经验超市26考研数学二9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 9月月考卷——数二答案 1.【答案】： D  【解析】： 1 1 lim(2025xn x2n  x3n)n n 2n x3 1 lim[1n 1n ...1n  xn (x2)n ( )n]n n 2 x3 x3 max{1,x,x2, } (x2). 2 2 故应选 D  . 2.【答案】： D   1 f  x  , f  x 0 x2 0,x0 【解析】：g  f  x    ，而由于 f  x  ，  2 f  x  , f  x 0 x0,x0 需要重新整理等号成立的地方： 1 f  x  , f  x 0 x2,x0 1x,x 0    g  f  x    2 f  x  , f  x 0, f  x 0, x 0g  f  x    2, x 0 .     2 f  x  , f  x 0  x,x0 2x2,x0 x2 2,x0 可合并后面两行： ，故选 D  . 1x,x0 3.【答案】 A  xrcos xacos 【解析】由极坐标与直角坐标关系： ，因而在此题中r a有： y rsin y asin dy dy d cossin  dy 2     当 时：  ，法线斜率k  dx dx sincos 2 dx  2 d x0    并且当 时：  ，因而法线方程为 y   xa ，因而选 A  . 2 y  a 2  2 4. 【答案】： A  【解析】：由洛必达法则的后验性（分子分母分别求导后极限存在，说明原极限也存在且等 于求导后的极限），知 A 对，应选 A  . 1经验超市 26 考研数学 9月月考卷——数二答案 1 排除 B  D 可举反例： f(x) ； x 排除 C 可举反例： f(x)cosx. 5. 【答案】： D      【解析】：I  2cos(cosx)dx令x u2cos[cos( u)]du 1 0 2 0 2    2cos(sinu)du 2cosudu1， 0 0 1 (1sinx)2 1 1 sinx I   dx   (  )dx 1， 2 12(1sin2 x) 1 2 1sin2 x 由泰勒公式，有 f ''() f ''() f(x) f(0) f '(0)x x2 f '(0)x x2，其中介于0与x之间，则： 2 2 1 f ''() 1 f ''() 3 1 I   [f '(0)x x2]dx   x2dx  x2dx 1. 3 1 2 1 2 2 1 故I  I  I .应选 D  . 3 2 1 6.【答案】： A  【解析】：对等式 f(x,x2) x3e2x两边同时关于x求导可得： [f '(x,y)2xf '(x,y)]| 3x2e2x2x3e2x， x y yx2 将 f '(x,y)| x2e2x代入可得： y yx2 f '(x,y)| 3x2e2x 2x3e2x 2x(x2e2x) 3x2e2x ， x yx2 所以 f '(1,1) f '(x,y)|yx23x2e2x| 3e2.故选 A  . x x x1 x1 7.【答案】： A  【解析】：   【法一】：用极坐标，  arctan 1x2  y2 dxdy x2y2t2 2 t t = d arctan(1r2)rdr 2 arctan(1r2)rdr 0 0 0 2经验超市 26 考研数学 9月月考卷——数二答案 F  t  2 t arctan(1r2)rdr 2tarctan  1t2  2 lim  lim 0 洛lim  arctan1 . t0 t2 t0 t2 t0 2t 4 选 A      【法二】：由二重积分中值定理：  arctan 1x2  y2 dxdy t2arctan 12 2 x2y2t2 其中02 2 t2，因而当t 0时2 2 0，从而   F  t  t2arctan 12 2 2   lim lim limarctan 122 arctan1 . t0 t2 t0 t2 t0 4 8.【答案】： A     R  A  【解析】：由秩的性质：R  AB R  E n ，而由于R  A n,R  B n nn   R  B  R  A R  B n ，此题由于mnA的行向量无关，列向量相关；B的行向量相关， 列向量无关.故选 A  . 9.【答案】： B  【解析】：取k 0，则排除 A 与 D  .对于 B ，假设Ax k 有解，由已知设 1 2 1 Ax 有解 ，则A(k) AkA k  k  ，该式说明k 是 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Ax  的解，与已知Ax  无解矛盾，故方程组Ax k一定无解， B 正确. 2 2 1 2 对于 C ，若取k 1，则Ax k变为Ax  ，由上述结论知其无解，故 C  1 2 1 2 不正确.故选 B  . 10.【答案】： A  【解析】：二次型矩阵分别为： 2 1 0 1 0 0     A  1 2 0  ，B   0 1 1  .     0 0 a 0 1 0 由已知，A与B合同，故A与B有相同的正、负惯性指数. 3经验超市 26 考研数学 9月月考卷——数二答案 1 0 0 由 |EB| 0 1 1 (1)(21)0 ， 得 B 的 特 征 值 为 0 1  1 5 1 5  1,  0,  . 1 2 2 3 2 2 1 0 由|EA| 1 2 0 (a)(3)(1) ，得A的特征值为a,3,1， 0 0 a 故a0， A 正确. 11.【答案】：2. 【解析】： 1 1 1 1  1ax2  4 1  ax2  ax  ax 1 lim lim 4 洛lim 2 lim 2  a1 a2 x0 1cosxsint x0 1cosxsint x0 sin  1cosx  x0 x 2  dt  dt sinx t t 1cosx 0 0 sint 1 【注】：也可将 x 中被积函数 等价为1，积分上限等价为 x2，更快得出a 2. t 2 1 12.【答案】： . 4 1 1 1 1 1 【解析】： xln2 xdx   ln2 xdx2  (x2ln2 x|1 2 xlnxdx) 0 2 0 2 0 0 1 1 1 1 1 1  xlnxdx  lnxdx2 (x2lnx|1  xdx) . 0 2 0 2 0 0 4 1 f  13.【答案】： y . xf z 【解析】：对 y  xf  z  y,z 左右同时对x求导： z z 0 f  z xf  z    y,z 0  y,z  x y z x z f z 1 z z 1 f  整理可得：  ，类似的方法可以得到  y    y . x xf y xf x y xf z z z 【注】：此题中的，即是我们上课讲的, . y z 1 2 4经验超市 26 考研数学 9月月考卷——数二答案 14.【答案】：y  xarcsinx. y du 【解析】：令u  ，则ux utanu ，解得sinu Cx. x dx  由 y(1) 解得C 1，故 y  xarcsinx. 2 3 15.【答案】：(2ln2 )G. 2 【解析】：在[0,1]中任取小区间[x,xdx]，则L上对应小直线段的质量为x2dx.根据万有 G1x2dx x2 引力定律得引力元素为dF  G dx ，所以P对L的引力为： (x1)2 (x1)2 1 1 x2 1 2 1 F   dF G dxG [1  ]dx 0 0 (x1)2 0 x1 (x1)2 1 2 G(12ln2 )(2ln2 )G . 2 3 16.【答案】： 0,2,2 T . 【解析】：有题设条件A ,A  ，又 ， 1 1 2 2 2 1 A A  A     0,2,2 T . 2 1 2 1 【注】：如果看不出 ，可以设方程组k k 解出系数k ,k . 2 1 1 1 2 2 1 2 1 17.【答案】： . 2 【解析】：令xt ， 1 1  1 1  e t   1  1 1  1 t t2 原式= lim t2 t1te t lim t 1  e t  lim t  t   t t2   t 1 t 1 1uu2 eu 1uu2 11eu 再令 u，极限=lim =lim t u0 u u0 u 1   uu2 1uu2 1 1eu u 1 1  lim  lim =等价替换=lim 2  lim  1 . u0 u u0 u u0 u u0 u 2 2 18.【答案】： f(x,y,z)在的最大值为9，最小值为1. 5经验超市 26 考研数学 9月月考卷——数二答案 【解析】： f(x,y,z)在有界闭区域上连续，一定存在最大、最小值. f 由 2知 f(x,y,z)在内无驻点，因此 f(x,y,z)在的最大值、最小值都 x 只能在的边界上达到. 求 f(x,y,z)在的边界x2  y2 z2  2上的最大、最小值，即求 f(x,y,z)在 条件x2  y2 z2 20下的最大、最小值. 令F(x,y,z,) 2x2yz25(x2y2z22) ，解方程组 F 22x0.....................(1)  x   F 22y0.....................(2) y   F 2z2z0.................(3)  z  F   x2  y2 z2 2 0.........(4)  由（1），（2）知x y，由（3）知z 0或1.由x y,z 0代入（4） 知x y 1,z 0.当1时，由（1），（2），（4）也得x y 1,z 0.因此得 驻点P(1,1,0)与P(1,1,0).计算得知 f(P)1, f(P)9. 1 2 1 2 因此， f(x,y,z)在的最大值为9，最小值为1. 2 2 19.【答案】：（1）极小值： f( ) ，极大值 f(0)0； 3 81 1 1 1 1 凹区间： (, )和( ,)；凸区间：( , )； 3 3 3 3 1 1 拐点：( , ). 3 81 1  （2）围成的区域面积S  ，旋转体体积V  . 36 60 x x 【解析】：（1）对于积分式子令xt u，则 t|xt|dt  (xu)|u|du ， 0 0 6经验超市 26 考研数学 9月月考卷——数二答案 x x x  (xu)|u|du  x |u|du u|u|du ， 0 0 0 x x 因为|u|是偶函数，所以 |u|du 是奇函数，x |u|du是偶函数， 0 0 x x2 u|u|是奇函数， u|u|du是偶函数，又 也是偶函数， 故 f(x)是偶函数. 0 6 当x0时， x 1 x x 1 1 1 1 1 f(x)  (xu)udu x2  x udu u2du x2  x3 x3 x2  (x3x2) 0 6 0 0 6 2 3 6 6 x2 x x 2 1 f '(x)   (x ) ， f ''(x) x .(x0) 2 3 2 3 3 2 1 令 f '(x)0得x ，令 f ''(x)0得x ， 3 3 2 2 则 f(x)在(0, )上单调减，( ,)上单调增. 3 3 1 1 曲线 y  f (x)在区间(0, )是凸的，在区间( ,)上是凹的，由对称性知，函数 f(x) 3 3 2 2 2 在x 取极小值， f( ) ，在x0处取极大值， f(0)0.曲线 y  f (x)的凸 3 3 81 1 1 1 1 1 1 区间：( , )，凹区间：(, )和( ,)，拐点为( , ). 3 3 3 3 3 81 （2）令 f(x)0(x0)，得x 0,x 1，则所求面积为： 1 2 11 1 S 2 (x2x3)dx ， 0 6 36 所求体积为： 1x  V 2 (x2x3)dx  . 0 6 60 2 20. 【答案】： 21 ln( 21). 2 【解析】：如下图所示： 7经验超市 26 考研数学 9月月考卷——数二答案 用坐标轴将D分割为D ，D 与D 三部分，由于D ，D 关于直线y  x对称， 1 2 3 1 3 x y 且 f(x,y)  f(y,x)， x2  y2 x y x y 故 dxdy  dxdy.于是 x2  y2 x2  y2 D D 1 3 x y x y x y  dxdy 2 dxdy dxdy x2  y2 x2  y2 x2  y2 D D D 1 2 2r(cossin)drdr(cossin)drd D D 1 2  1 0 1 2 (cossin)d rdr 2(cossin)dcossinrdr   0 0 0 4 0 1  1 (sincos)|  2 d   2 0 cossin 4 2    21 2csc( )d 4 0 4 2     21 [ln|csc( )cot( )|]|2 4 4 4 0 2  21 [ln( 21)ln( 21)] 4 2  21 ln( 21). 2 21. 【分析】： f ''()4 f ''()40[f '(x)4xc ]'| 0 1 x 8经验超市 26 考研数学 9月月考卷——数二答案 [f(x)2x2c xc ]''| 0. 1 2 x 考虑用罗尔定理来证明，需要一个函数在三个点的值相等. 令F(x) f(x)2x2c xc ，F(0) f(0)c 1c ， 1 2 2 2 F(1) f(1)2c c 5c c ，F(2) f(2)82c c 92c c . 1 2 1 2 1 2 1 2 若F(0)F(1)F(2)1c 5c c 92c c ， 2 1 2 1 2 解得c 4，同时取c 0. 1 2 【证明】：令F(x) f(x)2x24x，由于 F(0) f(0)1，F(1) f(1)241, F(2) f(2)881. 所以F(x)在[0,1]和[1,2]上均满足罗尔定理的条件，由罗尔定理得， (0,1)，使得F'()0； (1,2)，使得F'()0. 1 1 2 2 从而F'(x)在[,]上满足罗尔定理的条件，由罗尔定理得， 1 2 (,)(0,2)，使得F''()0，即 f ''()4. 1 2 a 1 22.【答案】：（1）： ；（2）非0公共解为C 1,1,1,1 T  C 0  . b0 【解析】：（1）由于 II 的通解为C C C ,C 2C ,C 2C ,C T ，代入到 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 C C 0  1 2 方程组 I 中有  b1  C  12b  C 0，看是否有不全为0的C ,C 满足新方程组， 1 2 1 2  2C  3a  C 0  1 2  1 1  1 1      a 1 由于其系数矩阵 b1 12b 初等行变换 0 b ，所以当 时，存在不全         b0  2 3a  0 1a 为0的C ,C 使得存在方程组 II 的非零解也为方程组 I 的解，且此时：C C 0， 1 2 1 2 a 1 （2）因而当 时，非0公共解为C ,C 2C ,C 2C ,C T 中满足C C 0 b0 2 1 2 1 2 2 1 2 的解，即C ,C ,C ,C T C 1,1,1,1 T  C  0 C 1,1,1,1 T  C  0  . 2 2 2 2 2 2 9经验超市 26 考研数学 9月月考卷——数二答案 10