2017甘肃考研数学二真题及答案.pdf

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1、20172017 甘肃考研数学二真题及答案甘肃考研数学二真题及答案一、选择题（本题共 8 小题，每小题 4 分，满分 32 分）（1）若函数0,0,cos1)(xbxaxxxf在0 x处连续，则（）)(A21ab。)(B21ab。)(C0ab。D(2ab。【答案】)(A【解】aaxxfx21cos1lim)00(0，bff)00()0(，因为)(xf在0 x处连续，所以)00()0()00(fff，从而21ab，应选)(A。（2）设二阶可导函数)(xf满足1)1()1(ff，1)0(f，且0)(xf，则（）)(A110)(xf。)(B110)(xf。)(C1001)()(dxxfxf。)(D1

2、001)()(dxxfxf。【答案】)(B【解】取12)(2xxf，显然110)(xf，应选)(B。（3）设数列nx收敛，则（）)(A当0sinlimnnx时，0limnnx。)(B当0)|(limnnnxx时，0limnnx。)(C当0)(lim2nnnxx时，0limnnx。)(D当0)sin(limnnnxx时，0limnnx。【答案】)(D【解】令Axnnlim，由0sin)sin(limAAxxnnn得0A。（4）微分方程)2cos1(842xeyyyx 的特解可设为y（）)(A)2sin2cos(22xCxBeAexx。)(B)2sin2cos(22xCxBxeAxexx。)(C)

3、2sin2cos(22xCxBxeAexx。)(D)2sin2cos(22xCxBxeAxexx。【答案】)(C【解】特征方程为0842，特征值为i 222,1。对方程xeyyy284，特征形式为xAey21；对方程xeyyyx2cos842，特解形式为)2sin2cos(22xCxBxeyx，故方程)2cos1(842xeyyyx 的特解形式为)2sin2cos(22xCxBxeAeyxx，应选)(C。（5）设),(yxf具有一阶偏导数，且对任意的),(yx都有0),(,0),(yyxfxyxf，则（）)(A)1,1()0,0(ff。)(B)1,1()0,0(ff。)(C)0,1()1,0(

4、ff。)(D)0,1()1,0(ff。【答案】)(D【解】0),(xyxf得),(yxf关于x为增函数，从而),0(),1(yfyf；由0),(yyxf得),(yxf关于y为减函数，从而)1,()0,(xfxf，由),0(),1(yfyf得)0,0()0,1(ff；由)1,()0,(xfxf得)1,0()0,0(ff，故)1,0()0,1(ff，应选)(D。（6）甲、乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10（单位：m）处，图中，实线表示甲的速度曲线)(1tvv（单位：sm/），虚线表示乙的速度曲线)(2tvv，三块阴影部分面积的数值依次为3,20,10，计时开始后乙追甲的时刻为0t（单位：s），

5、则（）)(A100t。)(B20150 t。)(C250t。)(D250t。【答案】【解】（7）设A为 3 阶矩阵，),(321P为可逆矩阵，使得2000100001APP，则)(321A（）)(A21。)(B322。)(C32。)(D312。【答案】)(B【解】由2000100001APP得200010000PAP，于是323232121112,0111200010000111)(PAPA，应选)(B。（8）已知矩阵200020001,100020012,100120002CBA，则（）)(A A与C相似，B与C相似。)(B A与C相似，B与C不相似。)(C A与C不相似，B与C相似。)(D

6、 A与C不相似，B与C不相似。【答案】)(B【解】CBA,的特征值为1,2321，由1001000002AE得1)2(AEr，则A可相似对角化，从而CA；由1000000102BE得2)2(BEr，则B不可相似对角化，从而B与CA,不相似，应选)(B。二、填空题（本题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 分）（9）曲线)2arcsin1(xxy的斜渐近线为_。【答案】2 xy。【解】1)2arcsin1(limlimxxyxx，2112arcsin1lim)(limxxxyxx，斜渐近线为2 xy。（10）设函数)(xyy 由参数方程tyetxtsin,确定，则_|022tdxyd。【答案

7、】81。【解】tetdtdxdtdydxdy1cos/，32022)1(cossin)1(1)1(cos)1(sin/)1cos(|ttttttttteteteeeteetdtdxetddxyd，则81|022tdxyd。（11）_)1()1ln(02dxxx。【答案】2。【解】)11()1ln()1()1ln(002xdxdxxx2|111)1(1|1)1ln(0020 xdxxxx（12）设函数),(yxf具有一阶连续的偏导数，且dyeyxdxyeyxdfyy)1(),(，0)0,0(f，则_),(yxf。【答案】yxye【解】由)()1(),(yyyxyeddyeyxdxyeyxdf得C

8、xyeyxfy),(，再由0)0,0(f得0C，故yxyeyxf),(。（13）_tan110ydxxxdy。【答案】1cosln【解】1cosln|coslntantantan1010010110 xxdxdydxxxdxxxdyxy。（14）设矩阵11321214aA的一个特征向量为211，则_a。【答案】1a。【解】由21121111321214a得a23,1，解得1a。三、解答题（15）（本题满分 10 分）求300limxdte txxtx。【解】xuxxuxutxxtdueuedueudte tx000，则300300300limlimlimxdueuxdueuexdte txxu

9、xxuxxxtx3223lim0 xexxx。（16）（本题满分 10 分）设函数),(vuf具有二阶连续的偏导数，)cos,(xefyx，求0|xdxdy，022|xdxyd。【解】21sinfxfedxdyx，)1,1(|10fdxdyx；)sin(sincos)sin(222121211122fxfexfxfxfeefedxydxxxx ，则)1,1()1,1()1,1(|2111022fffdxydx。（17）（本题满分 10 分）求nknnknk12)1ln(lim。【解】10112)1ln()1ln(1lim)1ln(limdxxxnknknnknknknnkndxxxxxxdx1

10、0210210211)1(21|)1ln(21)()1ln(21412ln2121412ln21)111(212ln2110dxxx。（18）（本题满分 10 分）已知函数)(xy由方程023333yxyx确定，求)(xy的极值。【解】023333yxyx两边对x求导得0333322yyyx，令0 y得1,121xx，对应的函数值为01y，12y；0333322yyyx两边再对x求导得0336622 yyyyyx，由02)1(y得1x为极小点，极小值为0y；由01)1(y得1x为极大点，极大值为1y。（19）（本题满分 10 分）设函数)(xf在 1,0上二阶可导且0)1(f，0)(lim0

11、xxfx。证明：（I）方程)(xf在)1,0(内至少有一个实根；（II）方程0)()()(2 xfxfxf在)1,0(内至少有两个不同的实根。【证明】（I）由0)(lim0 xxfx得0)0(f，又存在0，当),0(x时，0)(xxf，即当),0(x时0)(xf，于是存在),0(c，使得0)(cf，因为0)1()(fcf，所以存在)1,0()1,(0 cx，使得0)(0 xf。（II）令)()()(xfxfx，因为0)()0(0 x，所以由罗尔定理，存在)1,0(),0(0 x，使得0)(，而)()()()(2xfxfxfx，故0)()()(2 fff，即0)()()(2 xfxfxf在)1,

12、0(内至少一个实根。（20）（本题满分 11 分）已知平面区域2|),(22yyxyxD，计算二重积分Ddx2)1(。【解】由对称性得DDdxdx)1()1(22，令sin,cosryrx（sin20,0r），则sin202302)cos()1(drrrddxD20220420242sin4sincos8)sin2sincos4(ddd2022062042022042sin4sin8sin8sin4sin)sin1(8ddddd452214)221436522143(8。（21）（本题满分 11 分）设)(xy是区间)23,0(内的可导函数，且0)1(y。点P是曲线)(:xyyL上的任意一点，

13、L在点P处的切线与y轴相交于点),0(PY，法线与X轴相交于点)0,(PX，若PPYX，求L上的点的坐标),(yx满足的方程。【解】切线为)(xXyyY，由0X得yxyYP；法线为)(1xXyyY，由0Y得yyxXP。由PPYX得yyxyxy，整理得xyxydxdy，即11xyxydxdy，令uxy，则11uudxduxu，整理得112uudxdux，分离变量得xdxduuu211，积分得Cxuulnarctan)1ln(212，由0)1(y得0C，故),(yx满足的方程为xxyxylnarctan)1ln(2122。（22）（本题满分 11 分）设 3 阶矩阵),(321A有三个不同的特征值

14、，且2132。（I）证明：2)(Ar（II）若321，求方程组AX的通解。【证明】（I）设A的特征值为321,，因为A有三个不同的特征值，所以A可以相似对角化，即存在可逆矩阵P，使得3211APP，因为321,两两不同，所以2)(Ar，又因为2132，所以321,线性相关，从而3)(Ar，于是2)(Ar。（II）因为2)(Ar，所以OAX 基础解系含一个线性无关的解向量，由321321,02得AX的通解为111121kX（k为任意常数）。（23）（本题满分 11 分）设 二 次 型3231212322213212822),(xxxxxxaxxxxxxf在 正 交 变 换QYX 下的标准型为222211yy，求a的值及一个正交矩阵。【解】aA14111412，321xxxX，AXXxxxfT),(321，因为03，所以0|A。由0)2(314111412|aaA得2a。由0)6)(3(214111412|AE得0,6,3321。由0001101015141214153AE得31对应的线性无关的特征向量为1111；由0000101014141714146AE得62对应的线性无关的特征向量为1012；由0002101010AE得03对应的线性无关的特征向量为1213。规范化得111311，101212，121613，故正交矩阵为61213162031612131Q。