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

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  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
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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 
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【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
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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
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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
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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
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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
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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