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