2015青海考研数学二真题及答案.pdf

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1、2 0 1 5 青 海 考 研 数 学 二 真 题 及 答 案一、选 择 题:1 8 小 题,每 小 题 4 分,共 3 2 分.下 列 每 题 给 出 的 四 个 选 项 中,只 有 一 个 选 项 符 合 题 目 要 求 的,请 将 所 选 项 前 的 字 母 填 在 答 题 纸 指 定 位 置上.(1)下 列 反 常 积 分 收 敛 的 是()(A)21dxx(B)2l n xd xx(C)21l nd xx x(D)2xxd xe【答 案】(D)【解 析】(1)xxxd x x ee，则2 22 2(1)3 l i m(1)3x xxxxd x x e e x e ee.(2)函 数

2、20s i nl i m(1)xtttf xx 在(,)内()(A)连 续(B)有 可 去 间 断 点(C)有 跳 跃 间 断 点(D)有 无 穷 间 断 点【答 案】(B)【解 析】2 20s i nl i m0s i n()l i m(1)tx t xxt x tttf x e ex，0 x，故()f x 有 可 去 间 断点 0 x.(3)设 函 数 1c o s,00,0 x xxf xx(0,0),若 f x 在0 x 处 连 续 则:()(A)0(B)0 1(C)2(D)0 2【答 案】(A)【解 析】0 x 时，0 f x 0 0 f 10 01c os 010 l i m l

3、i m c osx xxxf xx x 0 x 时，111 1 1c o s 1 s i n f x x xx x x 1 11 1c o s s i n x xx x f x 在 0 x 处 连 续 则：1010 0 l i m c o s 0 xf f xx 得1 0+1 10 01 10 l i m=l i m c o s s i n=0 x xf f x x xx x 得：1 0，答 案 选 择 A(4)设 函 数()f x 在,内 连 续，其 中 二 阶 导 数()f x 的 图 形如 图 所 示，则 曲 线()y f x 的 拐 点 的 个 数 为()(A)0(B)1(C)2(D)

4、3【答 案】(C)【解 析】根 据 图 像 观 察 存 在 两 点，二 阶 导 数 变 号.则 拐 点 个 数 为 2 个。(5)设 函 数,f u v 满 足2 2,yf x y x yx，则11uvfu与11uvfv依 次 是()(A)1,02(B)10,2(C)1,02(D)10,2【答 案】(D)【解 析】此 题 考 查 二 元 复 合 函 数 偏 导 的 求 解.令,yu x y vx，则,1 1u u vx yv v，从 而2 2(,)yf x y x yx 变为2 22(1)(,)1 1 1u u v u vf u vv v v.故222(1)2,1(1)f u v f uu v

5、 v v，因 而1 11 110,2u uv vf fu v.故 选（D）.(6)设 D 是 第 一 象 限 由 曲 线 2 1 x y，4 1 x y 与 直 线 y x，3 y x 围 成 的 平 面 区 域，函 数,f x y 在 D 上 连 续，则,Df x y d x d y()(A)13 s i n 214 2 s i n 2c o s,s i n d f r r r dr(B)1s i n 2 314 2 s i n 2c o s,s i n d f r r r d r(C)13 s i n 214 2 s i n 2c o s,s i n d f r r dr(D)1s i n

6、 2 314 2 s i n 2c o s,s i n d f r r d r【答 案】(B)【解 析】根 据 图 可 得，在 极 坐 标 系 下 计 算 该 二 重 积 分 的 积 分 区 域 为1 1(,),4 3 2 s i n 2 s i n 2D r r 所 以1n 2 314 2 s i n 2(,)(c o s,s i n)s iDf x y d x d y d f r r r d r 故 选 B.(7)设 矩 阵21 1 11 21 4aa A,21dd b.若 集 合 1,2，则 线性 方 程 组 Ax b 有 无 穷 多 解 的 充 分 必 要 条 件 为：()(A),a

7、d(B),a d(C),a d(D),a d【答 案】D【解 析】2 21 1 1 1 1 1 1 1(,)1 2 0 1 1 11 4 0 0(1)(2)(1)(2)A b a d a da d a a d d，由()(,)3 r A r A b，故1 a 或2 a，同 时1 d 或2 d。故 选（D）(8)设 二 次 型 1 2 3,f x x x 在 正 交 变 换 x Py 下 的 标 准 形 为2 2 21 2 32 y y y，其 中1 2 3(,)P e e e，若1 3 2(,)Q e e e 则1 2 3(,)f x x x 在 正 交 变 换 x Qy 下 的 标 准 形

8、为：()(A)2 2 21 2 32 y y y(B)2 2 21 2 32 y y y(C)2 2 21 2 32 y y y(D)2 2 21 2 32 y y y【答 案】(A)【解 析】由x P y，故2 2 21 2 3()2T T Tf x A x y P A P y y y y.且2 0 00 1 00 0 1TP A P.1 0 00 0 10 1 0Q P P C 2 0 0()0 1 00 0 1T T TQ A Q C P A P C 所 以2 2 21 2 3()2T T Tf x A x y Q A Q y y y y。选（A）二、填 空 题：9 1 4 小 题,每

9、小 题 4 分,共 2 4 分.请 将 答 案 写 在 答 题 纸指 定 位 置 上.(9)3a r c t a n3x ty t t 则21 2 td ydx【答 案】4 8【解 析】22 223 33(1)11dydy tdttdxdxdtt 22 22 3(1)d y dtdx dx 2 222 22 3(1)1 2(1)1 2(1)11d tt td tt td xd tt 22148td ydx.(1 0)函 数2()2xf x x 在 0 x 处 的 n 阶 导 数(0)nf _ _ _ _ _ _ _ _ _【答 案】21 l n 2nn n【解 析】根 据 莱 布 尼 茨 公

10、式 得：(2)2 220(1)0 2 2 2 l n 2(1)l n 22nn nn xnxn nf C n n(1 1)设 f x 连 续，20 xx x f t d t，若 1 1,1 5，则 1 f【答 案】2【解 析】已 知20()()xx x f t d t，求 导 得22 20()()2()xx f t d t x f x，故有10(1)()1,f t d t(1)1 2(1)5,f 则(1)2 f.(1 2)设 函 数 y y x 是 微 分 方 程 2 0 y y y 的 解，且 在 0 x 处 y x 取 得 极 值 3，则 y x=。【答 案】22x xe e【解 析】由

11、题 意 知：0 3 y，0 0 y，由 特 征 方 程：22 0 解得1 21,2 所 以 微 分 方 程 的 通 解 为：21 2x xy C e C e 代 入 0 3 y，0 0 y 解 得：12 C 21 C 解 得：22x xy e e(1 3)若 函 数,Z z x y 由 方 程2 31x y ze x y z 确 定，则 0,0dz=。【答 案】1d 2 d3x y【解 析】当 0,0 x y 时 0 z，则 对 该 式 两 边 求 偏 导 可 得2 3 2 3(3)x y z x y zze x y y z ex 2 3 2 3(3)2x y z x y zze x y x

12、z ey。将（0,0,0）点 值 代 入 即 有1 2,.(0,0)(0,0)3 3z zx y 则 可 得(0,0)1 2 1|d 2 d.3 3 3d z d x d y x y(1 4)若 3 阶 矩 阵 A 的 特 征 值 为 2,2,1，2B A A E，其 中 E 为3阶 单位 阵，则 行 列 式 B.【答 案】2 1【解 析】A的 所 有 特 征 值 为2,2,1.B的 所 有 特 征 值 为3,7,1.所 以|3 7 1 2 1 B。三、解 答 题：1 5 2 3 小 题,共 9 4 分.请 将 解 答 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.解 答应 写 出 文 字 说 明、

13、证 明 过 程 或 演 算 步 骤.(1 5)(本 题 满 分 1 0 分）设 函 数()l n(1)s i n f x x a x b x x，3()g x k x.若()f x 与()g x 在0 x 时 是 等 价 无 穷 小，求,a b k 的 值.【答 案】1 11,3 2a k b【解 析】方 法 一：因 为2 33l n(1)()2 3x xx x o x，33s i n()3!xx x o x，那 么，2 3 33 30 0 0(1)()()()l n(1)s i n2 31 l i m l i m l i m()x x xa aa x b x x o xf x x a x b

14、x xg x k x k x，可 得：1 00213aabak，所 以，11213abk 方 法 二：由 题 意 得30 0s i n)1 l n(l i m)()(l i m 1k xx bx x a xx gx fx x 203c os s i n11l i mk xx bx x bxax 由 分 母 0 3 l i m20k xx，得 分 子)c o s s i n11(l i m0 x b x x bxax 0)1(l i m0 ax，求 得 c；于 是)()(l i m 10 x gx fx 203c os s i n111l i mk xx bx x bxx）（x k xx x b

15、 x x x b xx 1 3c o s)1(s i n)1(l i m20203c o s)1(s i n)1(l i mk xx x b x x x b xx k xx x b x x b x x x b x x b x bx6s i n)1(c o s c o s)1(c o s)1(s i n 1l i m0 由 分 母 0 6 l i m0k xx，得 分 子 s i n)1(c o s c o s)1(2 s i n 1 l i m0 x x b x x b x x x b x bx 0)c o s 2 1(l i m0 x bx，求 得21 b；进 一 步，b 值 代 入 原 式

16、)()(l i m 10 x gx fx k xx x x x x x x xx6s i n)1(21c os21c os)1(s i n211l i m0 kx x x x x x x x x x x x x xx6c os)1(21s i n21s i n)1(21s i n21c os21s i n)1(c os c os21l i m0 k 621，求 得.31 k(1 6)(本 题 满 分 1 0 分)设 A 0，D 是 由 曲 线 段 s i n(0)2y A x x 及 直 线 0 y，2x 所 围 成的 平 面 区 域，1V，2V 分 别 表 示 D 绕 x 轴 与 绕 y 轴

17、 旋 转 成 旋 转 体 的 体 积，若1 2V V，求 A 的 值。【答 案】8【解 析】由 旋 转 体 的 体 积 公 式，得d x x f2021)(V dx x A202)s i n(dxxA20222 c os 142 2A dx x x f202)(2 V A x d x A-2 c os 220 由 题,V V2 1 求 得.8A(1 7)(本 题 满 分 1 1 分)已 知 函 数(,)f x y 满 足(,)2(1)xx yf x y y e，(,0)(1)xxf x x e，2(0,)2 f y y y，求(,)f x y 的 极 值。【答 案】极 小 值(0,1)1 f【

18、解 析】xx ye y y x f)1(2),(两 边 对 y 积 分，得)()21(2),(2x e y y y x fxx)()2(2x e y yx，故xxe x x x f)1()()0,(，求 得)1()(x e xx，故)1()2(),(2x e e y y y x fx xx，两 边 关 于 x 积 分，得 d x x e e y y y x fx x)1()2(),(2 x xd e x e y y)1()2(2 d x e e x e y yx x x)1()2(2C)1()2(2 x x xe e x e y yC)2(2 x xx e e y y由 y y y y y f

19、 2 C 2),0(2 2，求 得.0 C所 以x xx e e y y y x f)2(),(2.令 0)2 2(0)2(2xyx x xxe y fx e e e y y f，求 得 10yx.又x x xx xx e e e y y f 2)2(2，xx ye y f)1(2，xy ye f 2，当 1,0 y x 时，(0,1)1,x xA f,0)1,0(B x yf 2)1,0(y yf C，20,A C B(0,1)1 f 为 极 小 值.(1 8)(本 题 满 分 1 0 分)计 算 二 重 积 分()Dx x y d x d y，其 中 2 2 2(,)2,D x y x y

20、 y x【答 案】24 5【解 析】2()D Dx x y d x d y x d x d y 221 2202xxd x x d y 12 2 202(2)x x x d x 2 s i n12 2 2 240 02 22 2 2 2 s i n 2 c os5 5x tx x dx t t dt 22 24 20 02 2 22 s i n 2 s i n.5 5 4 5u tt dt u du(1 9)(本 题 满 分 1 1 分)已 知 函 数 21 211 1Xxf x t dt t dt，求 f x 零 点 的 个 数？【答 案】2 个【解 析】2 2 2()1 2 1 1(2 1

21、)f x x x x x x 令()0 f x,得 驻 点 为12x,在1(,)2,()f x 单 调 递 减,在1(,)2,()f x 单 调 递 增故1()2f 为 唯 一 的 极 小 值,也 是 最 小 值.而11 1 12 241 1 112 2 41()1 1 1 12f t d t t d t t d t t d t 11 1221 1 12 2 41 1 1 t dt t d t d 在1(,1)2,21 1 t t,故1 121 12 21 1 0 t d t t d t 从 而 有1()02f 2121l i m()l i m 1 1 xx x xf x t d t t d

22、t 2 212 21 1 1l i m()l i m 1 1 l i m 1 1 x x xx x x xf x t d t t d t t d t t d t 考 虑22122112 1l i m l i m11xxx xt d tx xxt d t，所 以 l i m()xf x.所 以 函 数()f x 在1(,)2 及1(,)2 上 各 有 一 个 零 点，所 以 零 点 个 数 为 2.(2 0)(本 题 满 分 1 0 分)已 知 高 温 物 体 置 于 低 温 介 质 中，任 一 时 刻 该 物 体 温 度 对 时 间 的 变 化 率 与该 时 刻 物 体 和 介 质 的 温 差

23、 成 正 比，现 将 一 初 始 温 度 为 1 2 0 C 的 物 体 在 2 0 C 的 恒 温 介 质 中 冷 却，3 0 m i n 后 该 物 体 降 至 3 0 C，若 要 将 该 物 体 的 温 度 继 续降 至 2 1 C，还 需 冷 却 多 长 时 间？【答 案】3 0 m i n【解 析】设 t 时 刻 物 体 温 度 为()x t，比 例 常 数 为(0)k，介 质 温 度 为 m,则()d xk x md t，从 而()k tx t C e m，(0)1 2 0,2 0 x m，所 以 1 0 0 C，即()100 20k tx t e 又1()3 0,2x 所 以 2

24、 l n 1 0 k，所 以11()2 01 0 0tx t 当 2 1 x 时，t，所 以 还 需 要 冷 却 m i n.(2 1)(本 题 满 分 1 0 分)已 知 函 数 f x 在 区 间+a，上 具 有 2 阶 导 数，0 f a，0 f x，0 f x，设 b a，曲 线 y f x 在 点,b f b 处 的 切 线 与 x 轴 的 交点 是 00 x，证 明0a x b。【证 明】根 据 题 意 得 点(,()b f b 处 的 切 线 方 程 为()()()y f b f b x b 令 0 y，得0()()f bx bf b 因 为(x)0 f 所 以(x)f 单 调

25、递 增，又 因 为(a)0 f 所 以(b)0 f，又 因 为()0 f b 所 以0()()f bx b bf b 又 因 为0()()f bx a b af b，而 在 区 间（a,b）上 应 用 拉 格 朗 日 中 值 定 理 有(b)f(a)(),(a,b)ffb a 所 以0()()()()()()()()()()()f b f b f b f b fx a b a f bf b f f b f b f 因 为(x)0 f 所 以(x)f 单 调 递 增所 以()()f b f 所 以00 x a，即0 x a，所 以0a x b，结 论 得 证.(2 2)(本 题 满 分 1 1

26、分)设 矩 阵1 01 10 1aA aa 且3A O.(1)求a的 值；(2)若 矩 阵 X 满 足2 2X X A A X A X A E，E 为 3 阶 单 位 阵，求 X.【答 案】2 0 10,1 1 12 1 1a X【解 析】(I)3 2 31 0 0 1 00 1 1 1 1 0 00 1 1aA O A a a a a aa a a(I I)由 题 意 知 2 2 2 21 112 2 212X X A A X A X A E X E A A X E A EE A X E A E X E A E A E A E AX E A A 20 1 11 1 11 1 2E A A，0

27、 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 01 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 01 1 2 0 0 1 1 1 2 0 0 1 M MM MM M1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 00 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 00 2 1 0 1 1 0 0 1 2 1 1 M MM MM M1 1 0 2 0 1 1 0 0 3 1 20 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 10 0 1 2 1 1 0 0 1 2 1 1 M MM MM M3 1 21 1 12 1 1X(2 3)(本 题 满 分 1 1 分)设 矩 阵0 2 31 3 31 2Aa 相 似 于 矩

28、 阵1 2 00 00 3 1B b.（1）求,a b 的 值；（2）求 可 逆 矩 阵 P，使1P A P为 对 角 阵.【答 案】（1）4,5 a b；（2）2 3 11 0 10 1 1P【解 析】(I)()()3 1 1 A B t r A t r B a b 0 2 3 1 2 01 3 3 0 01 2 0 3 1 A B ba1 42 3 5 a b aa b b(I I)0 2 3 1 0 0 1 2 31 3 3 0 1 0 1 2 31 2 3 0 0 1 1 2 3A E C 1 2 3 11 2 3 1 1 2 31 2 3 1 CC 的 特 征 值1 2 30,4 0 时(0)0 E C x 的 基 础 解 系 为1 2(2,1,0);(3,0,1)T T5 时(4)0 E C x 的 基 础 解 系 为3(1,1,1)TA 的 特 征 值 1:1,1,5 A C令1 2 32 3 1(,)1 0 10 1 1 P，1115 P A P