2021考研数学二真题及答案解析.pdf

《2021考研数学二真题及答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021考研数学二真题及答案解析.pdf（12页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021 年全国硕士研究生招生考试数学（二）（科目代码：302）考试时间：180 分钟，试卷总分：150 分考生注意事项1答题前，考生须在试题册指定位置上填写考生编号和考生姓名；在答题卡指定位置上填写报考单位、考生姓名和考生编号，并涂写考生编号信息点。2选择题的答案必须涂写在答题卡相应题号的选项上，非选择题的答案必须书写在答题卡指定位置的边框区域内。超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题册上答题无效。3填（书）写部分必须使用黑色字迹签字笔书写，字迹工整、笔迹清楚；涂写部分必须使用 2B 铅笔填涂。4考试结束，将答题卡和试题册按规定交回。(以下信息考生必须认真填写以下信息考生必须认真填写)考

2、生编号考生姓名数学（二）试题及解析第 1页（共 12页）一、选择题：110 小题，每小题 5 分，共 50 分下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1.当x 0，x20(et1)dt是x7的B.等价无穷小.C.高阶无穷小.D.同阶但非等价无穷小.3A.低阶无穷小.【答案】C.【解析】limx0 x20e1dtlim2et3x615x7x07xlim2xx067x50,故选 C.ex1,x0,2.函数f(x)x在x 0处x01,A.连续且取极大值C.可导且导数等于零【答案】DB.连续且取极小值D.可导且导数不为零ex1e11ex1x21，故可【解析】因为lim1f f(0)，故连

3、续；又因为xlimx x0 x xx02xx2x x导，所以选 D.3.有一圆柱体底面半径与高随时间变化的速率分别为2cm/s，3cm/s，当底面半径为10cm，高为 5cm 时，圆柱体的体积与表面积随时间变化的速率分别为A.B.C.D.125cm3/s,40cm2/s125cm3/s,40cm2/s100cm3/s,40cm2/s100cm3/s,40cm2/s【答案】C.【解析】drdh2，3；V r2h，S 2rh2r2.dtdt数学（二）试题及解析第 2页（共 12页）dVdrdh2rhr2 100.dtdtdtdSdrdhdr2h2r4r40.dtdtdtdt4.设函数f(x)axb

4、ln x(a 0)有 2 个零点，则A.(e,)【答案】A.【解析】fx axblnx,若b 0，不满足条件，舍去；若b 0，令fxa得xB.(0,e)C.(0,)1eb的取值范围a1D.(,)eb=0，xbbb.在0，,fx0,，+,fx0.aaax0lim fx,lim fx，x令fbbbbb=bblnb1ln 0,得ln1，即 e.故选 A.aaaaa5.设函数f(x)secx在x 0处的 2 次泰勒多项式为1axbx2，则A.a 1,b 1212B.a 1,b 1212C.a 0,b 【答案】D.D.a 0,b【解析】fxsecxf0f0 xf02x2ox2112x ox2.2所以可得

5、a 0，b 1.2x2226.设函数f(x,y)可微，且f(x1,e)x(x1),f(x,x)2x ln x,则df(1,1)数学（二）试题及解析第 3页（共 12页）A.dxdy【答案】选 CB.dxdyC.dyD.dy【解析】由于f f(x x 1,ex x)x x(x x 1)2，两边同时对x求导得f f1(x x 1,ex x)f f2(x x 1,ex x)ex x(x x 1)22x x(x x 1).2221令x x 0得f f1(1,1)f f2(1,1)10,f1(x,x)f2(x,x)2x4xln x2x;x令x x 1得f1(1,1)2 f2(1,1)2.因此f f1(1

6、,1)0；f f2(1,1)1.所以df(1,1)dy，故选 C.7.设函数f(x)在区间0,1上连续，则A.lim10f(x)dx nk12nn2k11f2n2nk11f2nnB.limnk1n2k11f2nnk2f2nnk1，故选 B.n2nC.limnk1D.limnk12n【答案】选 B【解析】将0,1的区间n等分，每一份取区间中点的函数值f2228.二次型f(x1,x2,x3)(x1 x2)(x2 x3)(x3 x1)的正惯性指数与负惯性指数依次为0A.2，【答案】选 B【解析】1B.1，1C.2，2D.1，fx1,x2,x3x1x2x2x3x3x12222222 x12 2x1x2

7、 x2 x2 2x2x3 x3 x3 2x1x3 x122 2x22x1x22x2x32x1x3.数学（二）试题及解析第 4页（共 12页）011二次型对应矩阵为121,11011101|EA|121=1211111110102(1)121(1)(2)(1)2(1)(3)则p 1q 1.9.设 3 阶矩阵A A=1,2,3,B B 1,2,3,若向量组 1,2,3可以由向量组 1,2,3线性表出，则（）B.A ATx x=0 0的解均为B BTx x=0 0的解.D.B BTx x=0 0的解均为A ATx x=0 0的解.A.AxAx=0 0的解均为BxBx=0 0的解.C.BxBx=0 0

8、的解均为AxAx=0 0的解.【答案】D【解析】由题意，可知A A BCBC，B B x x=0 0的解均为C C B B x x=0 0的解，即A A x x=0 0的解，D选项正确.TTTT10110.已知矩阵A A211，使得PAQPAQ为若下三角可逆矩阵P P和上三角可逆矩阵Q Q，125对角矩阵，则P P、Q Q分别取（）.数学（二）试题及解析第 5页（共 12页）1A.001C.2300 10 10,0101 0000 1 10,021 0131011301100 10 B.210,01321 00 100 12 D.010,01131 00 001321【答案】C10010110

9、1100【解析】通过代入验证210211013010.3211250010010选 C二、填空题（11-16 小题，每小题 5 分，共 30 分）11.x3xdx1ln32.【答案】【解析】原式 20 x3xdx3xdx2 0221x23ln301ln3.td2yx2et1,12.设函数y yx由参数方程确定，则2t2dxt0y4 t1 et2【答案】.3【解析】ttdyyt4e 4t1e 2t2t,dxxt2et1d2tdtd2ydx2t0dtdx2t012et1t023.z13.设函数z z(x,y)由方程(x1)z yln z arctan(2xy)1确定，则x(0,2)【答案】1数学（

10、二）试题及解析第 6页（共 12页）【解析】将x 0,y 2代入得z z 1，又对(x1)z yln z arctan2xy1两边同时求x x的导数得z(x1)z1z2yy02xzx1(2xy)z1.x.将x 0,y 2,z 1代入上式得t2txf(t)dxsindyf14.已知函数，则1xy2【答案】2cos.2【解析】ftt21ty2ty2xxxdxsindydysindxsindxdy,则x111yyy1t2ftt21x2xx2sinfdx=cossindx，所以1212t2222cos.215.微分方程y y 0的通解y【答案】C1eex1x2.33C sinxC cosx，其中C1,

11、C2,C3为任意常数.32221313i;r3 i.故其通解为2222【解析】设其特征方程为r31 0，则r11;r2 1x2C1eex33C2sin2xC3cos2x.xxx112x2x11x中x3项的系数为16.多项式f(x)12.211【答案】5数学（二）试题及解析第 7页（共 12页）【解析】x3项为11+2+24x31x3 5x3，因此x3项系数为51三、解答题：1722 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本题满分 10 分）求极限lim(x01etdte10 xx21.)sin x【解析】x2tx1xet2dtsinsine dexxt1100lim

12、limxx0sin xx0ex1sin xe1limx0sin xsin xe dte1x02xt2xsin xe dtsin xe10limlim2x0 x0 xx2xxt211xx3+ox31xx2+ox262limlim2x0 x0 x18.（本题满分 12 分）已知f(x)x0etdtx211 1.22x x1x，求f(x)的凹凸区间及渐近线.x2,x0,x 11xf(x)2x,x01xx20f(0)=lim1x0 x0 xx20 x10f(0)=limx0 x所以数学（二）试题及解析第 8页（共 12页）11,x0,x 1 2(1x)f(x)0,x011,x02(1x)1f(0)=l

13、imx011xx12020 21f(0)=limx01xx2所以231xf(x)21x3x 1时，f 0 x0,x 1x01 x 0时，f 0 x 0时，f 0因此，凹区间,1,0,，凸区间1,0 x2x2lim,lim，因此没有水平渐近线；x1xx1xx2x2x 1,x1 0，且lim,lim，因此存在铅直渐近线x 1；x11xx11xx2x2，因此存在斜渐近线y x1；1xlim1,limx 1xx1xx数学（二）试题及解析第 9页（共 12页）x2x2，因此存在斜渐近线y x1；x1 1,limx1limxx1xx19.（本题满分 12 分）f(x)满足f(x)xdx12xxC，L为曲线

14、y f(x)(4 x 9)，L的弧长为S，L绕x6轴旋转一周所形成的曲面面积为A，求S和A.解：f(x)1x13x113f(x)x2x232s94 1111221xxdx221191(x2x2)dx2422391111132222xxxxdx23A=24425920.（本题满分 12 分）y y(x)微分方程xy6y 6，满足y(3)10（1）求y(x)（2）P 为曲线y y(x)上的一点，曲线y y(x)在点 P 的法线在 y 轴上截距为p，为使p最小，求 P 的坐标。解：（1）y66y，xx数学（二）试题及解析第 10页（共 12页）6dx66xdxxyeeCx6x6x6dxCx1Cx6.

15、根据由初始条件得C=（2）设在x0,1116.所以y 1x.3311616 xx0，x0的法线为y1x0532x30116x01hx0，42x03在y轴上的截距为IP4455hx0=2x02x00，得x0 1，得P点坐标为1,，1,.3321.（本题满分 12 分）曲线(x2 y2)2 x2 y2(x 0,y 0)与x轴围成的区域 D，求【解析】xydxdy.Dr4 r2co s 2,r2 co s 21f(x)I=xydxdy dxD00 xydy1111=xf2(x)dx f2(x)d(x2)0240 xrcos,x2r2cos2cos2cos2yrsin,y2r2sin2cos2sin2

16、f2(x)10I=cos2sin2d(cos2cos2)421=2(sin4sin2cos22cos22sin3cos)d40112=2sin4sin 2d2cos22sin2(1cos2)d16080数学（二）试题及解析第 11页（共 12页）1112=(sin4sin8)d2(cos22cos32)dcos2320216011=cos432 41242011cos864 820111(cos32cos42)16342022.（本题满分 12 分）210设矩阵A A120仅有两不同的特征值，若A A相似于对角矩阵，求a,b的值，并求可逆1ab矩阵P P，使P P1APAP为对角矩阵.【解析】021|EA A|120(b)(2)211ab(b)243(b)(1)(3)0.110当b 1时，a 1，1 3,231，P P110.101101当b 3时，a 1，12 3,31，P P101.011数学（二）试题及解析第 12页（共 12页）