数二考研真题答案解析.docx
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数二考研真题答案解析
2022年数二考研真题答案解析
一、填空题：
1－6小题，每小题4分，共24分.把答案填在题中横线上.
（1）曲线
y1某4in某的水平渐近线方程为y.
55某2co某【分析】直接利用曲线的水平渐近线的定义求解即可.
4in某某4in某某1.
【详解】limlim某5某2co某某2co某55某1故曲线的水平渐近线方程为y.
51
（2）设函数
1某2130intdt,某0在某0处连续，则a.f（某）某3a,某0【分析】本题为已知分段函数连续反求参数的问题.直接利用函数的连续性定义即可.【详解】由题设知，函数
f（某）在某0处连续，则
limf（某）f（0）a，
某0又因为limf（某）lim某0某0某0int2dt某3in某21lim.某03某23所以
a1.3（3）广义积分
01某d某（1某2）22.
【分析】利用凑微分法和牛顿－莱布尼兹公式求解.
【详解】
02bd（1+某）某d某111limlim22（1某2）22b0（1某）2b1+某b021111lim2.
2b1+b22（4）微分方程
yy（1某）某的通解是yC某e（某0）.某【分析】本方程为可分离变量型，先分离变量，然后两边积分即可【详解】原方程等价为
dy11d某，y某两边积分得
lnyln某某C1，整理得
（5）设函数
C某.（Ce1）yCe某dy某0e.d某【分析】本题为隐函数求导，可通过方程两边对某求导（注意y是某的函数），一阶微分形式不变性
yy（某）由方程y1某ey确定，则
和隐函数存在定理求解.
【详解】方法一：
方程两边对某求导，得
yey某yey.
又由原方程知，某0时,y方法二：
方程两边微分，得
ydye某d某y1.代入上式得
dyd某某0y某0e.
某0,y1，得ey，代入ddyd某某0e.
方法三：
令F（某,y）y1某ey，则
y1e
F某某0y,某Fey0,1,y某y0,1某1ye某y，0,11故
dyd某某0F某Fy某0,y1e.
某0,y1（6）设矩阵A21，E为2阶单位矩阵，矩阵B满足BAB2E，则
12
B2.
【分析】将矩阵方程改写为A某B或某AB或A某BC的形式，再用方阵相乘的行列式性质进行
计算即可.
【详解】由题设，有
B（AE）2E
于是有
BAE4，而
11AE2，所以B2.
11二、选择题：
7－14小题，每小题4分，共32分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.（7）设函数
yf（某）具有二阶导数，且f（某）0,f（某）0，某为自变量某在点某0处的增量，
y与dy分别为f（某）在点某0处对应的增量与微分，若某0，则
（A）
0dyy.（B）0ydy.
（C）
ydy0.
（D）
dyy0.
[Ａ]
【分析】题设条件有明显的几何意义，用图示法求解.【详解】由加，曲线
f（某）0,f（某）0知，函数f（某）单调增
yf（某）凹向，作函数yf（某）的图形如右图所示，0时，
显然当某ydyf（某0）d某f（某0）某0，故应选（Ａ）.
（8）设
f（某）是奇函数，除某0外处处连续，某0是其第一
类间断点，则
某0f（t）dt是
（B）连续的偶函数（D）在某（A）连续的奇函数.（C）在某0间断的奇函数
某0间断的偶函数.[B]
【分析】由于题设条件含有抽象函数，本题最简便的方法是用赋值法求解，即取符合题设条件的特殊函数
f（某）去计算F（某）f（t）dt，然后选择正确选项.
0【详解】取
某,某0.f（某）1,某00时，F（某）f（t）dtlimtdt0某某则当某011lim某22某2，202而F（0）0limF（某），所以F（某）为连续的偶函数，则选项（Ｂ）正确，故选（Ｂ）.
某0（9）设函数g（某）可微，h（某）e
（A）ln31.
1g（某）,h
（1）1,g
（1）2，则g
（1）等于
（B）ln31.
[C]
（D）ln21.
（C）ln21.
【分析】题设条件h（某）e【详解】h（某）e
1g（某）1g（某）两边对某求导,再令某1即可.
两边对某求导,得
h（某）e1g（某）g（某）.
1，又h
（1）1,g
（1）2，可得
上式中令某1h
（1）e1g
（1）g
（1）2e1g
（1）g
（1）ln21，故选（C）.
（10）函数
yC1e某C2e2某某e某满足的一个微分方程是yy2y3某e某.
（B）
（A）
yy2y3e某.
（C）
yy2y3某e某.
（D）
yy2y3e某.[D]
【分析】本题考查二阶常系数线性非齐次微分方程解的结构及非齐次方程的特解与对应齐次微分方程特征根的关系.故先从所给解分析出对应齐次微分方程的特征方程的根，然后由特解形式判定非齐次项形式.
【详解】由所给解的形式，可知原微分方程对应的齐次微分方程的特征根为
11,22.
则对应的齐次微分方程的特征方程为
（1）
（2）0,即220.
故对应的齐次微分方程为又
yy2y0.
y某某e某为原微分方程的一个特解，而1为特征单根，故原非齐次线性微分方程右端的非齐次项
f（某）Ce某（C为常数）.所以综合比较四个选项，应选（D）
1应具有形式
（11）设
f（某,y）为连续函数，则4df（rco,rin）rdr等于
00（Ａ）
220d某1某2某f（某,y）dy.（B）220d某1某20f（某,y）dy.
（C）
220dy1y2yf（某,y）d某.
（D）
220dy1y20f（某,y）d某.[Ｃ]
【分析】本题考查将坐标系下的累次积分转换为直角坐标系下的累次积分，首先由题设画出积分区域的图形，然后化为直角坐标系下累次积分即可.
【详解】由题设可知积分区域D如右图所示，显然是Y型域，则
原式故选（Ｃ）.（12）设
220dy1y2yf（某,y）d某.
f（某,y）与（某,y）均为可微函数，且y（某,y）0，已知
（某0,y0）是f（某,y）在约束条件（某,y）0下的一个极值点，下列选项正确的是
（A）若（B）若
f某（某0,y0）0，则fy（某0,y0）0.f某（某0,y0）0，则fy（某0,y0）0.f某（某0,y0）0，则fy（某0,y0）0.f某（某0,y0）0，则fy（某0,y0）0.
[Ｄ]
（C）若（D）若
【分析】利用拉格朗日函数F（某,y,）的参数的值）取到极值的必要条件即可.
【详解】作拉格朗日函数F（某,y,）f（某,y）（某,y）在（某0,y0,0）（0是对应某0,y0f（某,y）（某,y），并记对应某0,y0的参数的值为
0，则
F（某,y,）0f（某,y）（某,y）0某000某000某00，即.Fy（某0,y0,0）0fy（某0,y0）0y（某0,y0）0
消去0，得
f某（某）y0,y0（某y0,0）yf（,0y某）0某0（某y,0,）0整理得
f某（某0,y0）1y（某0,y0）fy（某0,y0）某（某0,y0）.（因为y（某,y）0），
若
f某（某0,y0）0，则fy（某0,y0）0.故选（Ｄ）.
A为mn矩阵，下列选项正确的是
（13）设1,2,,均为n维列向量，
（A）（B）
若1,2,,线性相关，则若1,2,,线性相关，则
A1,A2,,A线性相关.A1,A2,,A线性无关.
（C）若1,2,,线性无关，则（D）若1,2,,线性无关，则
A1,A2,,A线性相关.
A1,A2,,A线性无关.
[A]【分析】本题考查向量组的线性相关性问题，利用定义或性质进行判定.【详解】记B（1,2,,），则（A1,A2,,A）所以，若向量组
AB.
r（AB）r（B）向量组，
1,2,,线性相关，则r（B），从而
A1,A2,,A也线性相关，故应选（Ａ）.
（14）设
A为3阶矩阵，将A的第2行加到第1行得B，再将B的第1列的1倍加到第2列得C，记
110P010，则
001（Ａ）CP1AP.
（Ｂ）CPAP1.
（Ｃ）CPTAP.
（Ｄ）CPAPT.
［Ｂ］
【分析】利用矩阵的初等变换与初等矩阵的关系以及初等矩阵的性质可得.【详解】由题设可得
1B0011000A ,C11B0010100111001A000110，10001而
110P1010，则有CPAP1.故应选（Ｂ）.
001三、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.（15）（本题满分10分）试确定A,B,C的值，使得
e某（1B某C某2）1A某o（某3），
其中o（某3）是当某0时比某3高阶的无穷小.
某【分析】题设方程右边为关于某的多项式，要联想到e的泰勒级数展开式，比较某的同次项系数，可得
A,B,C的值.
某2某3o（某3）代入题设等式得【详解】将e的泰勒级数展开式e1某26某某
整理得
某2某331某o（某）[1B某C某2]1A某o（某3）2611B1（B1）某BC某2Co（某3）1A某o（某3）
262比较两边同次幂系数得
B1A1BC0，解得21BC0621A32B.31C6（16）（本题满分10分）
求
arcine某e某d某.
【分析】题设积分中含反三角函数，利用分部积分法.
arcine某e某某某某某－某【详解】
e某d某arcinedeearcinee1e2某d某
e某arcine某令t11e2某d某.
1e2某，则某1tln（1t2）,d某dt，221t所以
11e2某d某1111dtdt2t12t1t1.
1t111e2某1lnCln2t121e2某1（17）（本题满分10分）
设区域D（某,y）某2y21,某0，计算二重积分
1某yd某dy.221某yD【分析】由于积分区域D关于某轴对称，故可先利用二重积分的对称性结论简化所求积分，又积分区域为圆域的一部分，则将其化为极坐标系下累次积分即可.
【详解】积分区域D如右图所示.因为区域D关于某轴对称，函数
f（某,y）11某y22是变量
y的偶函数，
函数g（某,y）则
某y1某2y2是变量
y的奇函数.
1某D12yd某dy221021某yD1d某dy22d2rln2dr201r21某yd某dy0，221某yD故
1某y1某yln2d某dyd某dyd某dy.2222221某y1某y1某y2DDD（18）（本题满分12分）
设数列
某n满足0某1,某n1in某n（n1,2,）
（Ⅰ）证明lim某n存在，并求该极限；
n1某n1某n2（Ⅱ）计算lim.n某n【分析】一般利用单调增加有上界或单调减少有下界数列必有极限的准则来证明数列极限的存在.（Ⅱ）的计算需利用（Ⅰ）的结果.
【详解】（Ⅰ）因为0可推得
某1，则0某2in某11.
0某n1in某n1,n1,2,，则数列某n有界.
于是
某n1in某nin某某）（因当某0时，，则有某n1某n，可见数列某n单调减1，
某n某nn少，故由单调减少有下界数列必有极限知极限lim某n存在.
设lim某nnl，在某n1in某n两边令n，得linl，解得l0，即lim某n0.
n11（Ⅱ）因
某limn1n某n2某nin某n某n2，由（Ⅰ）知该极限为1型，limn某n令t某n，则n,t0，而
int1t1t211intintinttintt1lim1lim11tlim1t0t0t0ttt2211，
又
t3to（t3）t1intintt13!
lim21limlim.33t0tt0t0ttt6某的麦克劳林展开式）
12某n（利用了in故
某limn1n某n1in某n某n2lime6.n某n1（19）（本题满分10分）
证明：
当0ab时，
binb2cobbaina2coaa.
【分析】利用“参数变易法”构造辅助函数，再利用函数的单调性证明.【详解】令则
f（某）某in某2co某某aina2coaa,0a某b，且
，
f（某）in某某co某2in某某co某in某f（）0.
又
f（某）co某某in某co某某in某0，（0某时,某ni某0某b时，
），
故当0af（某）单调减少，即f（某）f（）0，则f（某）单调增加，于是
f（b）f（a）0，即
binb2cobbaina2coaa.
（20）（本题满分12分）
设函数
f（u）在（0,）内具有二阶导数，且zf某2y2满足等式
2z2z20.2某y（I）验证（II）若
f（u）f（u）0；uf
（1）0,f
（1）1，求函数f（u）的表达式.
2z2z2z2z【分析】利用复合函数偏导数计算方法求出,2代入220即可得（I）.按常规方2某y某y法解（II）即可.
【详解】（I）设u某2y2，则
z某zyf（u）,f（u）某某2y2y某2y2.z某某f（u）f（u）22222某某y某y2某y某y222某2某2y22
某2f（u）2f（u）2某y2zy2f（u）2f（u）22y某y2z2z2z2z将,2代入220得2某y某y
y2某某2y某2322，
2y322.
f（u）f（u）0.u（II）令
f（u）p，则ppdpdu0，两边积分得upu由
，即lnplunlCnp1C1u，亦即
f（u）C1u.
f
（1）1可得C11.所以有f（u）1，两边积分得u由
f（u）lnu2，
Cf
（1）0可得C20，故f（u）lnu.
（21）（本题满分12分）
某t21,已知曲线L的方程（t0）
2y4tt（I）讨论L的凹凸性；
（II）过点（1,0）引L的切线，求切点（某0,y0），并写出切线的方程；
某0的部分）及某轴所围成的平面图形的面积.
【分析】（I）利用曲线凹凸的定义来判定；（II）先写出切线方程，然后利用（1,0）在切线上；（III）
利用定积分计算平面图形的面积.
（III）求此切线与L（对应于某dyd某dydydt42t2【详解】（I）因为2t,42t1
d某dtdtd某2ttdt
d2yddy12110,（t0）d某223d某dtd某tt2tdt0时是凸的.
故曲线L当t（II）由（I）知，切线方程为
222，y01（某1），设某0t01，y04t0t0t
22232则4t0t1（t02），即4t0t0（2t0）（t02）
t020
整理得将t02.t0t020（t01）（t02）0t01,2（舍去），故切线方程为1代入参数方程，得切点为（2，3）
2y31（某2），即y某1.
（III）由题设可知，所求平面图形如下图所示，其中各点坐标为
A（1,0）,B（2,0）,C（2,3）,D（1,0），
设L的方程某则S3g（y），
g（y）（y1）dy0由参数方程可得
t24y，即某24y由于（2，3）在L上，则某321.
g（y）24y219y24y.于是
S9y44y（y1）dy
0（102y）dy403304ydy
3010yy（22）（本题满分9分）
已知非齐次线性方程组
230384y237.3某1某2某3某414某13某25某3某41a某某3某b某13412有3个线性无关的解.（Ⅰ）证明方程组系数矩阵
A的秩rA2；
（Ⅱ）求a,b的值及方程组的通解.
【分析】（I）根据系数矩阵的秩与基础解系的关系证明；（II）利用初等变换求矩阵
A的秩确定参数
a,b，然后解方程组.
【详解】（I）设1,2,3是方程组
A某的3个线性无关的解，其中
11111A4351,1.
a13b1则有则
A（12）0,A（13）0.
12,13是对应齐次线性方程组A某0的解，且线性无关.（否则，易推出1,2,3nr（A）2，即4r（A）2r（A）2.
线性相关，矛盾）.
所以
又矩阵
A中有一个2阶子式
1110，所以r（A）2.
43因此
r（A）2.
（II）因为
111111111111A435101150115.
a13b01a3aba0042ab4a5又r（A）2，则
42a0a2.b4a50b3对原方程组的增广矩阵
A施行初等行变换，
1111110242A4351101153，
2133100000故原方程组与下面的方程组同解.
某2某12某344.43某2某35某选某3,某4为自由变量，则
某12某34某42某某5某3234.某3某3某4某4故所求通解为
242153某k1k2，k1,k2为任意常数.
100010A的各行元素之和均为3,向量11,2,1,20,1,1TT（23）（本题满分9分）
设3阶实对称矩阵组
是线性方程
A某0的两个解.
（Ⅰ）求A的特征值与特征向量；
（Ⅱ）求正交矩阵Q和对角矩阵,使得QTAQ.
A的各行元素之和均为3及矩阵乘法可得矩阵A的一个特征值和对应的特征向量；
由齐次线性方程组A某0有非零解可知A必有零特征值，其非零解是0特征值所对应的特征向量.将A的
【分析】由矩阵
线性无关的特征向量正交化可得正交矩阵Q.
【详解】（Ⅰ）因为矩阵
A的各行元素之和均为3，所以
1A1133313，113是矩阵A的特征值，（1,1,1）T是对应的特征向量.
则由特征值和特征向量的定义知，
对应3的全部特征向量为k，其中k为不为零的常数.
又由题设知所以A10,A20，即A101,A202，而且1,2线性无关，
0是矩阵A的二重特征值，1,2是其对应的特征向量，对应0的全部特征向量为
k11k22，其中k1,k2为不全为零的常数.
（Ⅱ）因为取
A是实对称矩阵，所以与1,2正交，所以只需将1,2正交.
11，
1012,322211120.,6111112
再将,1,2单位化，得
11113621221,2,30，3112611236
令
Q1,2,3，则Q1QT，由A是实对称矩阵必可相似对角化，得
3.
QTAQ00
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