经验超市26考研数学二8月月考卷答案解析_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 考研数学 8 月月考卷·数二答案 1.【答案】： C  1 1 1 1 【解析】：求极限 lim x2 等价替换lim 2x2  1 lim 1 0 ，因而选 C  . x 12x x12x 2x12x x2 x2 2.【答案】： D  【解析】：由题意可得 f  x 在,单调增加，对任意x ,x ，当x  x 时，x x ， 1 2 1 2 1 2 所以 f x  f x  .因而函数 f x 单调减少，函数f x 单调增加， C 选项错 1 2 误， D 选项正确. 设 y  f x ，等式两端对x求导可得 d f x  f ' x 1 f ' x ， dx 由题意可知， f  x 是单调递增的，因此 f '  x 0，由此 f ' x 0（注意 fx 是指 函数对括号内的整体求导） B 选项错。对于 A 选项，可以举出反例： f  x  x3，其在 点x0处导数0，而不是0，故 A 选项也错. 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  3  f  t  dt  0 ，再综合x0的情况，故  1 x 1 2 0 t2dt1dt  x1 x , 1 x   3 3 0 1 选 B  . 4.【答案】： B  1经验超市 26 考研数学 8 月月考卷·数二答案   1     1   【解析】： xf 1x2 dx   f 1x2 d 1x2  arctan 1x2 C 2 2 5.【答案】： B  【解析】：由定积分定义知，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   ，即选 B  . n  2n n 0 k1 6.【答案】： B  F x,y  【解析】：F  x,y 0左右同时对x求导：FFy0，即 y x  x ① x y F x,y  y 继续FFy0左右同时对x求导，可得F 2yF  y2F  yF0 ② x y xx xy yy y F x ,y  最后把 x ,y 分别代入上面①②两式，可得 y x 0，y x  xx 0 0  0，从 0 0 0 0 F x ,y  y 0 0 而x x 是y  x 是的一个极小值点，选 B  . 0 7.【答案】： A  【解析】：取[x,xdx][0,h]，则闸门的面积微元为ds adx， 因此闸门的压力微元为dF gxds gxadx. 则F g h axdx，选 A  0 8.【答案】： B  T   1  【解析】：令A  T  ，显然A为35矩阵，由,, 线性无关得r(A)3，从而齐 2 1 2 3 T   3  次线性方程组Ax 0的基础解系包含两个线性无关的解向量. 因为A 0(1i4)，所以,,, 均为方程组Ax 0的解，从而,,, i 1 2 3 4 1 2 3 4 2经验超市 26 考研数学 8 月月考卷·数二答案 的秩不超过2；又因为,,, 两两不成比例，所以,,, 的极大无关组至少含 1 2 3 4 1 2 3 4 有两个线性无关的向量，即,,, 的秩不小于2，故向量组,,, 的秩为2， 1 2 3 4 1 2 3 4 应选 B 选项. 9.【答案】： D  【解析】：由于此题矩阵A和各选项矩阵都是对称矩阵，要找到一个矩阵和矩阵A等价， 合同，但不相似，需要该矩阵正负惯性指数和矩阵A相同但同时该矩阵的特征值和矩阵A的 特征值又不完全相同。计算可得A的特征值为3,0，而 D 选项中的矩阵特征值为1,0， 故选 D  . 10.【答案】： D  【解析】：由于AAT 是nn型矩阵，且由于R  AAT  R  A n ，故①正确.又因为同类型 矩阵等价的充要条件是秩相等，故②正确.由于AAT 是对称矩阵，因而可对角化， 所以③正确.  T 对于④，对任意n维列向量X 0，有XTAATX  ATX ATX y  1   y 令 ATX Y   2  ，则 XTAATX YTY  y2+y2++y2  0 ，并且由于   1 2 m    y  m R  AT  R  A n ，从而方程组 ATX 0 只有零解，由于 X 0 ，从而 Y  ATX  0，因而 XTAATX YTY  y2+y2++y2  0，即有对任意n维列 1 2 m 向量X 0，XTAATX 0从而正定，由于AAT 正定，因而④对. 从正确的个数是4个，选 D  .  n  11.【答案】：4n1cos4x    2  3经验超市 26 考研数学 8 月月考卷·数二答案 【解析】：   【法一】：由于 y4sin3xcosx4cos3xsinx2sin2x sin2 xcos2 x 1 2sin2xcos2xsin4x因而 y  sin4xdx cos  4x C .其中，C为任意常数. 4  n   n  因而由求导基本公式：cos n xcosx  可得：y n 4n1cos4x  .  2   2    1 【法二】： y sin4 xcos4 x sin2 xcos2 x 2sin2 xcos2 x1 sin22x 2 1 1cos4x 3 1 1    cos  4x . 2 2 4 4 而后由求导公式也可得到答案. 2 12.【答案】：x   2 1 cosx  a 【解析】：设 f  x  cosxdx af  x x , f  x  cosx xcosxa ， cosx 0   而后左右两边同时积分 f  x  cosxdx a  xcosxa  dx ，解得a 22a . 0 0 2 2  a   f  x  x . 2 1  2 1  cosx 13.【答案】：2 3 【解析】： y2 x2 1是双曲线的右边部分，画出图形，而后对 y 积分比较方便 2   V  2y y21 dy 2 3. 1 3   若对x积分，V 22 3  1x2 dx . 0 14.【答案】： C C x  e2xC 1 2 3 【解析】：由特征方程r3 4r2 4r 0解得其根为r r 2,r 0 1 2 3 4经验超市 26 考研数学 8 月月考卷·数二答案 齐次方程的通解为 y  C C x  e2xC 1 2 3  2 1eu xyeu 15.【答案】：  3 1eu 【解析】： u u u y 对ueu  xy 左右同时对x求导，有： eu  y  x x x 1eu u u u x 左右同时对 y求导，有： eu  x  y y y 1eu u xy 1eu  yeu 1eu eu u y 2u y 1eu 再次对  左右同时对 y求导，有：  = x 1eu xy  1eu 2  1eu 2 xy 1eu eu  1eu 2 xyeu 1eu =   2  3 1eu 1eu 16.【答案】：1 3 1 【解析】：由于A B   A  B  1  ，并且：由于 A B i 3 2 i1 A  A A1  A1 ， 1 1 1 1 其特征值为 1,2, A E 的特征值为 12,1,  2  2 A A  AE 1 17.【答案】：a 2,b0. x2 a2 【解析】：由1 1x2 ~ (x0) ，且eax 1ax x2o(x2), 2 2 1bx (1bx)[12x4x2o(x2)]1(b2)x(42b)x2o(x2), 12x 5经验超市 26 考研数学 8 月月考卷·数二答案 1bx eax  得eax  1bx (ab2)x( a2 42b)x2o(x2) ，因为lim 12x 4，则 12x 2 x0 1 1x2  ab20  ，解得a 2,b0. a2 84b4 2 18.【答案】： I ：证明见解析； II ： .  【解析】： x x x  f  t  dt  f  t  dt  f  t  dt  I 【证明】设nT  x n1  T ，则 0  0  0  n1  T x nT x nT x 而 f  t  dt   f  t  dt  f  t  dt ， 0 0 nT nT T 由周期函数性质：  f  t  dt n f  t  dt 0 0 因此，结合上式可写为 x T x T x  f  t  dt n f  t  dt   f  t  dt  f  t  dt  f  t  dt 0  0 nT  0  nT . nT nT T nT x  xnT  m  f  t  dt   xnT  M ，其中m,M 为 f 在一个周期内的最小最大值. nT x  f  t  dt x 由于nT  x n1  T0  f  t  dt TM .  lim nT 0. n nT nT x T x  T  f  t  dt  f  t  dt  f  t  dt  f  t  dt    lim 0  lim 0  nT  0 ，类似可证 n nT n T nT  T     x T x T  f  t  dt  f  t  dt  f  t  dt  f  t  dt lim 0 = 0 ，由夹逼准则： lim 0  0 n  n1  T T x x T  II 由于 sinx 是一个周期为的非负连续函数，根据 I 的结论，令 f  x  sint ,周期 6经验超市 26 考研数学 8 月月考卷·数二答案 T ,因此我们有： x   sint dt  sint dt 2 lim 0  0  . x x    lnx 1 lnx  lnx 19.【解析】：  dx  dx  dx 1x2 1x2 1x2 0 0 1 1  lnx x t 1 lnt 1 lnx 其中  dx  dt  dx 1x2 1t2 1x2 1 0 0  lnx 1 lnx 因而反常积分  dx收敛性与 dx相同. 1x2 1x2 1 0 lnx 3 3 1x2 x2 lnx x2 lnx lnx 由反常积分比较法： lim  lim  lim  lim 0 x 1 x 1x2 x x2 x 1 x2 3 x2  1 1   lnx 1 lnx 而：  dx 2 2收敛，因而  dx收敛，从而 dx也收敛. 3 x 1x2 1x2 1 x2 1 1 0  lnx 1 lnx  lnx 1 lnx 1 lnx 且：  dx  dx  dx  dx dx  0. 1x2 1x2 1x2 1x2 1x2 0 0 1 0 0 20．【答案】： 21 1 1 x 1 1 【解析】： d dx dy  ln(y x2 y2) x dx x2  y2 0 x2 x2  y2 0 x2 D 1 ln(1 2) ln(x x21)dx 0 1 x ln(1 2) xln(x 1 x2) 1  dx 0 0 1x2 1 x   dx 1 x2 1  21. 0 0 1x2 21.【解析】： （1）构造函数用罗尔定理 7经验超市 26 考研数学 8 月月考卷·数二答案 x 令F(x)  [f(t)t]dt ，F'(x) f(x)x, 0 1 1 1 1 1 F(0)0;F(1)  [f(x)x]dx   f(x)dx xdx   0 . 0 0 0 2 2 根据罗尔定理，存在c(0,1)，使得F'(c)0，即 f(c)c. （2）令(x)e2x[f '(x)1]，由拉格朗日中值定理可知，存在(0,c), (c,1)，使 1 2 f(c) f(0) f(1) f(c) 得 f '() 1, f '() 1 ，从而有()()0，由罗尔 1 c0 2 1c 1 2 定理可知，存在(,)(0,1)，使得'()0，而'(x)e2x[f ''(x)2f '(x)2]， 1 2 且e2x 0，故 f ''()2f '()2. 22.【解析】：  I 由题：A ,A  A  ，A 0从而有： 1 2 2 3 n1 n n An1   0,Ak 0  k n ；An2   0,Ak 0  k n1  1 n 1 2 n 2 ........A   0,Ak 0  k  2 ； n1 n n1 利用定义：令k k k  0，左右同左乘An1可得 1 1 2 2 n n k An1 k 0从而可得：k 0 1 1 1 n 1 原式变为：k k  0再对其左右两侧同左乘An2可得 2 2 n n k An2 k 0从而可得：k 0..... 2 2 2 n 2 以此类推，可以得到：k k k  0. 1 2 n 从而向量组, 线性无关. 1 2 n  II 设P ,, ，则AP  A ,, ,, ,0  1 2 n 1 2 n 2 3 n1 0 0  0 0   1 0  0 0   ,, 0 1  0 0 PCP1AP C ,  P1 . 1 2 n A C C A          0 0  1 0 8经验超市 26 考研数学 8 月月考卷·数二答案 0   0 由于C的特征值全部=0，所以 0，而 为CX 0的非0解=k   k 0  . A C     1   P  k.  k  0  A C n 9