2017年考研数学二真题与解析

一、选择题 1—8小题．每小题4分，共32分．

1cosx,x01．若函数f(x)在x0处连续，则 axb,x011 （B）ab （C）ab0 （D）ab2 221x1cosx12【详解】lim，limf(x)bf(0)，要使函数在x0处连续，f(x)limlimx0x0x0axax2ax011必须满足bab．所以应该选（A）

2a2（A）ab2．设二阶可导函数f(x)满足f(1)f(1)1，f(0)1，且f(x)0，则（ ） （A）（C）

110f(x)dx0 （B）f(x)dx0

111f(x)dxf(x)dx （D）f(x)dxf(x)dx

010101【详解】注意到条件f(x)0，则知道曲线f(x)在1,0,0,1上都是凹的，根据凹凸性的定义，显然当x1,0时，f(x)2x1，当x0,1时，f(x)2x1，而且两个式子的等号不是处处成立，否则不满足二阶可导．所以

11f(x)dx(2x1)dx(2x1)dx0．所以选择（B）．

10201当然，如果在考场上，不用这么详细考虑，可以考虑代一个特殊函数f(x)2x1，此时

111，可判断出选项（A），（C），（D）都是错误的，当然选择（B）．希望同f(x)dx,f(x)dx10330学们在复习基础知识的同时，掌握这种做选择题的技巧． 3．设数列xn收敛，则

（A）当limsinxn0时，limxn0 （B）当lim(xnnnnxn)0时，limxn0

nn(C）当lim(xnxn)0时，limxn0 （D）当lim(xnsinxn)0时，limxn0

n2nn【详解】此题考核的是复合函数的极限运算法则，只有（D）是正确的． 其实此题注意，设limxnA，则

nlimsinxnsinA,lim(xnnnxn)A2A,lim(xnxn)AA2,lim(xnsinxn)AsinA nn分别解方程sinA0,A

A0,AA20,AsinA0时，发现只有第四个方程AsinA0有唯

1

一解A0，也就是得到limxn0．

n４．微分方程y4ye(1cos2x)的特解可设为y*（ ） （A）Ae（C）Ae2x2xe2x(Bcos2xCsin2x) （B）Axe2xxe2x(Bcos2xCsin2x) xe2x(Bcos2xCsin2x) （D）Axe2xxe2x(Bcos2xCsin2x)

22x【详解】微分方程的特征方程为r4r80，有一对共轭的复数根r22i．

2x2x所以12不是特征方程的根，所以对应方程y4ye的特解应该设为y1*Ae；

而222i是方程的单根，所以对应方程y4ye2xcos2x的特解应该设为

y2*xe2x(Bcos2xCsin2x)；从而微分方程y4ye2x(1cos2x)的特解可设为y*y1*y2*Ae2xxe2x(Bcos2xCsin2x)，应该选（C）．

5．设f(x,y)具有一阶偏导数，且对任意的(x,y)都有

f(x,y)f(x,y)0,0，则（ ） xy（A）f(0,0)f(1,0) （B）f(0,0)f(1,1) （C）f(0,1)f(1,0) （D）f(0,1)f(1,0)

【详解】由条件对任意的(x,y)都有

f(x,y)f(x,y)0,0可知f(x,y)对于x是单调增加的，xy对y就单调减少的．所以f(1,1)f(1,0)f(0,0),f(1,1)f(0,1)f(0,0),f(0,1)f(0,0)f(1,0)，只有第三个不等式可得正确结论（D），应该选（D）．

6．甲、乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10（单位：米）处，如图中，实线表示甲的速度曲线vv1(t)（单位：米/秒），虚线表示乙的速度曲线vv2(t)（单位：米/秒），三块阴影部分的面积分别为10,20,3，计时开始后乙追上甲的时刻为t0，则（ ） （A）t010 （B）15t020 （C）t025 （D）t025

【详解】由定积分的物理意义：当曲线表示变速直线运动的速度函数时，S(t)T2T1v(t)dt表示时刻T1,T2内所走的路程．本题中的阴影面积S1,S2,S3分别表示在时间段0,10,10,25,25,30内甲、乙两人所走路程之差，显然应该在t25时乙追上甲，应该选（C）．

2

00017．设A为三阶矩阵，P1,2,3为可逆矩阵，使得PAP010，

则A(123)（ ）002（A）12 （B）223 （C）23 （D）123 【详解】显然这是矩阵相似对角化的题目．可知

000000A(1,2,3)APP0101,2,30100,2,23

002002所以A(123)A1A2A3223，所以可知选择（B）．

2002101008．已知矩阵A021，B020，C020，则

001001002（A）A,C相似，B,C相似 （B）A,C相似，B,C不相似 （C）A,C不相似，B,C相似 （D）A,C不相似，B,C不相似

【详解】矩阵A,B的特征值都是122,31．是否可对解化，只需要关心2的情况．

000对于矩阵A，2EA001，秩等于1 ，也就是矩阵A属于特征值2存在两个线性无关的特

001征向量，也就是可以对角化，也就是A~C．

010对于矩阵B，2EB000，秩等于2 ，也就是矩阵A属于特征值2只有一个线性无关的特

001征向量，也就是不可以对角化，当然B,C不相似故选择（B）．

二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上） 9．曲线yx(1arcsin)的斜渐近线为 ．

2x2x(1arcsin)yx1，lim(yx)limxarcsin22，所以斜渐近线为yx2． 解：limlimxxxxxxxxtetd2y10．设函数yy(x)由参数方程确定，则2|t0 ．

dxysint 3

costdt1ed2y1dycostd2y(1et)sintetcostdt|【详解】，所以． ,t0dxdx28dx1etdx2(1et)3dt11

0ln(1x)dx . (1x)2【详解】

0ln(1x)1ln(1x)1dxln(1x)d|0dx1 2200(1x)1x1x(1x)12．设函数f(x,y)具有一阶连续的偏导数，且已知df(x,y)yedxx(1y)edy，f(0,0)0，则

yyf(x,y) 【详解】df(x,y)yedxx(1y)edyd(xye)，所以f(x,y)xyeC，由f(0,0)0，得C0，所以f(x,y)xye． 13．

yyyyy10dytanxdx ． yx11xtanx1tanx1dydxdxdytanxdxlncosxlncos1. 0yx00x0011【详解】交换二重积分的积分次序得：

412114．设矩阵A12a的一个特征向量为1，则a ．

3112【详解】根据特征向量的定义，有

412111A12a1132a，解得a1．

311222三、解答题 15．（本题满分10分） 求极限limx0x0xtetdtx3 【详解】令xtu，则txu,dtdu，

x0xtetdtx0uexudu

x0limx0xtetdtx3limx0exx0ueudux3limx0x0ueudux3xex2lim x03x3216．（本题满分10分）

4

d2ydy设函数f(u,v)具有二阶连续偏导数，yf(e,cosx)，求|x0，2|x0．

dxdxx【详解】

dydyf1(ex,cosx)exf2(ex,cosx)(sinx)，|x0f1(1,1)； dxdxd2yxxxxxx(ex,cosx)ef(e,cosx)e(f(e,cosx)esinxf(e,cosx))cosxf111122dx2

(ex,cosx)sinxexf21(ex,cosx)sin2xf22d2y(1,1)f2(1,1)． |f1(1,1)f112x0dx

17．（本题满分10分） 求limkkln1 2nnnk1n【详解】由定积分的定义

kk1nkk1lim2ln1limln1xln(1x)dxnnnnk1nn0k1n

111ln(1x)dx220418．（本题满分10分）

已知函数y(x)是由方程xy3x3y20． 【详解】在方程两边同时对x求导，得

33n3x23y2y33y0 （1）

在（1）两边同时对x求导，得

2x2y(y)2y2yy0

2(xy(y)2)也就是y

1y2

令y0，得x1．当x11时，y11；当x21时，y20 当x11时，y0，y10，函数yy(x)取极大值y11； 当x21时，y0，y10函数yy(x)取极小值y20． 19．（本题满分10分）

设函数f(x)在区间0,1上具有二阶导数，且f(1)0，limx0f(x)0，证明： x 5

（1）方程f(x)0在区间0,1至少存在一个实根；

（2）方程f(x)f(x)(f(x))0在区间0,1内至少存在两个不同实根．

2证明：（1）根据的局部保号性的结论，由条件limx0f(x)0可知，存在01，及x1(0,)，使得xf(x1)0，由于f(x)在x1,1上连续，且f(x1)f(1)0，由零点定理，存在(x1,1)(0,1)，使得

f()0，也就是方程f(x)0在区间0,1至少存在一个实根；

（2）由条件limx0f(x)0可知f(0)0，由（1）可知f()0，由洛尔定理，存在(0,)，使得xf()0；

设F(x)f(x)f(x)，由条件可知F(x)在区间0,1上可导，且F(0)0,F()0,F()0，分别在区间0,,,上对函数F(x)使用尔定理，则存在1(0,)(0,1),2(,)(0,1),使得

12,F(1)F(2)0，也就是方程f(x)f(x)(f(x))20在区间0,1内至少存在两个不同实

根．

20．（本题满分11分）

已知平面区域D(x,y)|x2y22y，计算二重积分

2(x1)d D【详解】由于积分区域关于y轴左右对称，所以由二重积分对称性可知

22(x1)d(x1)ddDD02xd0．所以

D2sin0(r2cos21)rdr024422sincos2sind4

(4sin44sin62sin2)d054其中利用瓦列斯公式，知

0131365315sin2d,sin4d,sind

0022428642163221．（本题满分11分）

设y(x)是区间0,上的可导函数，且y(1)0．点P是曲线L:yy(x)上的任意一点，L在点P处的切线与y轴相交于点0,YP，法线与X轴相交于点XP,0．若XPYp，求L上的点的坐标(x,y)满足的方程．

6

【详解】曲线过点P(x,y)的切线方程为Yy(x)y(x)(Xx)，令X0，得Ypy(x)xy(x)； 曲线过点P(x,y)的法线方程为Yy(x)1(Xx)，令Y0，得Xpxyy(x)． y(x)由条件XPYp，可得微分方程yxyxyy

y1dyxyx标准形为y，是个一阶齐次型微分方程． ydxxy1xdu1u2yduu1设u，方程化为ux，整理，得x dx1uxdxu1分离变量，两边积分，得arctanu1lnulnxlnC 2由初始条件y(1)0，得x1,y0,u0，确定常数C1 所以曲线的方程为arctan 22．（本题满分11分）

设三阶矩阵A1,2,3有三个不同的特征值，且3122. （1）证明：r(A)2；

（2）若12,3，求方程组Ax的通解．

【详解】（1）证明：因为矩阵有三个不同的特征值，所以A是非零矩阵，也就是r(A)1．

假若r(A)1时，则r0是矩阵的二重特征值，与条件不符合，所以有r(A)2，又因为

y1ylnlnx． x2x31220，也就是1,2,3线性相关，r(A)3，也就只有r(A)2．

（2）因为r(A)2，所以Ax0的基础解系中只有一个线性无关的解向量．由于31220，所

1以基础解系为x2；

11又由12,3，得非齐次方程组Ax的特解可取为1；

1 7

11方程组Ax的通解为xk21，其中k为任意常数．

1123．（本题满分11分）

222设二次型f(x1,x2,x3)2x1x2ax32x1x28x1x32x2x3在正交变换xQy下的标准形为

21y122y2，求a的值及一个正交矩阵Q．

214【详解】二次型矩阵A111

41a22因为二次型的标准形为1y12y2．也就说明矩阵A有零特征值，所以A0，故a2.

1EA14令

141(3)(6)

112EA0得矩阵的特征值为13,26,30．

111，属于特征值特通过分别解方程组(iEA)x0得矩阵的属于特征值13的特征向量13111112． 00征值26的特征向量2，的特征向量336211131所以Q1,2,331312012162为所求正交矩阵． 616 8