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