2015年考研数学(二)真题及答案详解

一、选择题:18小题,每小题4分,共32分.

(1) 下列反常积分收敛的是 ( ) (A)

21dx (B) x2lnx (C)

dxx21(D) dxxlnx

22xdx xe【答案】(D) 【解析】xxxx，则dx(x1)edx(x1)e2exex3e2lim(x1)ex3e2.

x(2) 函数fxlim(1t0x2sintt)x 在(,)内( )

(A) 连续 (B) 有可去间断点 (C) 有跳跃间断点 (D) 有无穷间断点 【答案】(B)

sintxlimsintxtt0xt)eex，x0，故f(x)有可去间断点x0. 【解析】f(x)lim(1t0x221xcos,x0x(0,0),若f'x在x0处连续则:( ) (3) 设函数fx0,x0(A)0 (B)01 (C)2 (D)02 【答案】(A)

【解析】x0时，fx0f00

f0limx0xcos1011x limxcosx0xx1111xsin xxx1x0时，fxx1cosx1cos111xsin xx

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） 1xcosfx在x0处连续则：f0f0limx010得10 x=0 1111f0limfx=limxcosxsinx0+x0+xx得：10，答案选择A

(4)设函数f(x)在,内连续，其中二阶导数f(x)的图形如图所示，则曲线

yf(x)的拐点的个数为( )

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 【答案】(C)

【解析】根据图像观察存在两点，二阶导数变号.则拐点个数

为2个.

(5) 设函数fu,v满足fxy,x2y2 ，则

xyfu(A)

u1与v1fvu1v1 依次是 ( )

1111,0 (B) 0, (C) ,0 (D) 0, 2222【答案】(D)

【解析】此题考查二元复合函数偏导的求解. 令uxy,vyuuvy22,y，则x，从而f(xy,)xy变为

x1v1vx222f2u(1v)f2u2uuvu(1v).故， ,f(u,v)2u1vv(1v)1v1v1v因而

fuu10,v1fv1.故选（D）. u12v1(6)设D是第一象限由曲线2xy1，4xy1与直线yx，y3x围成的平面区域，函

数fx,y在D上连续，则

fx,ydxdy ( )

D(A)

d341sin212sin2frcos,rsinrdr

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） 1sin212sin21sin212sin2(B)

d34frcos,rsinrdr frcos,rsindr

(C)

d34(D)

d341sin212sin2frcos,rsindr

【答案】(B)

【解析】根据图可得，在极坐标系下计算该二重积分的积分区域为

11D(r,),r

432sin2sin2所以

f(x,y)dxdyd3D41sin212sin2f(rcos,rsin)rdr

故选B.

1111(7) 设矩阵A12a,bd.若集合1,2，则线性方程组Axb有无穷多

14a2d2解的充分必要条件为 ( )

(A) a,d (B) a,d (C) a,d (D) a,d 【答案】(D)

111【解析】(A,b)12a14a211111d01a1d12d00(a1)(a2)(d1)(d2)，

由r(A)r(A,b)3，故a1或a2，同时d1或d2.故选（D）

222(8) 设二次型fx1,x2,x3在正交变换xPy下的标准形为2y1，其中y2y3P(e1,e2,e3)，若Q(e1,e3,e2)则f(x1,x2,x3)在正交变换xQy下的标准形

为( )

222222(A)2y1 (B) 2y1 y2y3y2y3

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） 222222(C) 2y1 (D) 2y1y2y3y2y3

【答案】(A)

222【解析】由xPy，故fxTAxyT(PTAP)y2y1. y2y3200T且PAP010.

001100由已知可得QP001PC

010200TTT故QAQC(PAP)C010

001222所以fxTAxyT(QTAQ)y2y1.选（A） y2y3二、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. ．．．

xarctantd2y (9)  则 3dx2y3tt【答案】48

t1 dydy33t2dt【解析】 3(1t2)2 dx1dxdt1t2d[3(1t2)2]d2yd12t(1t2)22dt[3(1t)]12t(1t2)2 2dx1dxdxdt1t2d2y48. dx2t1 (10)函数f(x)x2在x0处的n阶导数f(0)_________ 【答案】nn1ln2n22xn

【解析】根据莱布尼茨公式得：

2fn0Cn22x(n2)x0n(n1)n2n22ln2n(n1)ln2 2x20(11) 设fx连续，x【答案】2

xftdt，若11,15，则f1

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） 【解析】 已知(x)xx20f(t)dt，求导得(x)f(t)dt2x2f(x2)，故有

0x2(1)f(t)dt1,

01(1)12f(1)5,则f(1)2.

(12)设函数yyx是微分方程y''y'2y0的解，且在x0处yx取得极值3，则

yx= .

【答案】e2x2ex

【解析】由题意知：y03，y00，由特征方程：220解得11,22 所以微分方程的通解为：yC1exC2e2x代入y03，y00解得：C12C21 解得：y2eex2x

x2y3z(13)若函数Zzx,y由方程e【答案】xyz1确定，则dz0,0= . 1dx2dy 3【解析】当x0,y0时z0，则对该式两边求偏导可得

(3ex2y3zxy)zyzex2y3z x(3ex2y3zxy)zxz2ex2y3z.将（0,0,0）点值代入即有 yz1z2,.

x(0,0)3y(0,0)3则可得dz|(0,0)dx1321dydx2dy. 33(14) 若3阶矩阵A的特征值为2,2,1，BA2AE，其中E为3阶单位阵，则行列式

B .

【答案】21

【解析】A的所有特征值为2,2,1.B的所有特征值为3,7,1. 所以|B|37121.

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、．．．

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） 证明过程或演算步骤. (15) (本题满分10分）

设函数f(x)xaln(1x)bxsinx，g(x)kx3.若f(x)与g(x)在x0时是等价无

穷小，求a,b,k的值.

【答案】a1,k,b【解析】 方法一：

131 2x2x3x33o(x)，sinxxo(x3)， 因为ln(1x)x3!23那么，

aa(1a)x(b)x2x3o(x3)f(x)xaln(1x)bxsinx23limlim 1lim， 33x0g(x)x0x0kxkx1a0a11a可得：b0，所以，b．

221ak133k方法二： 由题意得

1limx0f(x)xaln(1x)bxsinxlimlimx0g(x)x0kx32x0x01absinxbxcosx1x

3kx2由分母lim3kx0，得分子lim(1absinxbxcosx)lim(1a)0，求得c；

x01x于是1limx0f(x)limg(x)x011bsinxbxcosx1x

3kx2xb(1x)sinxbx(1x)cosx 2x03kx（1x）xb(1x)sinxbx(1x)cosx lim

x03kx2 lim

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） lim1bsinxb(1x)cosxb(1x)cosxbxcosxbx(1x)sinx

x06kx由分母lim6kx0，得分子

x0lim[1bsinx2b(1x)cosxbxcosxbx(1x)sinx]lim(12bcosx)0，

x0x0求得b1； 2进一步，b值代入原式

1111sinx(1x)cosxxcosxx(1x)sinxf(x)2221lim limx0g(x)x06kx111111cosxcosx(1x)sinxcosxxsinx(1x)sinxxsinxx(1x)cosx22222lim2x06k112，求得k.

36k (16) (本题满分10分)

设A>0，D是由曲线段yAsinx(0x2)及直线y0，x

2

所围成的平面区域，V1，

V2分别表示D绕x轴与绕y轴旋转成旋转体的体积，若V1V2，求A的值.

【答案】

8 【解析】由旋转体的体积公式，得

2 V1 V220f(x)dx(Asinx)dxA2022202A21cos2xdx

42202xf(x)dx-2A2xdcosx2A

0 由题V1V2,求得A(17) (本题满分11分)

8.

2已知函数f(x,y)满足fxy\"(x,y)2(y1)ex，fx(x,0)(x1)e，f(0,y)y2y，

'x求 f(x,y)的极值. 【答案】极小值f(0,1)1

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） (x,y)2(y1)e两边对y积分，得 【解析】fxy fx(x,y)2(x12yy)ex(x)(y22y)ex(x)， 2故fx(x,0)(x)(x1)ex， 求得(x)ex(x1)，

故fx(x,y)(y22y)exex(1x)，两边关于x积分，得

f(x,y)(y22y)exex(1x)dx

(y2y)e(1x)de (y2y)e(1x)eedx (y22y)ex(1x)exexC (y22y)exxexC

由f(0,y)y22yCy22y，求得C0. 所以f(x,y)(y22y)exxex.

2xxxx0fx(y2y)eexe0令，求得. xfy(2y2)e0y12xx2xxx(y22y)ex2exxex， 又fxx2(y1)e，fyy2e， fxy(0,1)1,Bfxy(0,1)0,Cfyy(0,1)2， 当x0,y1时，AfxxACB20,f(0,1)1为极小值.

(18) (本题满分10分) 计算二重积分

222D(x,y)xy2,yx，其中x(xy)dxdyxxD

【答案】【解析】

142 52x(xy)dxdyxdxdy DD2x22dx20xx2dy

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） 2x2(2x2x2)dx

012x0122x2sint22xdx242sin2t2cos2tdt

05522u2t22224sin2tdt2sin2udu.

005545(19)(本题满分 11 分) 已知函数fx【答案】2个

【解析】f(x)1x22x1x21x2(2x1) 令f(x)0,得驻点为x1x1t2dt1X21tdt，求fx零点的个数？

1, 2在(,),f(x)单调递减,在(,),f(x)单调递增 故f()为唯一的极小值,也是最小值.

1111122而f()11tdt41tdt11tdt11tdt

12224111214121212 121tdt11td221td

12在(,1),1t1t,故

121121t2dt11tdt0

2从而有f()0

12xlimf(x)lim[1tdtxx12xx12x21x21tdt] 1tdt]lim[xx21xlimf(x)lim[1tdtx21x11tdtx11t2dt]

考虑limx1tdt1tdt2lim122x1x21x122x，所以limf(x).

x1所以函数f(x)在(,)及(,)上各有一个零点，所以零点个数为2. (20) (本题满分10分)

已知高温物体置于低温介质中，任一时刻该物体温度对时间的变化率与该时刻物体和介

质的温差成正比，现将一初始温度为120C的物体在20C的恒温介质中冷却，30min

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） 后该物体降至30C，若要将该物体的温度继续降至21C，还需冷却多长时间？ 【答案】30min

【解析】设t时刻物体温度为x(t)，比例常数为k(0)，介质温度为m,则

dxk(xm)，从而x(t)Cektm， dtx(0)120,m20，所以C100，即x(t)100ekt20

1120 t12100当x21时，t１，所以还需要冷却３０min.

又x()30,所以k2ln10，所以x(t)(21) (本题满分10分)

已知函数fx在区间a，+上具有2阶导数，fa0，fx0，f''x0，

设ba，曲线yfx在点b,fb处的切线与x轴的交点是x0，0，证明

ax0b.

【证明】根据题意得点(b,f(b))处的切线方程为yf(b)f(b)(xb)

令y0，得x0bf(b) f(b)因为f(x)0所以f(x)单调递增，又因为f(a)0 所以f(b)0，又因为f(b)0

所以x0bf(b)b f(b)f(b)，而在区间（a,b）上应用拉格朗日中值定理有 f(b)又因为x0abaf(b)f(a)f(),(a,b)

ba所以x0abaf(b)f(b)f(b)f(b)f()f(b) f(b)f()f(b)f(b)f()因为f(x)0所以f(x)单调递增 所以f(b)f()

所以x0a0，即x0a，所以ax0b，结论得证.

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） (22) (本题满分 11 分)

a10设矩阵A1a1且A3O.

01a(1) 求a的值；

(2) 若矩阵X满足XXA2AXAXA2E，E为3阶单位阵，求X. 【答案】

201a0,X111211【解析】

a1(I)AOA0130010a11a201aaa1a30a0

1a(II)由题意知

XXA2AXAXA2EXEA2AXEA2EEAXEA22EXEAEA1212EAEA

1XEAA1011EA2A111，

112100111M010011M111M010011M100 112M001001112M010111M010111M011M100011M100 021M011211001M201100M312110M010M111010M111 001M211211001M312X111

211 (23) (本题满分11 分)

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） 120023设矩阵A133相似于矩阵B0b0.

12a031（1）求a,b的值；

（2）求可逆矩阵P，使P1AP为对角阵. 【答案】

（1）a4,b5； （2）

231P101011

【解析】(I)A~Btr(A)tr(B)3a1b1

023120b30 1AB133012a0ab1a4 2ab3b5023100123(II)A133010123EC

1230011231231C1231123

1231C的特征值120,34

0时(0EC)x0的基础解系为1(2,1,0)T;2(3,0,1)T

5时(4EC)x0的基础解系为3(1,1,1)T

A的特征值A1C:1,1,5

231令P(1,2,3)101，

011

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二） 1P1AP1

5

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