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1、xlim620212021吉林考研数学二真题及答案吉林考研数学二真题及答案一、选择题：110 小题，每小题 5 分，共 50 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21.当x 0，0(e1)dt是x7的A.低阶无穷小.B.等价无穷小.C.高阶无穷小.D.同阶但非等价无穷小.【答案】C.x2et31dt2ex61【解析】0 x0 x7ex 1limx07x5 lim2xx07x5 0,故选 C.2.函数f(x)x,1,x 0,在x 0处x 0A.连续且取极大值B.连续且取极小值C.可导且导数等于零D.可导且导数不为零【答案】D【解析】因为limex0导，所以选 D.11xf(0
2、)，故连续；又因为limx0ex11xxex1 x2x21，故可23.有一圆柱体底面半径与高随时间变化的速率分别为2cm/s，3cm/s，当底面半径为10cm，高为 5cm 时，圆柱体的体积与表面积随时间变化的速率分别为A.125cm3/s,40cm2/sB.125cm3/s,40cm2/sC.100cm3/s,40cm2/sD.100cm3/s,40cm2/s【答案】C.【解析】dr 2，dh 3；V r2h，S 2rh 2r2.dtdt3tx(0,)1dV 2rhdr r2dh 100.dtdtdtdS 2hdr 2rdh 4rdr 40.dtdtdtdt4.设函数f(x)axblnx(a
3、 0)有 2 个零点，则b的取值范围aA.(e,)【答案】A.B.(0,e)C.1eD.(,)e【解析】fxaxblnx,若b 0，不满足条件，舍去；若b 0，令f x ab=0，x得x b.在0b b,f x 0.，,fx0,，+aaalim fx,lim fx，x0 x令f b=b blnb b1 lnb 0,得lnb 1，即b e.故选 A.aaaaa5.设函数f(x)secxA.a 1,b 12C.a 0,b 12在x 0处的 2 次泰勒多项式为1 ax bx2，则B.a 1,b 12D.a 0,b 12【答案】D.【解析】fxsecx f0 f0 xf 0 x2ox211x2ox2.
4、22所以可得a 0，b 1.26.设函数f(x,y)可微，且f(x 1,ex)x(x 1)2,f(x,x2)2x2ln x,则df(1,1)1A.dx dyB.dx dyC.dyD.dy【答案】选 C【解析】由于f(x 1,ex)x(x 1)2，两边同时对x求导得f1(x1,ex)f2(x1,ex)ex(x1)22x(x1).令x 0得f(1,1)f(1,1)1 0,f(x,x2)f(x,x2)2x 4x ln x 2x21;1212x令x1得f1(1,1)2 f2(1,1)2.因此f1(1,1)0；f2(1,1)1.所以df(1,1)dy，故选 C.7.设函数f(x)在区间0,1上连续，则0
5、f(x)dx n 2k 1 1n 2k 1 1A.limfB.limfnk1 2n 2nnk1 2n n2n k 1 12n k 2C.limfD.limfnk1【答案】选 B 2n nnk1 2n n【解析】将0,1的区间n等分，每一份取区间中点的函数值f k1，故选 B.n2n8.二次型f(x,x,x)(x x)2(x x)2(x x)2的正惯性指数与负惯性指数依123122331次为A.2，0B.1，1C.2，1D.1，2【答案】选 B【解析】fx,x,xx x2x x2x x2123122331 x2 2x x x2 x2 2x x x2 x2 2x x x2112222333131
6、2x2 2x x 2x x 2x x.2122313011二次型对应矩阵为12 1,11011101|E A|11 211=11211100(1)11 2121则p 1q 1.(1)(2)(1)2(1)(3)9.设3阶矩阵A=1,2,3,B1,2,3,若向量组1,2,3可以由向量组1,2,3线性表出，则（）A.Ax=0的解均为Bx=0的解.B.ATx=0的解均为BTx=0的解.C.Bx=0的解均为Ax=0的解.D.BTx=0的解均为ATx=0的解.【答案】D【解析】由题意，可知A BC，BTx=0的解均为CTBTx=0的解，即ATx=0的解，D选项正确.10110.已知矩阵A 211，若下三角
7、可逆矩阵P和上三角可逆矩阵Q，使得PAQ为125对角矩阵，则P、Q分别取（）.t0100 101 100 100A.010,013B.21 0,010 001 001321 001 100 101100 123C.210,013D.010,012 321 001131 001【答案】C 100 101101100【解析】通过代入验证210211013010.3211250010010选 C二、填空题（11-16 小题，每小题 5 分，共 30 分）11.x 3 x2dx.【答案】1ln3【解析】原式 2x3 x2dx 03x2dx2 0 x 2ett 1,1ln3x201ln312.设函数y
8、yx由参数方程确定，则y 4t 1ett2.t02【答案】.3【解析】dyyt4et4t 1et2tdxxt2et1d2tdt1 2t,2t0dtdxt022et1313.设函数z z(x,y)由方程(x 1)z yln z arctan(2xy)1确定，则.(0,2)【答案】1d2ydx2d2ydx2zx33333tt2sin21【解析】将x 0,y 2代入得z 1，又对(x 1)z y ln z arctan2xy 1两边同时求x的导数得z(x 1)z y1 zxz x2y 01(2xy)2将x 0,y 2,z 1代入上式得z 1.x214.已知函数f(t)1dxxsinxdy，则f.【答
9、案】cos2.2t2tyxty22xty2x【解析】ft1dxxsinydy 1dy1sinydx 11sinydxdy,则ft21sinxdx，所以tf 221xdx=2cos22 12cos.215.微分方程y y 0的通解y.1x【答案】C exe2 C sinx C cosx，其中C,C,C为任意常数.31222123【解析】设其特征方程为r31 0，则r 1;r 13i;r 13i.故其通解为121x22322C ex e2 C2sin2x C3cosx.216.多项式f(x)【答案】5中x3项的系数为.2xtxx12x1x2121x1211x21 x2【解析】x3项为11+2+24
10、x311x3 5x3，因此x3项系数为5三、解答题：1722 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本题满分 10 分）1求极限lim(xet2dt01).x0【解析】ex1sin x1xet2dtsin xxt2ex1lim01 limsin x0e dtx0ex1sin xx0ex1sin xsin xxt2ex1xxt2 limsin x0e dt limsin xe 1limsin x0e dtx0 x2x0 x2x0 x2x1x3+ox31 x1x2+ox2xet2dt lim62lim0 111x0 xx0 x2218.（本题满分 12 分）已知f(x)
11、1 x，求f(x)的凹凸区间及渐近线.x2,f(x)x 0,x 1x21 x,x2x 00f(0)=lim1 x0 x0 xx0f(0)=lim1 x0 x0 x所以x x.0,xx11f(x)11,(1 x)21,x 0,x 1x 0 x 0(1 x)21f(0)=lim101 x22x0 x110f(0)=lim1 x2 2x0 x所以21 x3x 0,x 1f(x)21 x3x 1时，f 0 x 01 x 0时，f 0 x 0时，f 0因此，凹区间,1,0,，凸区间1,0 x2x2limx1x,lim1 x，因此没有水平渐近线；x 1,x1 0，且limx2,limx2，因此存在铅直渐近
12、线x 1；limx21 x 1,limx11 xx2 x11 x，因此存在斜渐近线y x 1；xxx1 x数学（二）试题及解析第 10页（共 12页）xx x2lim1 xx21,limx 1，因此存在斜渐近线y x 1；xxx1 x19.（本题满分 12 分）f(x)满足f(x)dx 1x2 x C，L为曲线y f(x)(4 x 9)，L的弧长为S，L绕x6轴旋转一周所形成的曲面面积为A，求S和A.f(x)1解：x 13f(x)31x2 x2311291 11s x2x2dx422191124(x x22)dx22391 13111A=2x2x2x2x2dx423425920.（本题满分 1
13、2 分）y y(x)微分方程xy 6 y 6，满足y(3)10（1）求y(x)（2）P 为曲线y y(x)上的一点，曲线y y(x)在点 P 的法线在 y 轴上截距为p，为使p最小，求 P 的坐标。解：（1）y6y 6，xx1数学（二）试题及解析第 11页（共 12页）06dx66dxx x66 x6dx C 1 Cx6.根据由初始条件得C=1.所以y 11x6.33（2）设在在y轴上的截距为I 11x61 hx，x x0，P2x4300hx=2x5 2x5 0，得x 1，得P点坐标为1,4，1,4.00003321.（本题满分 12 分）曲线(x2 y2)2 x2 y2(x 0,y 0)与x
14、轴围成的区域 D，求xydxdy.D【解析】r4 r2co s 2,r2 co s 21f(x)I=xydxdy 0dx0Dxydy1121122=0 x2f(x)dx 40f(x)d(x)x rcos,y rsin,x2 r2cos2 cos 2 cos2y2 r2sin2 cos 2 sin2 f2(x)I=10cos2sin2d(cos2cos2)2=12(sin4sin2cos22cos22sin3cos)d40=12sin 4sin22d116082cos22sin 2(1 cos 2)d04x,11x6的法线为y 11x6 1030302x50数学（二）试题及解析第 12页（共 12页）=12(sin 43201sin 8)d12162(cos22 cos32)d cos 201111111=cos 42 cos 82(cos32cos42)232 4124064 801634022.（本题满分 12 分）210设矩阵A 120仅有两不同的特征值，若A相似于对角矩阵，求a,b的值，并求可逆1ab矩阵P，使P1AP为对角矩阵.【解析】2|EA|11020(b)(2)211ab(b)243(b)(1)(3)0.110当b 1时，a 1，3,1，P 110.123101101当b 3时，a 1，3,1，P 101.123011