2017年考研数学二真题及答案解析

一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.．．．

1cosx,x0

（1））若函数f(x)在x0处连续，则（axb,x0

(A)ab

）

12(B)ab

12(C)ab0(D)ab2

【答案】A

1x

1cosx1112【解析】lim在处连续lim,f(x)x0bab.选A.x0x0axax2a2a2（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)f(x)dx0

10

1

Bf(x)dx0

1

1

(C)f(x)dxf(x)dx

1

0

1

Df(x)dxf(x)dx

1

0

01

【答案】B【解析】

f(x)为偶函数时满足题设条件，此时f(x)dxf(x)dx，排除C,D.

1

0

01

取f(x)2x1满足条件，则

2



1

1

f(x)dx

1

1

2x

2

1dx

2

0，选B.3（3）设数列xn收敛，则（）

(A)当limsinxn0时，limxn0

n

n

(B)当lim(xnnn

xn)0时，limxn0

nn

(C)当lim(xnxn2)0时，limxn0

n

n

(D)当lim(xnsinxn)0时，limxn0

(【答案】D

【解析】特值法：（A）取xn，有limsinxn0,limxn，A错；

n

n

取xn1，排除B,C.所以选D.

（4）微分方程的特解可设为（A）Ae2xe2x(Bcos2xCsin2x)（C）Ae2xxe2x(Bcos2xCsin2x)

（B）Axe2xe2x(Bcos2xCsin2x)（D）Axe2xe2x(Bcos2xCsin2x)

【答案】A

2

【解析】特征方程为：4801,222i

2x*2x

f(x)e2x(1cos2x)e2xe2xcos2xy*1Ae,y2xe(Bcos2xCsin2x),**

y2Ae2xxe2x(Bcos2xCsin2x),选C.故特解为：y*y1

（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(1,1)（B）f(0,0)f(1,1)（C）f(0,1)f(1,0)（D）f(0,1)f(1,0)【答案】C【解析】

f(x,y)f(x,y)

0,0,f(x,y)是关于x的单调递增函数，是关于y的单调递减函数，xy所以有f(0,1)f(1,1)f(1,0)，故答案选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vv1(t)（单位：m/s），虚线表示乙的速度曲线vv2(t)，三块阴影部分面积的数值依次为10,20,3，计时

开始后乙追上甲的时刻记为t0（单位：s），则（

）

（A）t010（B）15t020（C）t025（D）t025

【答案】B

【解析】从0到t0这段时间内甲乙的位移分别为



t0

0

v1(t)dt,v2(t)dt,则乙要追上甲，则

0

t0



t0

0

v2(t)v1(t)dt10，当t025时满足，故选C.

0



（7）设A为三阶矩阵，P(1,2,3)为可逆矩阵，使得P1AP1，则A(1,2,3)

2

（

）

（B）223

（C）23

（D）122

（A）12

【答案】B【解析】

000



P1AP1APP1A(,,)(,,)1123123223,

222

因此B正确。

(200210100

（8）设矩阵A021,B020,C020,则（）

001001002

（A）A与C相似,B与C相似（C）A与C不相似,B与C相似

（B）A与C相似,B与C不相似（D）A与C不相似,B与C不相似

【答案】B

【解析】由EA0可知A的特征值为2,2,1,

100

因为3r(2EA)1，∴A可相似对角化，即A~020002

由EB0可知B特征值为2,2,1.

因为3r(2EB)2，∴B不可相似对角化，显然C可相似对角化，∴A~C，但B不相似于C.

二、填空题：914小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.．．．(9)曲线yx1arcsin【答案】yx2【解析】





2

的斜渐近线方程为_______x

lim

y22lim(1arcsin)1,limyxlimxarcsin2,xxxxxxxyx2

xtetd2y

______(10)设函数yy(x)由参数方程确定，则2dxysintt0

【答案】【解析】

1

8dydtcost,dxdycostdt1etdx1et'

d2ycost

1etsint(1et)costet

d2ydx2dx1t2dx2t0

1dte8(11)





ln(1x)

0

(1x)2dx_______





ln(1x)(1x)2dxln(1x)d1

0

0

1x



ln(1x)1x

0





1

0

(1x)2dx







1

(1x)2dx1.0

设函数f(x,y)具有一阶连续偏导数，且df(x,y)yeydxx(1y)eydy，f(x,y)______

xyey

fxyey,fyx(1y)ey,f(x,y)

yeydxxyeyc(y),故

fyxeyxyeyc(y)xeyxyey，

c(y)0，即c(y)C，再由f(0,0)0，可得f(x,y)xyey.



1

0

dy

1

tanx

yxdx______(f(0,0)0，则

【答案】1【解析】

(12)【答案】【解析】因此【答案】【解析】（13）

【答案】lncos1.【解析】交换积分次序：



1

0

dy

1xtanx1tanx

dxdxdytanxdxlncos1.y000xx1

4121

（14）设矩阵A12a的一个特征向量为1，则a_____

2311

【答案】-1

1

【解析】设1，由题设知A，故241211112a1132a3112222

故a1.

三、解答题：15—23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、证明过．．．程或演算步骤.

（15）（本题满分10分）求极限limx0x0xtetdtx3【答案】

2

3【解析】limx0

x0xtetx0x3dt，令xtu，则有

x

x0

xtetdtuexudu

0

uexudu

原式=lim

x0xx0uexudux

32lim

x0

exx

0ueudux

32lim

x0

0

ueudux

32lim

x0

xex32x21

23dy

（16）（本题满分10分）设函数f(u,v)具有2阶连续偏导数，yf(e,cosx)，求

dxx

d2y，2dxx0

x0

dy

【答案】

dx【解析】

x0

d2y

f(1,1),2dx'1

''f11(1,1),x0

yf(e,cosx)y(0)f(1,1)dy

dxx0

x

x0

f1'exf2'sinxx0

f1'(1,1)1f2'(1,1)0f1'(1,1)

d2y''2x''x''x''2f11ef12e(sinx)f21e(sinx)f22sin2xf1'exf2'cosxdxd2y''2f11(1,1)f1'(1,1)f2'(1,1)dxx0

结论：

dydxx0

f1'(1,1)

''f11(1,1)f1'(1,1)f2'(1,1)

d2y

dx2x0

（17）（本题满分10分）求lim【答案】【解析】

kk

ln12n

nk1nn

1

4(1kk111

lim2ln(1)xln(1x)dxln(1x)dx2(ln(1x)x20nn202k1nn10

10x2111

dx)1x433（18）（本题满分10分）已知函数y(x)由方程xy3x3y20确定，求y(x)的极值

【答案】极大值为y(1)1，极小值为y(1)0【解析】两边求导得：

3x23y2y'33y'0令y'0得x1

对（1）式两边关于x求导得

（1）

6x6yy'3y2y''3y''0

2

（2）

x1x1

or将x1代入原题给的等式中，得，y1y0

将x1,y1代入（2）得y''(1)10将x1,y0代入（2）得y''(1)20

故x1为极大值点，y(1)1；x1为极小值点，y(1)0

（19）（本题满分10分）设函数f(x)在区间[0,1]上具有2阶导数，且f(1)0,limx0f(x)0，证明：x()方程f(x)0在区间(0,1)内至少存在一个实根；

()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。

【答案】【解析】

（I）f(x)二阶导数，f(1)0,lim

x0

解：1）由于lim

x0

f(x)

0，根据极限的保号性得xf(x)

0x

0,x(0,)有

f(x)

0，即f(x)0x

进而x0(0,)有f0

又由于f(x)二阶可导，所以f(x)在[0,1]上必连续

那么f(x)在[,1]上连续，由f()0,f(1)0根据零点定理得：至少存在一点(,1)，使f()0，即得证

（II）由（1）可知f(0)0，(0,1),使f()0，令F(x)f(x)f'(x)，则f(0)f()0由罗尔定理(0,),使f'()0，则F(0)F()F()0，对F(x)在(0,),(,)分别使用罗尔定理：

1(0,),2(,)且1,2(0,1),12，使得F'(1)F'(2)0，即F'(x)f(x)f''(x)f'(x)0在(0,1)至少有两个不同实根。

得证。

2

（20）（本题满分11分）已知平面区域D【答案】【解析】

x,y|x2y22y,计算二重积分x1dxdy。

2

D

54x1dxdyx

2

D

D

2

1dxdy2xdxdydxdy2d

2D

D

20

2sin0

r2cos2d

54（21）（本题满分11分）设y(x)是区间0,内的可导函数，且y(1)0，点P是曲线L:yy(x)上任意一点，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上点的坐标x,y满足的方程。【答案】

【解析】设px,y(x)的切线为Yy(x)y(x)Xx，令X0得Ypy(x)y(x)x，法线





32

(Yy(x)

1

Xx,令Y0得Xpxy(x)y(x)。由XpYp得yxy(x)xyy(x)，即y(x)yyy

。令u，则yux，按照齐次微分方程的解法不难解出1y(x)1

xxx1

ln(u21)arctanuln|x|C,x（22）（本题满分11分）设3阶矩阵A1,2,3有3个不同的特征值，且3122。

()证明：r(A)2

()若123，求方程组Ax的通解。

11



【答案】（I）略；（II）通解为k21,kR

11

【解析】

（I）证明：由3122可得12230，即1,2,3线性相关，因此，A1230，即A的特征值必有0。

又因为A有三个不同的特征值，则三个特征值中只有1个0，另外两个非0.

1且由于A必可相似对角化，则可设其对角矩阵为2

∴r(A)r()2



,1200

（II）由（1）r(A)2，知3r(A)1，即Ax0的基础解系只有1个解向量，

111

由12230可得1,2,32A20，则Ax0的基础解系为2，1111又123，即1,2,311

11A1，则Ax的一个特解为1，11

11综上，Ax的通解为k21,kR11

22

（23）（本题满分11分）设二次型f(x1,x2,x3)2x12x2ax32x1x28x1x32x2x3在正交变换XQY下的标准型1y122y22，求a的值及一个正交矩阵Q.

111326【答案】a2;Q

10236,f xQy 3y126y22

111326【解析】

214

f(x1,x2,x3)XTAX，其中A11141a



由于f(x1,x2,x3)XTAX经正交变换后，得到的标准形为1y122y2

2

，

2

14

故r(A)2|A|01

110a2，4

1

a

21将a2代入，满足r(A)2，因此a2符合题意，此时A1141214

|EA|111013,20,36，

412

由(3EA)x0，可得A的属于特征值-3的特征向量为11

1；1由(6EA)x0，可得A的属于特征值6的特征向量为2101

(412，则

1由(0EA)x0，可得A的属于特征值0的特征向量为321

令P1,2,33，由于,,彼此正交，故只需单位化即可：

，则P1AP6123

0

111131,1,1T,221,0,1T,361,2,1T,，

111326则Q123

102336，QT

AQ111326f(x1,x2,x3) xQy 3y126y22

60