1 (2x)3 (2x)5 3x4[x  0(x5)] [(2x)  0(x5)] 3! 5! 2 3! 5! 12 1  x50(x5) x50(x5) 5! 10 3x4sinxsinxcosx 1 lim  0 ，n5 x0 x5 10 【法二】：也可以用洛必达法则 sin(2x) 3x4sinx 3x4sinxsinxcosx 2 lim lim x0 x5 x0 x5 34cosxcos  2x  4sinx2sin  2x  2sinxsin  2x  lim lim lim x0 5x4 x0 54x3 x0 52x3 cosxcos  2x  cosx1 1cos  2x  lim lim lim x0 15x2 x0 15x2 x0 15x2经验超市26考研7月数二月考卷答案 1 2 1    30 15 10 因而，3x4sinxsinxcosx与x5为同阶无穷小量 3 3 12．【答案】 或 . 7 8 【解析】由题，当t 1时，x2 5x40，有x4或x1 当t 1时，ey 1，有 y 0 对x2 5xt4t3 0左右对t求导，注意x为t的函数，有 5x12t2 2xx 5x5tx 12t2 0,x   t t t 2x5t 8 7 当t 1,x4时，x   ；当t 1,x1时，x   t 3 t 3 对：ey  y  t1 lnt 1左右对t求导，注意y为t的函数 1 有eyy  y y  t1   0，当t 1,y 0时， y  1 t t t t  dy y 3 3  |  t |  或 dx t1 x  t1 7 8 t 13.【答案】ln2. 1 ex1t 1 2t 2 【解析】 dx    dt  dt  2arctant  2arctan e x1 ex 1 t 1t2 1t2 2ln2 dt 2ln2 2  因而 2arctan et 1  2arctan ex1 x et 1 x 3 6   arctan ex1 ex11 xln2 . 4 1 1 14.【答案】tan y  [(x21) ]. 3 1x2 【解析】设Y  tany，有Ysec2 yy，代入原方程 x x 1 Y Y  x（一阶线性）， dx  ln(1x2)ln 1x2 1x2 1x2 2 1 Y  (x 1x2dxC) 1x2经验超市26考研7月数二月考卷答案 1 1 3 1 C  [ (x21)2C] (x21) 1x2 3 3 1x2 1 C tan y (x21) ，又 y(0)0 3 1x2 1 1 1 C  ，tan y [(x21) ] 3 3 1x2 5 15.【答案】 . 16 【解析】由对称性，中间部分积分 =0 ，由轮换性： x2dxdy  y2dxdy ， D D  x2  5 5      y2 dxdy  x2dxdy   x2  y2 dxdy 而 后 用 极 坐 标  4  4 8 D D D 5 2 1 5   d r3dr  . 8 0 0 16 16.【答案】1. 1 1 【解析】 A1的特征值为1,2,3， A的特征值为1, , 2 3 1 1 1  A  ，而A*A A E  E ，A*  A1 6 6 6 1 2 3 1 1 1 A*的特征值为 , , ，即 , , 6 6 6 6 3 2 1 1 1 A  A  A 为A*的对角线元素之和，也为A*特征值之和   1. 11 22 33 6 2 3 三、解答题   17.【答案】铅直渐近线:x1；斜渐近线： y  x1和y  x1. 2 2 x3 3x2 【解析】由lim arctan x得曲线没有水平渐近线； x x2 1 x3 3x2 (x2)(x1)2 y  arctanx arctanx ， x2 1 (x1)(x1) x1，x1是曲线的间断点， (x2)(x1)2 由lim arctan x得x1为曲线的铅直渐近线； x1 (x1)(x1)经验超市26考研7月数二月考卷答案 (x2)(x1)2 (x2)(x1) 由lim arctan xlim arctan x0 x1 (x1)(x1) x1 x1 得x1不是曲线的铅直渐近线； (x2)(x1)2 arctanx (x1)(x1) (x2)(x1)2  由 lim  lim arctan x ， x x x x(x 1)(x 1) 2 (x2)(x1)2  (x2)(x1)  lim[ arctan x x]  lim[ arctan x x] x (x1)(x1) 2 x x1 2 x2 x2   2  lim( arctan x x) lim[x(arctan x ) arctan x] x x1 2 x 2 x1  1 arctanx 2 1x2  lim  lim 1 x 1 x 1  x x2  得 y  x1为曲线的斜渐近线； 2 (x2)(x1)2 arctanx (x1)(x1) (x2)(x1)2  由 lim  lim arctan x ， x x x x(x 1)(x 1) 2 (x2)(x1)2  x2x2  lim[ arctan x x]  lim( arctan x x) x (x1)(x1) 2 x x1 2  2  lim[x(arctanx ) arctanx] x 2 x1  1 arctanx 2 1x2  lim  lim 1 x 1 x 1  x x2  得 y  x1为曲线的斜渐近线. 2  18.【答案】：  ba1 31  .   3 【解析】：曲线 y  f  x  从 a 到 x 这一段的弧长由公式为  x 1 f2 t  dt ，从而 a  x 1 f2 t  dt  2  xa .左右同时对求导，有 1 f2 x   2 ，因而 f2 x 1， a 由于导数非负，从而 f x 1，所以 f  x  xC.又因为 f  a 1，因而C 1a，从 而 f  x  x1a .经验超市26考研7月数二月考卷答案 所以，旋转体体积为： b f 2 x  dx  b  x1a 2 dx a a 令xa1u   ba1 u2du   ba1 31  .   1 3 8 19.【答案】x ,y 1. 5 【解析】设 y2 4x与 y 2x4围成区域为D，联立方程可得交点坐标为 1,2 与  4,4 如图 y xdxdy  ydxdy 1,2 x D ,y  D y2 4x dxdy dxdy D D y x 2 2 dxdy  dy 2dx 4 y2 O D 4 4,4 y2 y3 y  2x4 2y  |2 9 4 12 4 2 2 y 2  y2 y4  xdxdy  dy 2xdx   2 y  dy 4 y2 4 8 32 D 4 y2 y3 y5 1 1 8 32 72 2y   |2 2  16   2 24 325 4 3 5 3 5 5 2 2 y 2 y2 y3  ydxdy  ydy 2dx   2y  dy 4 y2 4 2 4 D 4 y3 y4 4 32 36  y2   |2 3  3 3129 6 16 4 3 3 3 72 9 5 72 8 y  1，x   . 9 9 45 5 2 20.【答案】： . 5 【解析】：画出积分区域D，用 y  x把区域分为D,D 两部分，为了继续利用对称性，用 1 2 y x把D,D 继续划分，如图所示.即有 1 2经验超市26考研7月数二月考卷答案 y 1 D D 12 1 D D 1 11 22 1 x D D 2  xy min  x,y  dx xy d y xy d 21 D D D 1 2 由 于 积 1 分 0 x x xy dx xy dx xy dx xy d 02 dx x 2ydy 1 0 D D D D 1 11 12 11 0 y  y xy d y xy d y xy d y xy d 02 dy xy 2dx 1 0 D D D D 2 21 22 21 2 从而算得积分 . 5 1 21. 【证明】：将 f( )在x0,1两点分别展开成泰勒公式（展开二阶导数）， 2 1 1 f ''() 1 1 可得， f( ) f(0) f '(0)  1 ( )2,(0, ), 2 2 2! 2 1 2 1 1 f ''() 1 1 f( ) f(1) f '(1)  2 ( )2,( ,1), 2 2 2! 2 2 2 又知， f(0)0, f(1)1, f '(0) f '(1)0, 1 1 所以|01| (| f ''()|| f ''()|) | f ''()|, 8 1 2 4 即得到| f ''()|4,其中| f ''()|max  | f ''()|,| f ''()| ，显然(0,1). 1 2 2 2 2   22.【答案】（1）2y2 3y 2；（2）A*  2 2 2 . 1 2     2 2 2 1 0 1       【解析】各行元素之和为0，即A 1  0 0 1 .             1 0 1 1    1 为特征向量，0为特征值.     1 又 R(2EA)2,2EA 0,2为A的一个特征值经验超市26考研7月数二月考卷答案 A3E不可逆， A3E 0,3为A的一个特征值 A的特征值为0,2,3，XTAX 经过正交变换可化为2y2 3y 2 1 2 XTAX 经过正交变换得到的标准型为2y2 3y 2 1 2 2    （2）A为实对称矩阵，可对角化，存在可逆P .st. P1AP  3      0 R(A)2，R(A*)1 1 1     而R(A)2且A 1 0，因而方程组AX 0的通解为：X k 1 .         1 1 又AA*  A E  0E  0，A*的列向量均为AX 0的解 1 k k k  1 2 3     A*的列向量为 1 的倍数，即A*  k k k    1 2 3     1 k k k  1 2 3 又 AT  A,(A*)T (AT)*  A*，A*为对称阵 k k k   k k k ，不妨设为k，即A*  k k k ，又R(A*)10 1 2 3     k k k k 0.又因为A的特征值为0,2,3，故A*的特征值应为6,0,0，由A*的迹等于A*的特征 2 2 2   值之和，可得3k 6，故k 2，所以A*  2 2 2 .     2 2 2 【注】 【定理】：如A的特征值为,, ，则A的特征值为 1 2 n  ，  ，  ，  。 1 2 n 2 1 3 n n 1 2 n1