2015年考研数学(二)真题及答案详解

2024年1月18日发(作者：2023郑州二测数学试卷)

2015年全国硕士研究生入学统一考试数学（二）试题解析

一、选择题:18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.

．．．(1)下列反常积分收敛的是( )

(A)

21dx (B)

x2lnx (C)1dxdx(D)

2xlnxx2x

dxxe【答案】(D)

【解析】xxx，则dx(x1)edx(x1)exxx2ee2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x0时，fxx1cosx1cos1111xsin

xxx1111xsin

xx

1xcosfx在x0处连续则：f0f0limx010得10

x1111f0limfx=limxcosxsin=0

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,xy，则xu与y22fu1v1fvu1v1依次是 ( )

(A)

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yuuvy，则x，从而f(xy,)x2y2变为

,y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13x围成的平面区域，函(6)设D是第一象限由曲线2xy1，4xy1与直线yx，y数fx,y在D上连续，则fx,ydxdy ( )

D(A)

d341sin212sin2frcos,rsinrdr

(B)d341sin212sin2frcos,rsinrdr

(C)d341sin212sin2frcos,rsindr

(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

222222(C)2y1(D)

2y1y2y3y2y3

【答案】(A)

22【解析】由xPy，故fxTAxyT(PTAP)y2y12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22所以fxTAxyT(QTAQ)y2y12y2.选（A）

y3二、填空题：914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23dxy3tt【答案】48

t1

dydy33t2dt3(1t2)2 【解析】dx1dxdt1t2d[3(1t2)2]12t(1t2)d2yd2222dt12t(1t)

[3(1t)]dx1dx2dxdt1t2d2ydx248.

t12xn (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2

【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

【解析】已知(x)x10x20f(t)dt，求导得(x)x20f(t)dt2x2f(x2)，故有(1)f(t)dt1,

(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

x2x所以微分方程的通解为：yC1eC2e代入y03，y00解得：C12C21

x2x解得：y2ee

(13)若函数Zzx,y由方程e【答案】x2y3z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、．．．证明过程或演算步骤.

(15) (本题满分10分）

3设函数f(x)xaln(1x)bxsinx，g(x)kx.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233!那么，

aa(1a)x(b)x2x3o(x3)f(x)xaln(1x)bxsinx231limlimlim，

33x0g(x)x0x0kxkxa11a0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lim3x0x0g(x)kx2x01absinxbxcosx1x

23kx由分母lim3kx0，得分子lim(1x0a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

23kxxb(1x)sinxbx(1x)cosx

2x03kx（1x）xb(1x)sinxbx(1x)cosx

lim2x03kx1bsinxb(1x)cosxb(1x)cosxbxcosxbx(1x)sinx

limx06kxlim

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2V1，所围成的平面区域，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

221cos2xAdx

V12f(x)dx2(Asinx)dxA20004222200V222xf(x)dx-2A2xdcosx2A

由题V1V2,求得A(17) (本题满分11分)

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，8.

\'x求f(x,y)的极值.

【答案】极小值f(0,1)1

(x,y)2(y1)ex两边对y积分，得 【解析】fxy1fx(x,y)2(y2y)ex(x)(y22y)ex(x)，

2

x故fx(x,0)(x)(x1)e，

x求得(x)e(x1)，

2xx故fx(x,y)(y2y)ee(1x)，两边关于x积分，得

f(x,y)(y22y)exex(1x)dx

(y22y)ex(1x)dex

(y22y)ex(1x)exexdx

(y22y)ex(1x)exexC

(y22y)exxexC

22由f(0,y)y2yCy2y，求得C0.

2xx所以f(x,y)(y2y)exe.

2xxxx0fx(y2y)eexe0令，求得.

xfy(2y2)e0y1(y22y)ex2exxex， 又fxx2(y1)ex，fyy2ex，

fxy(0,1)0,Cfyy(0,1)2，

(0,1)1,Bfxy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x(xy)dxdy，其中D(x,y)xD2y22,yx2

【答案】【解析】12

45DD2x(xy)dxdyxdxdy

2x22dx20x10x2dy

2x2(2x2x2)dx

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,

212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.

11111224而f()11tdt1tdt11tdt11tdt

12224121211tdt11td22121121411td

1在(,1),1t1t,故122121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

又x()30,所以k2ln10，所以x(t)12120

t1100当x21时，t１，所以还需要冷却３０min.

(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.

(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130a0a110aa11a2a1a30a0

01(II)由题意知

XXA2AXAXA2EXEA2AXEA2EEAXEAEXEA21EA212EAEA

1XEA2A1011EA2A111，

112011100111010111010011100

112001112001111010111010011100011100

021011001211110201100312010111010111

001211001211312X111

211 (23) (本题满分11 分)

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

0AB112323a120b300

130

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1P1AP15