考研数学二真题及答案解析 11.docx
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考研数学二真题及答案解析11
2021考研数学真题
(数学二)
一、选择题:
1~8小题,每小题4分,共32分.下列每题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的.请将所选项前的字母填在答.题.纸.指定位置上.
x
⎰
1.当x→0+时,下列无穷小量中最高阶的是()
⎰
A.x(et2-1)dt
0
B.⎰0ln(1+
t3)dt
C.
sinxsint2dt0
1-cosx
D.
⎰
0
sin3tdt
解析:
本题选D.考查了无穷小量的阶的比较,同时考查了变上限积分的函数的求导方法、洛必达法则等。
用求导定阶法来判断。
在x→0+时,
0
(⎰x(et2-1)dt)'=ex2-1
x2;
0
(⎰x
ln(1+
t3)dt)'
=ln(1+
x3)
3
x2;
0
(⎰sinxsint2dt)'=sin(sinx)2cosxx2;
0
(⎰1-cosx
sin3tdt)'=
x()2
x
2
3
2x3x
4
sin3(1-cosx)sinx。
2.函数
f(x)=
1
ex-1ln(1+x)
(ex-1)(x-2)的第二类间断点的个数为()
A.1B.2C.3D.4
解析:
本题选C.本题考查了间断点的概念与分类、极限的计算。
间断点有x=-1,0,1,2,由于
1
lim
f(x)=
lim
ex-1ln(1+x)
=∞;
x→-1+
x→-1+(ex-1)(x-2)
1
limf(x)=lim
ex-1ln(1+x)
=-1;
x→0
x→0(ex-1)(x-2)2e
1
limf(x)=lim
ex-1ln(1+x)
=∞;
x→1+
x→1+(ex-1)(x-2)
1
limf(x)=lim
ex-1ln(1+x)=∞
x→2
3.⎰1arcsin
x→2(ex-1)(x-2)
xdx=()
0x(1-x)
π2π2ππ
A.B.C.D.
4848
解析:
本题选A。
本题考查了定积分的计算,主要内容是第二换元积分法。
1arcsinx
arcsin
x=tπtπ2
⎰
⎰0x(1-x)dx=
2
0sintcost
2sintcostdt=t2|π/2=.
0
4
4.已知f(x)=x2ln(1-x),当n≥3时,f(n)(0)=()
A.-
n!
n-2
n!
B.n-2
(n-2)!
C.
-
D.
n
(n-2)!
n
解析:
选A。
本题考查了函数在0处的高阶导数的计算。
有泰勒公式求解:
f(x)=x2ln(1-x)=x2(-x-1x2--
2
1
n-2
xn-2)+o(xn)
∴f(n)(0)=-
n!
1,f
n-2
(n)(0)
=-n!
。
n-2
⎧xy,xy≠0,
⎨
5.关于f(x,y)=⎪x,y=0,
⎩
⎪y,x=0,
给出下列结论:
(1)
=1
∂f
∂x
(0,0)
(2)
=1
∂2f
∂x∂y
(0,0)
(3)
lim
(x,y)→(0,0)
f(x,y)=0
4()
limlimf(x,y)=0
y→0x→0
其中正确的个数为()
A.4B.3C.2D.1
解析:
本题考查了分块函数在分界线上某点处的偏导数求法,二元函数极限与累次极限等计算。
需要用到偏导数的定义式等。
(1)∂f
=limf(x,0)-f(0,0)=limx-0=1
∂x(0,0)
x→0
x
⎧xy,xy≠0,
x→0x
(2)因为f(x,y)=⎪x,y=0,,当xy≠0∂f=y,
⎨时,
⎩
⎪y,x=0,∂x
∂2f
∂x∂y
f(0,y)-f
(0,0)
y-1
此时=limxx=lim=∞
(0,0)
∂2f
∂x∂y
故
(0,0)
y→0y
不存在.
y→0y
(3)因为
⎧xy,xy≠0,
f(x,y)=⎪x,y=0,
所以当xy≠0时,
limf(x,y)=lim
xy=0
,当y=0时,
⎨
⎩
⎪y,x=0,
(x,y)→(0,0)(x,y)→(0,0)
limf(x,y)=lim
x=0,当x=0时,
(x,y)→(0,0)(x,y)→(0,0)
lim
f(x,y)=
lim
y=0,所以点(x,y)沿着任意方向趋近于(0,0)时,极限均为0,故
lim
f(x,y)=0.
(x,y)→(0,0)(x,y)→(0,0)
⎧xy,xy≠0,
(x,y)→(0,0)
⎨
(4)因为f(x,y)=⎪x,y=0,
,所以当xy≠0时,
limlimxy=lim0=0
,当y=0时,
limlimx=lim0=0,
⎩
⎪y,x=0,
y→0x→0
y→0
y→0x→0
y→0
当x=0时,limlimy=limy=0,综上limlimf(x,y)=0.
y→0x→0
y→0
y→0x→0
选B。
6.设f(x)在[-2,2]上可导,且f'(x)>f(x)>0,则()
A.f(-2)>1
f(-1)
B.
f(0)>ef(-1)
C.
f
(1)
f(-1)
D. f (2) f(-1) 解析: 本题选B。 考查了函数的单调性,辅助函数构造等问题。 由f'(x)>f(x)>0,可知f'(x)-f(x)>0,可以构造辅助函数: F(x)= f(x), ex 由导数符号可知函数F(x)在(-2,2)单调递增。 由F(0)>F(-1)容易推得选B。 7.四阶矩阵A不可逆,A12≠0,α1,α2,α3,α4为矩阵A的列向量组,则A*X=0的通解为() A.x=k1α1+k2α2+k3α3B.x=k1α1+k2α2+k3α4B.x=k1α1+k2α3+k3α4D.x=k1α2+k2α3+k3α4 解析: 本题选C。 考查了线性齐次方程组通解的结构、伴随矩阵秩的公式、AA*的公式。 ⎧n,r(A)=n 由于A≠0,故r(A*)≥1,再由伴随矩阵秩的公式r(A*)=⎪=n-1,可知r(A*)=1,r(A)=3。 12 A*x=0的基础解系由3个解向量构成。 又因为A*A= ⎨1,r(A) ⎩ ⎪0,r(A) AE=O,A的每一列都α1,α2,α3,α4是A*x=0的解向 量。 只要找到 A*x=0 ⎡A11 ⎢A 的3个无关解就构成基础解系。 抓住 ⎤ ⎥ A12≠0 这一条件。 由 AA*=(α,α α,α)⎢12 ⎥=O可知, 1234⎢A⎥ ⎢13⎥ ⎣A14⎦ A11α1+A12α2+A13α3+A14α4=0,因为A12≠0,因此α2可由α1,α3,α4线性表示,故α1,α3,α4线性无关。 原因是r(A)=r(α1,α2,α3,α4)=3,若α1,α3,α4线性相关,则其中有一个向量可由其余两个线性表示,秩就小于3了,可推出矛盾。 因此α1,α3,α4为基础解系,选C。 8.A为3阶方阵,α1,α2为属于特征值1的线性无关的特征向量,α3为A的属于-1的特征向量,满足 ⎡1 P-1AP=⎢-1 ⎤ ⎥的可逆矩阵P为() ⎢⎥ ⎣⎢1⎥⎦ A.(α1+α3,α2,-α3)B.(α1+α2,α2,-α3)B.(α1+α3,-α3,α2)D.(α1+α2,-α3,α2) 解析: 本题选D。 考查了矩阵相似对角化的相关理论与特征向量的性质。 矩阵P的每一列要与特征值对应起来。 由题目已知,P的第一列与第三列必须是1的特征向量,P的第二列必须是-1的特征向量。 由特征向量的性质可知选D。 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. t2+1 d2y dx2 ⎪⎧x= ⎩ 9.设⎨⎪y=ln(t+ 2 答案: - 【解析】 t2+1) ,则=. t=1 t2+1 dx=tdt dy= ,dt 1∴dy=1 t2+1 ,dxt, d2ydy' = d(dy)/dt-1 t2+1 ∴dy 2 dx2 2 =dx=t2=- dx2 dxdx/dtt t2+1 t3=- ,t=1. 11 10.求⎰0dy⎰y x3+1dx=. 4 答案: 2-2 99 【解析】: 交换积分次序, 3 1 1x211112 ∴原式=⎰dx⎰x3+1dy=⎰x3+1⋅x2dx=⎰x3+1d(x3+1)=(x3+1)2⋅ 0 0003033 42 2322 2 原式=(22-1)=(2-1)=- 9999 = = , 11.设z=arctan[xy+sin(x+y)],则dz(0,π)=.答案: (π-1)dx-dy dz 【解析】: dx y+cos(x+y)dz 1+[xy+sin(x+y)]2dy x+cos(x+y) 1+[xy+sin(x+y)]2 ,代入(0,π), ∴dz= dx π+cosπ1+(sinπ)2 =π-1, dz= dx cosπ 1+(sinπ)2 =-1; (0,π) ∴dz=(π-1)dx-dy 12.斜边长为2a的等腰直角三角形平板铅直地沉没在水中,且斜边与水面相齐,记重力加速度为g,水密度为ρ,则三角形平板的一侧收到的压力为. 答案: 1ρga3 3 【解析】F=⎰a2ρg(a-y)ydy=2ρg⎰a(ay-y2)dy=2ρg(1a3-1a3)=1ρga3 00233 ⎰ 13.设y=y(x)满足y'+2y'+y=0,且y(0)=0,y'(0)=1,则+∞y(x)dx=. 0 答案: 1 【解析】 y'+2y'+y=0,所以特解方程: λ2+2λ+1=0,(λ+1)2=0⇒λ=λ=-1; 12 ∴y=(C+Cx)e-x;y'=e-x(C-C-Cx);又 y(0)=0,y'(0)=1; 通12通212 ∴ ⎧C1=0 -x í ⇒⎧C1=0 ∴y通=xe ⎨ ⎩C2-C1=1⎩C2=1 +∞+∞ = 分部积分+∞ ∴⎰y(x)dx=⎰xe-xdx-e-x(x+1)=lim⎡-e-x(x+1)⎤-lim⎡-e-x(x+1)⎤=1 000 x→+∞⎣⎦ x→0+⎣⎦ a0-1 0a1 14.求 -11a 1-10 1 -1=. 0 a 答案: a4-4a2 a0-11 a0-11 a1-10 -11 0a 【解析】 1-1第4行加0a = 1-1第1列 =a⋅0 aa+(-1)1+4a1 -1 -11a 0至第3行00 aa展开 -10a 0aa 1-10a1-10a 继续将第1列展开, ⎛31+31 -1⎫ 1+2 -11 442 原式=a⋅ça +(-1)(-1) aa⎪+(-1)(-1) ⋅a⋅=a aa +2a⋅(-2a)=a - 4a ⎝⎭ 三、解答题: 15~23小题,共94分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.请将答案写在答.题.纸.指定位置上. 15.(本题满分10分). () x1+x 求曲线y=(1+x)xx>0的斜渐近线。 x1+x y(1+x)x11 【解析】: 斜率k=lim x→+∞x =lim x→+∞x =limx= x→+∞⎛1+1⎫e çx⎪ ⎝⎭ ⎡⎤ ⎡x1+x1⎤ ⎢11⎥ - b=lim(y-kx)=lim⎢-x⎥=limx⎢⎥ x x x→+∞ x→+∞⎢⎣(1+x) e⎥⎦ x→+∞ ⎢⎛1+1⎫e⎥ ⎢çx⎪⎥ ⎣⎝⎭⎦ 1 1e-(1+t)t 1ln(1+t) 1et 1ln(1+t)-1 -e1et-1 令t=lim 1=- 2lim =-lim xt→0+ et(1+t)t et→0+t et→0+t 1ln(1+t)-1 =-1limt =-1limln(1+t)-t=-1lim -1t2 2=1 et→0+t et→0+t2 11 et→0+t22e 所以斜渐近线方程为: y= 16.(本题满分10分) x+ e2e 设f(x)连续,且limf(x)=1,g(x)=⎰1f(xt)dt 求g'(x)且证明g'(x)在x=0处连续. x→0x0 【解析】: 因为limf(x)=1,且f(x)连续,则 x→0x f(0)=limf(x)=0,f'(0)=limf(x)=1, x→0 x→0x 令xt=u,则g(x)=⎰1f(xt)dt=1⎰xf(u)dt x 0x0 当x≠0时,g'(x)=1f(x)-1 f(u)du xx2⎰0 1 因为g(0)=⎰0f(0)dt=0 x 所以g'(0)=limg(x)-g(0)=lim⎰0 f(u)dt=limf(x)=1 x→0x x→0x2 x→02x2 x ⎧f(x)-1 f(u)du,x≠0 ⎪ 则g'(x)=⎨ xx2⎰0 ⎪1, ⎪⎩2 x=0 ()=- ⎢ ⎡f(x)1 limg'xlim xf(u)du⎤=limf(x)-lim⎰0 f(u)du x→0 x→0 xx2⎰0 ⎥x→0x x→0x2 x ⎣⎦ =1-limf(x)=1-1=1 x→02x22 → 则limg'(x)=g(0) x0 所以g'(x)在x=0处连续 17.(本题满分10分) 求f(x)=x3+8y3-xy的极值。 ⎧⎪ 解: ⎨ f'(x,y)=3x2-y=0 x y ⎪⎩f'(x,y)=24y2-x=0 ⎧x=0 ⎧x=1 ⎛11⎫ ⎩ 所以⎨y=0 ⎪ 或⎨ ⎪y= ⎭ ⎩ 6所以驻点为(0,0)或ç 1⎝6 12 12⎪ A=fx'x'(x,y)=6xB=fx'y'(x,y)=-1C=fy''y(x,y)=48y 代入(0,0),此时AC-B2<0所以不是极值点 代入⎛1,1⎫,AC-B2>0且A>0,所以f =⎛1,1⎫=-1 为极小值 6 ⎭ ⎝ ç12⎪ ç12⎪ 6 ⎭ ⎝ 216 18.(本题满分10分) 2⎛1⎫ x2+2x 设f(x)在(0,+∞)上有定义,且满足2f(x)+xfç⎪= (I)求f(x); ⎝x⎭ 1+x2 (II)求曲线y= f(x),y=1,y=3及y围成的图形绕x轴旋转一周的体积。 22 2⎛1⎫x2+2x 【解析】 (1): 由2f(x)+xfç⎪=......① ⎝x⎭1+x2 x2 x 1+1 x2 1+2 得2f⎛1⎫+1 çx⎪ ⎝⎭x2 f(x)== 2x+1 x1+x2 2⎛1⎫2x2+x 则2xfç⎪+f(x)=......② ⎝x⎭ 1+x2 1+x2 ①⨯2-②得: 3f(x)=3x x 故f(x)=,x∈(0,+∞) 1+x2 xy (2)体积: f(x)=⇒x= x2+1 3 1-y2 V=2π⎰12 2 3 =2π ò yg(y)dy 12dy y2 y=sint 2 ⎰ πsin2t 1-y2 =2π π 3 6 πcost ⋅costdt π⎡π⎤ =2π⎰3sin2tdt=2π⎰31-cos2tdt=π⎢⎛π-π⎫-1sin2t3⎥ π 6 ç6 =π⎛π- ⎝ π 6 ⎪ 2 1⨯0⎫=π 2⎭6 ç⎪ 6 2 2 ⎢⎝3⎭π⎥ ⎣6⎦ x2+y2 x 19.(本题满分10分) 计算二重积分⎰⎰ D dσ,其中区域D由x=1,x=2,y=x及x轴围成. 2 x2+y2 ⎰ ⎰1 ⎰ r π2 = π1⎡1 ⎤cosθ 2 【解析】: ⎰⎰ D dσ4dθ x0 cosθ cosθrcosθ rdr= 4 0cosθ ⋅⎢⎣2 r⎥⎦1 cosθ dθ 3π1 =⎰43θdθ 20cos ⎰ 3π =4sec3θdθ20 其中⎰sec3θdθ=⎰secθdtanθ=secθtanθ-⎰tanθdsecθ =secθtanθ-⎰secθtan2θdθ =secθtanθ-⎰secθ(sec2θ-1)dθ =secθtanθ-⎰sec3θdθ+⎰secθdθ =secθtanθ+lnsecθ+tanθ - ⎰sec3θdθ ⎰ 所以sec3θdθ=1(secθtanθ+lnsecθ+tanθ)+C 2 =331 π3⎡⎤ 2 则⎰⎰ dσ⎰4sec3θdθ= ⋅(secθtanθ+lnsecθ+tanθ)4=+ln(1+2) x2+y2 π Dx2022 04⎣⎦ 20.(本题满分11分) ⎰ 已知f(x)=xet2dt 1 (1)证明: ∃ξ∈(1,2),s.tf(ξ)=(2-ξ)eξ2 (2)证明: ∃η∈(1,2),s.tf (2)=ln2⋅η⋅eη2 ⎰ 解答: f(x)=xet2dt所以f (1)=0,且f'(x)=ex2,当x>1时,f(x)>0 1 (1)构造F(x)=f(x)-(2-x)ex2,则F(x)在[1,2]上连续, 且F (1)=f (1)-e=-e<0,F (2)=f (2)-0=f (2)>0, 由零点定理知∃ξ∈(1,2),stF(ξ)=0,即f(ξ)=(2-ξ)ξ2 (2)构造g(x)=lnx,x∈[1,2]则f(x),g(x)在(1,2)上可导. 由柯西中值定理知: ∃η∈(1,2)s,tf (2)-f (1)=f'(η) g (2)-g (1)g'(η) f (2)eη2 2 即= ln21 η
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