2017考研数学二答案真题解析.pdf

《2017考研数学二答案真题解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017考研数学二答案真题解析.pdf（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、、选择题C l) A 2019考研数学（二）参考答案1-cos石解由f(x)axxO,在X0处连续，得limfCrl&.工-o+b, X0 lcos石X1 又limf(x)=lim = ltm =b. x-o+ 工-o+ax 工一o+ 2ax 2a 所以ab=故应选A.2 (2) B解由广(x) 0知曲线y= f (x)在1, l上是凹的，因此当f(x)为凹的偶函数时满足题设条件J(-l)=J(l), 此时ff(x)dx=f(x)dx, 显然可排除选项C,D;取f(x)=宣-1, 则f(-1) =JO)= 1,/ CO)= -1,J位）=40,J1 且一/Cx)dx=J_1 (2x2-l)dx

2、=2 J1 (2x2-l)dx=么O, 所以函数之=f位，y)关于自变量x是单a兀1 0 -1 ,._ 淘 宝 店 铺 ： 光 速 考 研 工 作 室调增函数，从而知同理由af(x,y) 切 O, 得由（）式及（）式得f(O,l) J(l,l) /Cl, 1) /0 ,0) f (0, 1) f (1,0) 故应选D.(6) C(*) (* *) 解令s,(t),sz(t)表示甲，乙两人的路程，由题意，计时开始时，甲在乙前方lOm,要想在t。时刻乙追上甲，应有S 1 (t。)Sz(t。)10根据题干图中阴影部分面积数值为10,20, 3, 可得t =10时，SI(t)s2(t)= J0v1(t

3、)Vz(t)dt=lO.15t 1 Q + f25 V 1 (t)Vz (t) dt = 10-20= -10. IO t=25时，SI(t)Sz (t) = rs压(t)Vz(t)dt。= ro压Ct)-v2Ct)dt+rs压(t)-V 2 (t) dt 0 10 =10-20=10. t25时，s1Ct)-s2Ct)=压(t)-v2(t)dt。故应选C.(7) B= f25压(t)-v2(t)dt十 压(t)-V 2 (t) dt 0 25 =10+压(t)-v2(t)dt-lO.25 解由P-AP1 J可知，应o.应五应,立所以A(a1 +a2 +a3) =a2 + 2a3. (8) B

4、解因为A和B都是上三角矩阵，所以特征值都是1,2,2. 所以，要判别A和B能否相似对角化，只需考察属于2的线性无关的特征向量的个数即可对于A,属于2的线性无关的特征向量的个数3r(2EA) =3-1 =2. 对千B,属于2的线性无关的特征向量的个数3-r (2E - B) = 32 =1. 所以，A可以和C相似，但是B不能故应选B. 0 0 淘 宝 店 铺 ： 光 速 考 研 工 作 室二、填空题(9) y =x + 2 解因为a=Y (x) Jim = Jim 工-+00X x-+= x (1 + arcsin勹X 2 烟!.,(1+ arcsin习=lb r 2 勹皿(y(x)-ax)=工

5、叶(1+ arcsin -;) - xr . 2 I 2 = 1m x arcs1n= lffi X =2 工一十=X x-十=X 所以y=ax +b =x +z为已知曲线的一条斜渐近线；当X_. 时，同理知斜渐近线仍为y=x + Z: 故应填y=x + Z. 1 (10) -8 解dy . dy dt cost dx dx 1 + e dt d2 y d dy dt d dy 1 亡孟（忑） 忑孟（忑）-= (1 C:S:t) I l+ e1 dx :. (11) 1 dt -sint (1 + e) -cost e (1 + e)2 sint (1 + e) + cost e (1 + e

6、)3 sint + (sint + cost) e (1 + e)3 d勺1dx2 ,-o 8 1 ，故应填s 1 1 +e 解I厂勹:;dx= f厂lnCl+x) d(厂十r). lnCl+x) +=dx += dx 三皿l+x+o+f。Cl+x)2=f。Cl+x)21 += =-=-(01) =l l+x o 故应填1.(12) xyeY 解由题意儿(x ,y) =ye ,J;cx ,y) =x(l +y)e人- -=-= -I =-I 淘 宝 店 铺 ： 光 速 考 研 工 作 室所以有f(x,y)= f 1:cx ,y)dx= f yedx=xyeY+C(y). 1; (x ,y) =

7、xyeY +C(y)=x(l +y)e +c(y) =x(l +y)e :.c(y) =O=C(y) =C. 因此f(x,y)=xye+c,又八0,O) =O. 所以C=O.故f(x ,y) =xye入故应填xye入(13)lncosl 解由已知二次积分的上、下限可得积分区域D如右图所示，交换Y 二次积分的积分次序得：fi dy f i tanx dx = f i dx尸dyX 。x=II tanx dx I工dy= I I tanx y工dxo X。X0 = f :tanxdx=f1上d(cosx)=lnl cosx I 1 。cosx0 = -In I cosl I= -lncosl (:

8、 coslO) 故应填lncosl.04)l 4 12 1 1 解设l 2a 1气1,直接解得a-l.3 11 2 2 三、解答题(15)解令xt=u, 则t =x -u ,dt =du. lim 左二edte工工丘e-udu 。=lim 工-o+J. 尸x-o+R Fue-du 。= lim X千J=lim 石尸广伽o+3 石2 . 3 (16)解因为y=f(e工，COSX),所以dy o/(u ,v) af(u ,v) 工= eSlilX, dx OU av d2y of(u,v) 02/(u,v) 02/(u,v) 亡如e工（如2e -a呤VSlllX) e y=x X 2 淘 宝 店

9、铺 ： 光 速 考 研 工 作 室- aJ(u ,v) a勹(u,v)a汀(u,v)如cosx -( 如加e工-av2 smx)smx.当X=O时，u= e0 = 1 , v = cosO = 1 , 所以气打(1,1)dx x-0 au d勺aJo,u a勹(1,1)一句(1,1) 忑工-o=如十a记加(17)解 k k lim k k 1 -= 2ln(1 + -) = lim ln(1 + k-1 n n 一气-in n) n= rX in(l + X) dx 。1 I 1 I =x国Cl+x)fx2 dxZ o Zol+x 1 1 I 1 了lnZ了I。(x1+ l + X) dx1

10、1 I 1 I 了lnZ-4Cx -1)2。一了ln(l+ x) J0(18)解由x3十沪3x +3y2 =0, 得3x2+3y2y13+3y1=0, 6x + 6y(y1)2 + 3沪y + 3y =0. 在O式中令y=0得x=l,x = 1. 当x分别取-1和1时，由x3十沪3x +3y2=0得y(-1) =O,y(l) =l. 将x=l,y(1)=0及y(1) =O代入式得y(-1)=2.因为YI(- 1) = 0 , y11 (- 1) Q , 所以y(1)=O是Y(x)的极小值将x=l,y(l)=l及y(l)=O代入式得y(l) =1. 因为y(l)=0,y(l) o, 所以y(l)

11、=l是y(x)的极大值f (x) (19)解 I)由题设知f位）连续且Jim一存在，所以f(0) = 0. 义,-o+X e)由limf(x) O与极限的保号性可知，存在aE (O,l)使得/(a) O, 即f(a) o, 所以 存在bE (a,l) C (O,l), 使得f(b)=0, 即方程f(x) =0在区间(0,1) 内至少存在一个实根C II)由C I)知f(O)=f(b) =0, 根据罗尔定理，存在cE (O,b) C (0,1 ), 使得f1(c) =O. 令F(x)=f(x)厂(x)由题设知F(x)在区间O,b上可导，且F(O) =O,F(c) =O,F(b) =0. 根据罗尔

12、定理，存在E CO,c),r; E (c,b), 使得F1(0 =F1Cr;) =O, 即名T/是方程f(x)广(x)+ (f1(x)2 =O在区间(01)内的两个不同实根淘 宝 店 铺 ： 光 速 考 研 工 作 室(20)解(x+l)2dxdy=(x2+zx +ndxdy.D D D的边界曲线在极坐标系下的方程为r=2sin0(0011:), 所以2dxdy= J: 叫：smO尸cos20dr=4J六sin0cos20d0=I亢lcos20si旷20d02 =I穴sin220 dB亢cos20sin2 20 dB 2 0 2 0 =I六(1- cos40) d0 4 0 又因为(2x+ l

13、)dx dy =2xdx dy + ff dx dy = 0 +六三D 所以ff (x + l)2dxdy =己D 4 (21)解曲线l:y = y (x)在点P(x,y)的切线方程为Y-y=y(XX). 令X=O得YI=yxy.曲线l:y = y (x)在点P(x,y)的法线方程为y(Y-y)=x+x. 令Y=O得xp=x + yy. 由题设知x+yy=yxy整理得y 一lI yX X y = = . y +x y +1X 令y dy 一=u,则du -=u+x dx dx X l+u 2du =-dx. l+u X ，代入上述方程并分离变益得1 两边积分得arctanu+ -ln(l +矿

14、）=-In巨I +c, 2 y 1 即arctan+ln(x2+ y2) =C. X 2 因为曲线l过点 (1,0)所以C=O, 于是曲线l上点的坐标(x,y)满足的方程为y 1 arctan -+-ln(x2 + y2) =0. X 2 0 1 淘 宝 店 铺 ： 光 速 考 研 工 作 室(22)解C I)由a3=a 1 + 2a2, 知O心心线性相关，故r(A) 2.又因为A有3个不同的特征值，所以A至少有2个不为零的特征值，从而r(A)2.故r(A)= 2.(Il)由a, +za, 一:,o, 知AU 故勹J为方程组AxO的一个解又c(A)z, 所以_zJ为Axo的一个基础解系因为pa, 五+a尸:J.所以!为方程组Axp的一个特解故Axp的通解为X +k 2 , 其中k为任意常数J (23)解二次型J的矩阵为2 1 -4 A I -I I . 芒三；三勹/言勹勹:-6)所以特征值为-3,6,01 矩阵A属千特征值儿=-3的单位特征向量为/J1=(1,-1,l)T; 岛属千特征值从=6的单位特征向量为/Jz =-(-1,Q,l)T; 迈属千特征值从=O的单位特征向量为/J3=-(1,2,l)T. 岛1 1 1 岛迈祁1 2 故所求的一个正交矩阵为Q=CP1,P2,P3)=I-岛1 1 1 瓦迈屈1 r-l-0 J6 . 淘 宝 店 铺 ： 光 速 考 研 工 作 室