经验超市6月数二月考卷答案解析_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6月月考卷·数二答案解析 一：选择题（5分/题，共50分） ln x 1．设 f  x  sinx ，则 f  x 有  x1  A 一个可去间断点，一个跳跃间断点  B 一个可去间断点，一个无穷间断点  C 两个可去间断点  D 两个无穷间断点 1.【答案】 A  ln x 【解析】：由于lim f  x lim sinx limxln x 0 ，因而x0是 f  x 的一个可 x0 x0 x1 x0 去间断点； ln x lnx ln  1x1  由于lim f  x lim sinx sin1lim sin1lim x1 x1 x1 x1 x1 x1 x1 x1 sin1, x1 sin1lim   x1 x1 sin1, x1 因而x1是 f  x 的一个跳跃间断点； 因而选 A  . 1 x2 3x4 2.曲线 y e2x arctan 的渐近线条数为   x1  x2   A  1.  B  2.  C  3.  D  4. 2.【答案】 B  1 x2 3x4 1 【解析】：由于lim f  x  lime2x arctan  lime2x arctan 2  x0 x0  x1  x2  x0 x=0为一条垂直渐近线； 1 x2 3x4  而lim f  x lime2x arctan 1arctan1 . x x  x1  x2  4  y 为一条水平渐近线. 选 B  . 4 1经验超市6月月考卷·数二答案解析 【注】： arctanx是有界函数，故 x 1与x  2处 f  x 极限不是无穷. 3：设函数 f  x  在 xa 处可导，则函数 f  x  在 xa处不可导的充分条件是   A  f  a 0 且 f a 0  B  f  a 0 且 f a 0  C  f  a 0 且 f a 0  D  f  a 0 且 f a 0 3.【答案】 B  f  x  f  a  【解析】：由于函数 f  x 在 xa处可导，即lim 存在，且函数必然在 xa xa xa处连续，此时，如果 f  a 0，由极限的局部保号性，必然有：当 xa 时 ， f  x 0 ， 此 时 函 数 f  x  在 xa 处 的 导 数 f  x   f  a  f  x  f  a  lim lim  f a  ，因而函数 f  x  在 xa xa xa xa xa处可导. 类似的分析： f  x   f  a  如果 f  a 0，函数 f  x  在xa处的导数lim xa xa f  x  f  a  lim  f a ，因而函数 f  x  在xa处可导. xa xa 故 f  a 只能为0，排除 C  ,  D 选项.  A  ,  B 选项中，由 f  a 0， f  x  f  a  f  x  函数 f  x 在xa处可导，即lim lim  f a  xa xa xa xa f  x   f  a  f  x  此时函数 f  x  在xa处的导数lim lim xa xa xa xa 2经验超市6月月考卷·数二答案解析  f  x  f  x  lim  lim  f a  xa xa xa xa       f x f x lim  lim  f a    xa xa xa xa 因而当 f a 0时，此时函数 f  x  在xa处不可导. 因而选 B  .  dx 4.反常积分 2  p 0,q 0  是收敛的，则 p,q的取值情况是：  0 sinp xcosq x  A  0 p 1, 1 q  B  0 p 1, 0 q 1  C  p 1, 0 q 1  D  p 1, q 1 4.【答案】 B   dx  dx  dx 【解析】： 2  4 2 0 sinp xcosq x 0 sinp xcosq x  sinp xcosq x 4  dx 对于4 来说，由反常积分比较法： 0 sinp xcosq x 1 sinp xcosq x  dx  1 lim 1，因而积分4 与4 dx同敛散. x0 1 0 sinp xcosq x 0 xp xp  1 而对积分4 dx来说： p1时收敛， p1时发散. 0 xp  dx 因而积分4 收敛 p1. 0 sinp xcosq x  dx 对于2 来说，可以利用换元法：  sinp xcosq x 4  令x t  dx 2  1 2  4 dt  sinp xcosq x 0 cosptsinqt 4  dx 类似前面对积分4 的分析，可以得到： 0 sinp xcosq x  dx 积分2 收敛 q1.  sinp xcosq x 4 3经验超市6月月考卷·数二答案解析  dx 最终：反常积分2 收敛0 p1, 0 q1，因而选 B  . 0 sinp xcosq x  dx 【注】：分析积分2 的时候，当然也可以不利用换元法，直接利用反常积分  sinp xcosq x 4 1 sinp xcosq x  dx  1 比较法：lim 1，因而积分2 与2 dx同敛散.  1  sinp xcosq x  cosq x x 4 4 2 cosq x  1 然后再分析积分2 dx，此时可以用换元法，也可以直接算，但是运算量就大了，  cosq x 4 没有我们直接利用换元法方便. 5.设 f  x 在 a,b 上连续，且 f  x 0在 a,b 上恒成立， 则方程 x f(t)dt x 1 dt 0 在 a,b 内根的个数为  a b f(t)         A .0 B .1 C .2 D .3 5.【答案】 B  【解析】：设函数F  x   x f (t)dt x 1 dt ，显然函数在上 a,b 连续， a,b 上可导， a b f(t) 并且F  a 0 a 1 dt  b 1 dt 0,F  b   b f (t)dt00 ， b f(t) a f(t) a 因而F  a  F  b 0，从而函数F  x 在 a,b 内至少存在一个零点， 1 并且由于F x  f  x   0，因而函数F  x 在 a,b 内单调递增，因   f x 而零点唯一，即方程 x f(t)dt x 1 dt 0 的根唯一，因而选 B  . a b f(t) 6.下列函数在点(0,0)处不连续的是  4经验超市6月月考卷·数二答案解析  xy , (x,y) (0,0)  A f(x,y)  x2  y2   0, (x,y)(0,0) x3  y3  , (x,y)(0,0) B f(x,y)x2  y2   0, (x,y)(0,0)  xy , (x,y) (0,0)  C f(x,y)  x4  y4   0, (x,y)(0,0)  1  x2  y2 sin , (x,y)(0,0) D f(x,y) x2  y2   0, (x,y)(0,0) 6.【答案】 C  y 【解析】：方法一：注意 1.在 A ， B 中分别有 x2  y2 y x3 y3 x3 y3 f(x,y)  x   x ， f(x,y)      x  y ， x2  y2 x2  y2 x2  y2 x2 y2  lim f(x,y)0 f(0,0) ， f(x,y)在点(0,0)处连续. (x,y)(0,0) 1 在 D 中，sin 有界 x2  y2 1 lim f(x,y) lim x2  y2 sin 0 f(0,0) (x,y)(0,0) (x,y)(0,0) x2  y2  f(x,y)在点(0,0)处连续，故选 C  . 方法二：直接证 C 中 f(x,y)在点(0,0)处不连续，当(x,y)沿直线y  x趋于点(0,0)时， x2 1 f(x,y)  ，而 f(0,0)0，故在点 f(x,y)在点(0,0)处不连续.选 C  . x4  y4 2 7.若弹簧拉长1cm需要1N 的力，现在要将弹簧拉长5cm，需要做多少功  5经验超市6月月考卷·数二答案解析         A 0.125J B 0.25J C .0.5J D 1J 7．【答案】 A  （物理知识：F kx ，F 为弹力，k 为劲度系数， x为弹簧拉长（或压短）的长度。 1m1N 1J ） 【解析】：由题已知： x0.01m 时， F 1  N ，代入 F kx 得 k 100 ，这样就有 F 100x，由dW Fdx，则需要做的功是：W   0.05 100xdx 0.125  J  选 A  . ， 0 a b  c   d          8.设向量  0 ,  1 ,  1 ,  1 ，其中a,b,c,d 是任意常数，则必有 1   2   3   4           0 0  1   1    A  r ,, 2  B  r ,, 2 1 2 3 1 2 4  C  r ,, 3  D  r ,, 3 1 3 4 2 3 4 8．【答案】 C  a c d 【解析】：,,  0 1 1 0，因而其秩3，判断其他选项向量组的秩方法类 1 3 4 0 1 1 似，可以说明其他选项向量组的秩都取决于a,b,c,d 的取值，因而无法确定，故选 C  . 9.设A,B均为2阶矩阵，A*,B*分别为A,B的伴随矩阵，若 A 2, B 5，则分块矩阵 O A  的伴随矩阵为  B O  O 5B*  O 2B*  O 5A*  O 2A* (A)  (B)  (C)  (D)  2A* O  5A* O  2B* O  5B* O  9.【答案】 B  6经验超市6月月考卷·数二答案解析 O A O A 【解析】：分块矩阵 的行列式 (1)22 | A||B|2510 ，故分块矩阵 B O B O * 1 O A O A O AO A  可逆，则     ，故 B O B O B O B O  1   1  O A O A 1  O B1  O |B| B*   O 5 B*    10 10 10  B O B O A1 O   1  1   A* O   A* O  | A|  2   O 2B*   ，故答案为 B  . 5A* O  10.设二次型 f  x ,x ,x  xTAx ，其矩阵 A 满足 A3  A ，且行列式 A 0，其迹 1 2 3 trA0 ，则二次型的规范形为   A  z2+z2 z2  B  z2+z2 z2 1 2 3 1 2 3  C  z2 z2 z2  D z2 z2 z2 1 2 3 1 2 3 10.【答案】 C  【解析】：由 A3  A，可以得到 A 的特征值必然满足3 ，1,0；又由于 A 0, trA0可得1,1,1，规范形z2 z2 z2，选 C  . 1 2 3 二：填空题（5分/题，共30分）  1 1 1  11.极限lim   ______ n  n1 n4 n 3n2    2 11.【答案】 ln2 3   1 1 1 1  【解析】：原式lim     nn 1 1 1 4 1 3n2   n n n  7经验超市6月月考卷·数二答案解析   lim 1 3   1  1  1    1  3 1 dx 1 ln  1 x  3  2 ln2 . n3 n 1 1 1 4 1 3n2  3 01x 3 0 3  n n n    【注】：lim 3  1  1  1    3 1 dx可以理解为把区间 0,3 平 nn 1 1 1 4 1 3n2  01x  n n n  3 均分为了n等份（所以每个小区间长度为 ），在每个小区间内取点为左侧三等分点. n i  xa  tsint  12.摆线 ，a0在a,2a 处的曲率半径为________ y a  1cost  12.【答案】4a 【解析】：在a,2a 处即在t 处， x t  y t x t  y t  1 由曲率公式K  ，在t 处K  . 3 4a x2 t  y2 t 2   1 因而曲率半径R   4a. K xacos3t 13.星形线 ,  0t 绕x轴旋转一周所得的旋转体体积为________ y asin3t 32 13.【答案】 a3 105 【解析】：通过星形线图形可知，所分析的曲线为星形线上半部分，对应点的关系是： t 0对应于xa,y 0，而t 对应于xa,y 0. a a xacos3t 此时旋转体体积为： y2dx  y2dx 做换元法 ，注意对应关系： a a y asin3t 0   a2sin6t3acos2tsintdt 3a3 sin7tcos2tdt  0   32 3a3 sin7tdt3a3 sin9tdt 由华莱士公式 a3. 0 0 105 8经验超市6月月考卷·数二答案解析 dy 1 14.微分方程  的通解为________ dx x y 14.【答案】xCey  y1，(C为任意常数) 【解析】： dy 1 dx 由  得 x y， dx x y dy 则x(ye 1dy dyC)e 1dy Cey y1，(C为任意常数). 15.二重积分 2 dy 2 ex2 dx ________ 0 y 1 1  15.【答案】 1  2 e4  【解析】：由于ex2 无法积分，因而交换积分次序，二重积分  2 dx x ex2 dy   2 xex2 dx 0 0 0 2 ex2 1 1    1 . 2 2 e4  0 x1 1 1 16.设 f(x) 2 2x2 2 ，则x2项的系数为________ 3 3 3x3 16.【答案】18 【解析】： f(x)的3次项和2次项都产生于(x1)(2x2)(3x3) ，且该项为正，所以 x2 项的系数为18. 三：解答题 9经验超市6月月考卷·数二答案解析 xarctan  x1 1 17.（10分）已知lim f  x 存在，且 f  x   2x2ex1limf  x ， x1  x1 3 x1 求 f  x  . xarctan  x1 1 2 17.【答案】 f  x   x2ex1.  x1 3 3 xarctan  x1 1 【解析】：令lim f  x a，则 f  x   2ax2ex1，有 x1  x1 3 1 lim f  x lim  x1 arctan  x1  2ax2ex1lim 3  x1 3 2a  1 2a ， x1 x1  x1 3 x1  x1 3 3 1 1 故a  2a，解得a  . 3 3 x 18.（12分）求曲线L： y    costdt的全长  2 18.【答案】4 b x 【解析】：曲线L的长度= 1 y2dx，此题中 y   costdt ，由cost 必须0，因 a x   2  而可以断定，x ，且 y  cosx ，长度 2 x    x  x =2 1cosxdx22 1cosxdx22 2cos2 dx 2 22cos dx 4.   0 0 2 0 2 2  x y 19.（12分）设由F ,  0确定z  f  x,y ，其中 f,F均具有一阶连续偏导数，  z z  z z 试证： x  y  z. x y  x y zxz  yz  19.【证明】：F ,  0左右对x求导，可得：F  x F    x   0.  z z  1 z2 2  z2  10经验超市6月月考卷·数二答案解析 zF 从而可得z  1 . x xF  yF 1 2  x y xz z yz  F ,  0左右对 y求导，可得：F  y F  y  0.  z z  1 z2 2  z2  zF 从而可得z  2 . y xF  yF 1 2 z z zxF zyF zxF zyF 从而x  y  1  2  1 2  z ，得证. x y xF  yF xF  yF xF  yF 1 2 1 2 1 2 1 20.（12分）计算二重积分 dxdy，其中D是由x2  y1 2 1与 yx 4x2  y2 D 所确定的区域.  20.【答案】  2 2 1 0 2sin r 0 【解析】： dxdy  d dr  2 (1cos)d   4x2  y2  0 4r2  D 4 4    2. 2 21.（12分）设 f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导， f(x)1 f(0) f(1)0,lim 1,试证： 1 1 x (x )2 2 2 1  (1)存在  ,1,使得 f()；（4分） 2  (2)对任意实数，必存在(0,)，使得 f()[f()]1；（4分） (3) f(x)在[0,1]上的最大值大于1；（4分） f(x)1 1 21.【证明】:(1)由lim 1，知 f( )1，令F(x) f(x)x. 1 1 2 x (x )2 2 2 11经验超市6月月考卷·数二答案解析 1 1 1 1 F( ) f( )  0 F(1) f(1)10110. ， 2 2 2 2 1  由零点定理可知，  ,1，使得F()0，即 f() . 2  (2) 令 (x)ex[f(x)x],(0)(), 由罗尔定理知 (0,) ，使得 ()0，即 f()[f()]1. f(x)1 1 (3)由lim 10 ，由极限的保号性知，在 x 的某去心邻域内， 1 1 2 x (x )2 2 2 f(x)1 1 0，由于分母(x )2 0因而有分子 f(x)10 f(x)1. 1 2 (x )2 2 1 即在x 的某去心邻域内存在函数值大于1，因而1不是函数的最大值. 2 又 f(x)在[0,1]上连续，则 f(x)在[0,1]上的最大值大于1. 22.（12分）设二次型 f(x ,x ,x )  xTAx  ax2  2x2  2x2  2bx x (b  0) ，其中 1 2 3 1 2 3 1 3 二次型的矩阵A的特征值之和为1，特征值之积为12. （Ⅰ）求a, b的值； （Ⅱ）利用正交变换将二次型 f 化为标准形，并写出所用的正交变换和对应的正交矩阵. 22.【答案】 I  a 1,b2；  II 二次型 f 经正交变换x Qy，可化成标准形 f  2y2  2y2  3y2. 1 2 3  2 1  0    5 5   其中Q ,,  1 0 0  . 1 2 3   1 2 0     5 5  12经验超市6月月考卷·数二答案解析  a 0 b    【解析】：（Ⅰ）二次型的矩阵为A  0 2 0 .      b 0 2  已知矩阵A的特征值之和为1，特征值之积为12，故 n n a 1，即a  2  (2)  1，解得a 1. ii i i1 i1 n A 12，而 A 2(2ab2)，故2(2ab2)12，解得b2.又 i i1 b0，故有b2.  1 0 2    （Ⅱ）由（Ⅰ）知，A  0 2 0      2 0 2  1 0 2 1 2 AE  0 2 0  (2) 2 2 2 0 2 (2)(3)(2), 故A的特征值为    2，  3. 1 2 3 当    2时，解(A  2E)x  0，其中 1 2 1 0 2  1 0 2     A2E  0 0 0  0 0 0 ，          2 0 4 0 0 0  x  1 0 等价方程组为x 2x 0，选x ,x 为自由变量，分别令 2   和 ，求得方程组 1 3 2 3 x  0 1 3 的一个基础解系  (0,1,0)T，  (2,0,1)T. 1 2 4 0 2 2 0 1     当  3时，解(A  3E)x  0，其中A3E  0 5 0  0 1 0 ， 3         2 0 1 0 0 0 2x x 0, 等价方程组为 1 3 选x 为自由变量，令x 2，求得方程组的一个基础解系 x 0. 3 3 2  (1,0,2)T. 3 13经验超市6月月考卷·数二答案解析 因,, 已经相互正交，直接将,, 单位化， 1 2 3 1 2 3  1  1  ,   2  (2,0,1)T ,   3  (1,0,2)T. 1 1 2  5 3  5 2 3  2 1  0    5 5   可取Q ,,  1 0 0 ，则Q为所求正交矩阵，满足 1 2 3   1 2 0     5 5  2 0 0    QTAQ 0 2 0 ，     0 0 3 二次型 f 经过正交变换x Qy，可化成标准形 f  2y2  2y2  3y2. 1 2 3 14