2017考研数学二答案真题解析.pdf

、选择题C l)A 2019考研数学（二）参考答案1-cos石解由f(x)axxO,在X0处连续，得limfCrl&.工-o+b,X0 lcos石X1 又limf(x)=lim=ltm=b.x-o+工-o+ax 工一o+2ax 2a 所以ab=故应选A.2(2)B解由广(x)0知曲线y=f(x)在1,l上是凹的，因此当f(x)为凹的偶函数时满足题设条件J(-l)=J(l),此时ff(x)dx=f(x)dx,显然可排除选项C,D;取f(x)=宣-1,则f(-1)=JO)=1,/CO)=-1,J位）=40,J1 且一/Cx)dx=J_1(2x2-l)dx=2 J1(2x2-l)dx=么O,所以函数之=f位，y)关于自变量x是单a兀1 0-1,._ 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料调增函数，从而知同理由af(x,y)切 O,得由（）式及（）式得f(O,l)J(l,l)/Cl,1)/0,0)f(0,1)f(1,0)故应选D.(6)C(*)(*)解令s,(t),sz(t)表示甲，乙两人的路程，由题意，计时开始时，甲在乙前方lOm,要想在t。时刻乙追上甲，应有S 1(t。)Sz(t。)10根据题干图中阴影部分面积数值为10,20,3,可得t=10时，SI(t)s2(t)=J0v1(t)Vz(t)dt=lO.15t 1 Q+f25 V 1(t)Vz(t)dt=10-20=-10.IO t=25时，SI(t)Sz(t)=rs压(t)Vz(t)dt。=ro压Ct)-v2Ct)dt+rs压(t)-V 2(t)dt 0 10=10-20=10.t25时，s1Ct)-s2Ct)=压(t)-v2(t)dt。故应选C.(7)B=f25压(t)-v2(t)dt十 压(t)-V 2(t)dt 0 25=10+压(t)-v2(t)dt-lO.25 解由P-AP1 J可知，应o.应五应,立所以A(a1+a2+a3)=a2+2a3.(8)B解因为A和B都是上三角矩阵，所以特征值都是1,2,2.所以，要判别A和B能否相似对角化，只需考察属于2的线性无关的特征向量的个数即可对于A,属于2的线性无关的特征向量的个数3r(2EA)=3-1=2.对千B,属于2的线性无关的特征向量的个数3-r(2E-B)=32=1.所以，A可以和C相似，但是B不能故应选B.0 0 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料二、填空题(9)y=x+2 解因为a=Y(x)Jim=Jim 工-+00X x-+=x(1+arcsin勹X 2 烟!.,(1+arcsin习=lb r 2 勹皿(y(x)-ax)=工叶(1+arcsin-;)-xr.2 I 2=1m x arcs1n=lffi X=2 工一十=X x-十=X 所以y=ax+b=x+z为已知曲线的一条斜渐近线；当X_.时，同理知斜渐近线仍为y=x+Z:故应填y=x+Z.1(10)-8 解dy.dy dt cost dx dx 1+e dt d2 y d dy dt d dy 1 亡孟（忑）忑孟（忑）-=(1 C:S:t)I l+e1 dx:.(11)1 dt-sint(1+e)-cost e(1+e)2 sint(1+e)+cost e(1+e)3 sint+(sint+cost)e(1+e)3 d勺1dx2,-o 8 1，故应填s 1 1+e 解I厂勹:;dx=f厂lnCl+x)d(厂十r).lnCl+x)+=dx+=dx 三皿l+x+o+f。Cl+x)2=f。Cl+x)21+=-=-(01)=l l+x o 故应填1.(12)xyeY 解由题意儿(x,y)=ye,J;cx,y)=x(l+y)e人-=-=-I=-I 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料所以有f(x,y)=f 1:cx,y)dx=f yedx=xyeY+C(y).1;(x,y)=xyeY+C(y)=x(l+y)e+c(y)=x(l+y)e:.c(y)=O=C(y)=C.因此f(x,y)=xye+c,又八0,O)=O.所以C=O.故f(x,y)=xye入故应填xye入(13)lncosl 解由已知二次积分的上、下限可得积分区域D如右图所示，交换Y 二次积分的积分次序得：fi dy f i tanx dx=f i dx尸dyX。x=II tanx dx I工dy=I I tanx y工dxo X。X0=f:tanxdx=f1上d(cosx)=lnl cosx I 1。cosx0=-In I cosl I=-lncosl(:coslO)故应填lncosl.04)l 4 12 1 1 解设l 2a 1气1,直接解得a-l.3 11 2 2 三、解答题(15)解令xt=u,则t=x-u,dt=du.lim 左二edte工工丘e-udu。=lim 工-o+J.尸x-o+R Fue-du。=lim X千J=lim 石尸广伽o+3 石2.3(16)解因为y=f(e工，COSX),所以dy o/(u,v)af(u,v)工=eSlilX,dx OU av d2y of(u,v)02/(u,v)02/(u,v)亡如e工（如2e-a呤VSlllX)e y=x X 2 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料-aJ(u,v)a勹(u,v)a汀(u,v)如cosx-(如加e工-av2 smx)smx.当X=O时，u=e0=1,v=cosO=1,所以气打(1,1)dx x-0 au d勺aJo,u a勹(1,1)一句(1,1)忑工-o=如十a记加(17)解 k k lim k k 1-=2ln(1+-)=lim ln(1+k-1 n n 一气-in n)n=rX in(l+X)dx。1 I 1 I=x国Cl+x)fx2 dxZ o Zol+x 1 1 I 1 了lnZ了I。(x1+l+X)dx1 1 I 1 I 了lnZ-4Cx-1)2。一了ln(l+x)J0(18)解由x3十沪3x+3y2=0,得3x2+3y2y13+3y1=0,6x+6y(y1)2+3沪y+3y=0.在O式中令y=0得x=l,x=1.当x分别取-1和1时，由x3十沪3x+3y2=0得y(-1)=O,y(l)=l.将x=l,y(1)=0及y(1)=O代入式得y(-1)=2.因为YI(-1)=0,y11(-1)Q,所以y(1)=O是Y(x)的极小值将x=l,y(l)=l及y(l)=O代入式得y(l)=1.因为y(l)=0,y(l)o,所以y(l)=l是y(x)的极大值f(x)(19)解 I)由题设知f位）连续且Jim一存在，所以f(0)=0.义,-o+X e)由limf(x)O与极限的保号性可知，存在aE(O,l)使得/(a)O,即f(a)o,所以 存在bE(a,l)C(O,l),使得f(b)=0,即方程f(x)=0在区间(0,1)内至少存在一个实根C II)由C I)知f(O)=f(b)=0,根据罗尔定理，存在cE(O,b)C(0,1),使得f1(c)=O.令F(x)=f(x)厂(x)由题设知F(x)在区间O,b上可导，且F(O)=O,F(c)=O,F(b)=0.根据罗尔定理，存在E CO,c),r;E(c,b),使得F1(0=F1Cr;)=O,即名T/是方程f(x)广(x)+(f1(x)2=O在区间(01)内的两个不同实根关注公众号【考研题库】保存更多高清资料(20)解(x+l)2dxdy=(x2+zx+ndxdy.D D D的边界曲线在极坐标系下的方程为r=2sin0(0011:),所以2dxdy=J:叫：smO尸cos20dr=4J六sin0cos20d0=I亢lcos20si旷20d02=I穴sin220 dB亢cos20sin2 20 dB 2 0 2 0=I六(1-cos40)d0 4 0 又因为(2x+l)dx dy=2xdx dy+ff dx dy=0+六三D 所以ff(x+l)2dxdy=己D 4(21)解曲线l:y=y(x)在点P(x,y)的切线方程为Y-y=y(XX).令X=O得YI=yxy.曲线l:y=y(x)在点P(x,y)的法线方程为y(Y-y)=x+x.令Y=O得xp=x+yy.由题设知x+yy=yxy整理得y 一lI yX X y=.y+x y+1X 令y dy 一=u,则du-=u+x dx dx X l+u 2du=-dx.l+u X，代入上述方程并分离变益得1 两边积分得arctanu+-ln(l+矿）=-In巨I+c,2 y 1 即arctan+ln(x2+y2)=C.X 2 因为曲线l过点(1,0)所以C=O,于是曲线l上点的坐标(x,y)满足的方程为y 1 arctan-+-ln(x2+y2)=0.X 2 0 1 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料(22)解C I)由a3=a 1+2a2,知O心心线性相关，故r(A)2.又因为A有3个不同的特征值，所以A至少有2个不为零的特征值，从而r(A)2.故r(A)=2.(Il)由a,+za,一:,o,知AU 故勹J为方程组AxO的一个解又c(A)z,所以_zJ为Axo的一个基础解系因为pa,五+a尸:J.所以!为方程组Axp的一个特解故Axp的通解为X+k 2,其中k为任意常数J (23)解二次型J的矩阵为2 1-4 A I-I I.芒三；三勹/言勹勹:-6)所以特征值为-3,6,01 矩阵A属千特征值儿=-3的单位特征向量为/J1=(1,-1,l)T;岛属千特征值从=6的单位特征向量为/Jz=-(-1,Q,l)T;迈属千特征值从=O的单位特征向量为/J3=-(1,2,l)T.岛1 1 1 岛迈祁1 2 故所求的一个正交矩阵为Q=CP1,P2,P3)=I-岛1 1 1 瓦迈屈1 r-l-0 J6.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料