1、 1 2017 全国研究生入学考试考研数学二解析 2017 全国研究生入学考试考研数学二解析 本试卷满分 150，考试时间 180 分钟 一、选择题：一、选择题：18 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，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指定位置上.（1）若函数1 cos,0,(),0,xxf xaxbx在0 x 处连续，则（）（A）12ab （B）12ab （C）0ab （D）2ab 【答案】【答案】（A）【解 析解 析】由连续 的定义
2、 可知：00lim()lim()(0)xxf xf xf，其 中0(0)lim()xff xb，20001()1 cos12lim()limlim2xxxxxf xaxaxa，从而12ba，也即12ab，故选（A）。（2）设二阶可导函数()f x满足(1)(1)1,(0)1fff且()0fx，则（）（A）11()0f x dx （B）11()0f x dx （C）0110()()f x dxf x dx （D）0110()()f x dxf x dx【答案】【答案】（B）【解析解析】由于()0fx，可知其中()f x的图像在其任意两点连线的曲线下方，也即()(0)(1)(0)21f xfffx
3、x，(0,1)x，因 此1100()(21)0f x dxxdx。同 理()(0)(0)(1)21fxfffxx，(1,0)x。因此0011()(21)0f x dxxdx，从而11()0f x dx，故选（B）。（3）设数列 nx收敛，则（）（A）当l i m s i n0nnx 时，lim0nnx （B）当l i m()0nnnxx 时，lim0nnx （C）当2lim()0nnnxx 时，lim0nnx （D）当l i m(s i n)0nnnxx 时，lim0nnx【答案】【答案】（D）2 【解析解析】设limnnxa，则limsinsinnnxa，可知当sin0a，也即ak，0,1,
4、2,k 时，都有limsin0nnx，故（A）错误。lim()nnnxxaa，可 知 当0aa，也 即0a 或 者1a 时，都 有lim()0nnnxx，故（B）错误。22lim()nnnxxaa，可知当20aa，也即0a 或者1a 时，都有2lim()0nnnxx，故（C）错误。lim(sin)sinnnnxxaa，而要使sin0aa只有0a，故（D）正确。（4）微分方程248(1 cos2)xyyyex的特解可设为*y（）（A）22cos2sin2xxAeeBxCx （B）22cos2sin2xxAxeeBxCx （C）22cos2sin2xxAexeBxCx （D）22cos2sin2x
5、xAxexeBxCx【答案】【答案】（C）【解析解析】齐次方程的特征方程为2480，特征根为22i，将非齐次方程拆分为：248(1)xyyye与248cos2(2)xyyyex。方程(1)的特解可以设为21xyAe，方程(2)的特解可以设为22(cos2sin2)xyxeBxCx，由解的叠加原理可知：方程(1)饿任意解和方程(2)的任意解之和即为原方程的解，则原方程的特解可以设为222(cos2sin2)xxyAexeBxCx，故选（C）。（5）设 具有一阶偏导数，且对任意的(x,y),都有0),(,0),(yyxfxyxf,则（）（A）（B）)1,1()0,0(ff （C）)0,1()1,0
6、(ff （D）)0,1()1,0(ff【答案】【答案】（D）【解析解析】由于,0fx yx，可知,fx y关于单调x递增，故0,11,1ff。又由于大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china-更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 3 ,0f x yy，可知,fx y关于单调y递减，故1,11,0ff，从而0,11,0ff，故选（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(
7、t)(单位：m/s)，三块阴影部分的面积的数值依次为 10,20,3.计时开始后乙追上甲的时刻记为（）（A）t0=10 （B）15t020 （C）t0=25 （D）t025【答案】【答案】（C）【解析解析】从0到0t时刻，甲乙的位移分别为010()tV t dt与020()tV t dt要使乙追上甲，则有0210()()tV tV t dt，由定积分的几何意义可知，25210()()20 1010V tV t dt，可知025t ，故选（C）。（7）设A为 3 阶矩阵，123,)P=(为可逆矩阵，使得1000010002PAP，则321A（）（A）21 （B）322 （C）32 （D）212【
8、答案】【答案】（B）【解析】【解析】4 1231231123123123123123231()(,)111(,)(,)(,)110001(,)010100210(,)122AAA （8）已知矩阵200021001A，210020001B，100C020002则（）（A）A与C相似，B与C相似 （B）A与C相似，B与C不相似 （C）A与C不相似，B与C相似 （D）A与C不相似，B与C不相似【答案】【答案】（B）【解析】【解析】由（）=0EA 可知A的特征值为 2,2,1。3(2)1rEA。A A可相似对角化，且100020002A 由0EB 可知B B的特征值为 2,2,1。3(2)2rEB。B
9、 B不可相似对角化，显然C C可相似对角化，AC。且B B不相似于C C。二、填空题：二、填空题：9 14 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分，请将答案写在答题纸分，请将答案写在答题纸指定位置上指定位置上.（9）曲线21 arcsinyxx的斜渐近线方程为_。【答案答案】2yx。大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china-更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 5 【解析解析】21 arcsinlim1xxxkx，2lim1 arcsin2xbxxx，则斜渐近线方程为2
10、yx。（10）设函数()yy x由参数方程txteysint 确定，则220td ydx_。【答案答案】18。【解析解析】()cos()1tdyy ttdxx te，2223sin(1)coscossinsincos(1)111(1)tttttttttteettd yteteteedxeee 22018td ydx。（11）20ln(1)(1)xdxx_。【答案答案】1。【解析解析】200ln(1)1ln(1)(1)1xdxx dxx 20011ln(1)11xdxxx 0011ln(1)11xxx 0 1 1。（12）设函数(,)f x y具有一阶连续偏导数，且(,)(1)yydf x yy
11、e dxxy e dy，(0,0)0f，则(,)f x y _。【答案答案】yxye。【解析解析】由题可知，yxfye，1yyfxy e，,()yyf x yye dxxyec y，()yyyyyfxexyec yxexye，即()0c y，即()c yc，0,00f，故0c，即,yf xyx y e。（13）110tanyxdydxx_。6 【答案答案】ln(cos1)。【解析解析】1111110000tantantanln coslncos1lncos0lncos1yyxxdydxdxdyxdxxxx 。（14）设矩阵41212311Aa的一个特征向量为112 ，则a _。【答案答案】1。
12、【解析解析】因为111=3222Aa ，即3 21a，可得1a 。三、解答题：三、解答题：1523 小题，共小题，共 94 分分.请将解答写在答题纸指定位置上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030limxtxxte dtx。【解析解析】先对变上限积分0 xtxte dt作变量代换uxt，得 000()xxtx uxuxxte dtuedueue du 则由洛必达法则可知：原式=00lim32xxuxeue duxx=0022lim33xuxxue duxe=022lim1332xxx
13、xxexeex 大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china-更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 7 =022lim1332xxxxxexee 23(16)(本题满分10分)设函数(,)f u v具有2阶连续偏导数，(,cos)xyf ex，求0 xdydx，202xd ydx。【解析解析】由复合函数求导法则，可得：12(sin)xdyf efxdx 故01(1,1)xdyfdx 进一步地：212122()()cossinxxd fd fd ye fexfxdxdxdx 1111222
14、122(sin)cossin(sin)xxxxe fef efxxfx f efx 2212112122cos2sinsinxxxe fxfefexfxf 故2012112(1,1)(1,1)(1,1)xd yfffdx(17)(本题满分 10 分)求21limln(1)nnkkknn。【解析解析】由定积分的定义式可知 原式=1011limln 1ln 1nnkkkxx dxnnn，再由分部积分法可知：2211121000012100111ln 1ln 11ln 1|ln 122211111|244xxxx dxx d xxdxxdxx (18)(本题满分 10 分)已知函数()y x由方程3
15、33320 xyxy确定，求()y x的极值。8 【解析解析】等式两边同时对x求导可得，22333 30 xy yy(1)令0y可得2330 x ，故1x 。由极限的必要条件可知，函数的极值之梦能取在1x 与1x 处，为了检验该点是否为极值点，下面来计算函数的二阶导数，对(1)式两边同时求导可得，2266330 xy yy yy(2)当1x 时，1y，将1,1,0 xyy代入（2）式可得2y，故 11y是函数的极大值。当1x 时，0,0yy，代入（2）式可得2y，故10y 是函数的极小值。(19)(本题满分 11 分)设函数()f x在区间0,1上具有二阶导数，且(1)0f，0()lim0 x
16、f xx。证明：（）方程()0f x 在区间(0,1)内至少存在一个实根。（）方程2()()()0f x fxfx在区间(0,1)内至少存在两个不同实根。【证明】【证明】（I）由于0()lim0 xf xx，则由保号性可知：0，使得当(0,)x时，()0f xx，也即()0f x。又由于(1)0f，则由零点存在定理可知，()0f x 在(0,1)内至少有一个实根。（II）令()()()F xf x fx。由0()lim0 xf xx可知0()(0)lim0 xf xfxx。又由（I）可知：0(0,1)x使得0()0f x。由罗尔定理可知：10(0,)x使1()0f，从而10(0)()()0FF
17、F x。再由罗尔定理可知：21(0,)，310(,)x使得23()()0FF。也即2()()()()0F xf x fxfx在0(0,)(0,1)x内有两个不同的实根。大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china-更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 9 （20）（本题满分 10 分）已知平面区域yyxyxD2,22）（，计算二重积分dxdyxD21）（。【解析】令011-,221xyxyxD，）（sin202302cos1drrddxdyxD 024cossin4d 022sin22c
18、os-1d 02022sin2cos21-2sin21dd 04cos-141d 4（21）(本题满分 11 分)设()y x是区间30,2内的可导函数，且(1)0y，点P是曲线:()l y x上的任意一点。l在P处的切线与y轴相交于点0,pY，法线与x轴相交于点,0pX，若ppXY，求l上点的坐标(,)x y满足的方程。【解析解析】设(,()p x y x的切线为()()()Yy xy x Xx，令0X 得，()()pYy xy x x，法线 10 1()()()Yy xXxy x，令0Y 得，()()pXxyxyx。由ppYX得，()()yx yxxy yx，即1()1yyy xxx。令y
19、ux，则yux，dyduxudxdx，那么，(1)(1)duuxuudx，即211udxduux，解得，0)ln(21arctan22yxxy。（22）(本题满分 11 分)设3阶矩阵123,A 有3个不同的特征值，且3122。（I）证明：()2r A （II）若123，求方程组Ax的通解。（I）【证明】【证明】因为A有三个不同的特征值，所以A，()1r A，假若()1r A 时，0是二重的，故不符合，那么()2r A，又因为3122，所以()2r A，即()2r A。（II）【解析解析】因为()2r A，所以0Ax 的基础解析只有一个解向量，又因为3122，即12320，即基础解系的解向量为
20、(1,2,1)T，又因为123，故Ax的特解为(1,1,1)T，所以Ax的通解为(1,2,1)(1,1,1)TTk，kR。（23）(本题满分 11 分)设二次型 2221231231 21 323(,)2282f x x xxxaxx xx xx x 在正交变换XQY下的标准型221122yy，求a的值及一个正交矩阵Q。【解析解析】二次型对应的矩阵为21411141Aa，因为标准型为221122yy，所以0A，从而46a，即2a，代入得2141110412EA，解得0,3,6；当0时，2140111412EA，化简得111012000，对应的特征向量为1(1,2,1)Tk；大型考试资源分享网站百度搜索：华宇课件网 http:/www.china-更多热门考试学习资源免费下载-出售：公考、考研、会计、建筑、教师等考试课程-课程咨询微信QQ同号：582622214 11 当3 时，5143121415EA，化简得121011000，对应的特征向量为2(1,1,1)Tk；当6时，4146171414EA，化简得171010000，对应的特征向量为3(1,0,1)Tk；从而正交矩阵32632636033326326Q。
