考研数学二真题及答案解析

2015年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试题及答案解析
一、选择题：（1~8小题,每小题4分，共32分。

下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符
合题目要求的。

） (1)下列反常积分中收敛的是 (A)∫√x
2 (B)∫lnx
x
+∞2
dx
(C)∫1xlnx
+∞
2
dx (D) ∫x
e x
+∞2dx
【答案】D 。

【解析】题干中给出4个反常积分，分别判断敛散性即可得到正确答案。

∫x
2
=2√x|2+∞
=+∞；
∫lnx x +∞2dx =
∫lnx +∞
2d(lnx)
=1
2(lnx)2
|
2
+∞=+∞；
∫1xlnx
+∞
2dx =∫1
lnx
+∞2d(lnx)=ln?(lnx)|2+∞=+∞； ∫x
e x
+∞2
dx =−∫x +∞
2
de −x =−xe −x |2+∞
+∫e −x
+∞2
dx
=2e −2−e −x |2
+∞
=3e −2， 因此(D)是收敛的。

综上所述，本题正确答案是D 。

【考点】高等数学—一元函数积分学—反常积分
(2)函数f (x )=lim t→0
(1+
sin t x
)x 2
t
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
【解析】这是“1∞”型极限，直接有f (x )=lim t→0
(1+
sin t x
)x 2t
=e lim t→0x 2t
(1+
sin t
x
−1)=e
x lim
t→0sint t
=e x (x ≠0),
f (x )在x =0处无定义，
且lim x→0
f (x )=lim x→0
e x =1,所以 x =0是
f (x )的可去间断点，选B 。

综上所述，本题正确答案是B 。

【考点】高等数学—函数、极限、连续—两个重要极限 (3)设函数f (x )={
x αcos
1x β
,x >0，
0,x ≤0
(α>0,β>0).若f ′(x )在x =0处连续，则
(A)α−β>1 (B)0<α−β≤1 (C)α−β>2 (D)0<α−β≤2 【答案】A 【解析】易求出
f′(x )={αx α−1cos 1
x β+βx α−β−1sin 1
x β,x >0，
0,x ≤0
再有 f +′(0
)=lim x→0
+
f (x )−f (0)
x
=lim x→0
+
x α−1
cos 1
x β={0, α>1,
不存在，α≤1，
f −′(0)=0
于是，f ′(0)存在?α>1，此时f ′(0)=0. 当α>1时，lim x→0
x α−1cos 1
x β=0，
lim x→0
βx
α−β−1
sin 1
x β={0, α−β−1>0,
不存在，α−β−1≤0，
因此，f′(x )在x =0连续?α−β>1。

选A 综上所述，本题正确答案是C 。

【考点】高等数学—函数、极限、连续—函数连续的概念，函数的左极限和右极限
(4)设函数f(x)在(-∞,+∞)内连续，其
二阶导函数f ′′(x)的图形如右图所示， 则曲线y =f(x)的拐点个数为
(A)0 (B)1
(C)2 (D)3 【答案】C
【解析】f(x)在(-∞,+∞)内连续，除点x =0外处处二阶可导。

y =f(x)的可疑拐点是f ′′(x )=0的点及f ′′(x)不存在的点。

f ′′(x )的零点有两个，如上图所示，A 点两侧f ′′(x)恒正，对应的点不是y =f (x )拐点，B 点两侧f ′′(x )异号，对应的点就是y =f (x )的拐点。

虽然f ′′(0)不存在，但点x =0两侧f ′′(x)异号，因而(0,f(0)) 是y =f (x )的拐点。

综上所述，本题正确答案是C 。

【考点】高等数学—函数、极限、连续—函数单调性，曲线的凹凸性和拐点 (5)设函数f(μ,ν)满足f (x +y,y
x )=x 2−y 2，则?f
?μ|μ=1ν=1
与?f
?ν|μ=1ν=1
依次是
(A)1
2,0 (B)0,1
2
(C)−1
2
,0 (D)0,−1
2
【答案】D
【解析】先求出f (μ,ν) 令{μ=x +y,ν=y x
,?{x =μ
1+ν
,
y =μν1+ν,
于是 f (μ,ν)=μ2
(1+ν)2−μ2ν2
(1+ν)2=μ2(1−ν)1+ν
=μ2(2
1+ν−1)
因此?f
?μ|μ=1ν=1=2μ(2
1+ν−1)|
(1,1)
=0
?f
?ν|μ=1ν=1
=−2μ2
(1+ν)2|
(1,1)
=−1
2
综上所述，本题正确答案是D 。

【考点】高等数学-多元函数微分学-多元函数的偏导数和全微分
(6)设D 是第一象限中由曲线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)∫dθπ3π4
∫
f(r cos θ,r sin θ)1sin 2θ12sin 2θ
rdr
(B) ∫dθπ
3π4∫
cos θ,r sin θ)√sin 2θ1√2sin 2θ
rdr
(C) ∫dθπ3π4
∫
f(r cos θ,r sin θ)1sin 2θ12sin 2θ
dr
(D) ∫dθπ3π4
cos θ,r sin θ)1√sin 2θ√2sin 2θ
dr
【答案】 B
【解析】D 是第一象限中由曲线2xy =1,4xy =1与直线y =x,y =√3x 围成的平面区域，作极坐标变换，将∬f (x,y )dxdy D 化为累次积分。

D 的极坐标表示为
π3
≤θ≤π4√sin
2θ
≤θ≤√2sin 2θ
因此
∬f (x,y )dxdy D
=∫dθπ
3π4
cos θ,r sin θ)12θ1√2sin 2θ
rdr
综上所述，本题正确答案是B 。

【考点】高等数学—多元函数积分学—二重积分在直角坐标系和极坐标系下的计算。

(7)设矩阵A=[11112a 14a 2],b =[1
d d 2]。

若集合Ω={1,2}，则线性方程 Ax =b 有无穷多解的充分必
要条件为
(A)a?Ω,d?Ω (B) a?Ω,d ∈Ω (C)a ∈Ω,d?Ω (D) a ∈Ω,d ∈Ω 【答案】D
【解析】Ax =b 有无穷多解?r (A |b )=r (A )<3
|A |是一个范德蒙德行列式，值为(a −1)(a −2),如果a?Ω，则 |A |≠0，r (A )=3，此时Ax =b 有唯一解，排除(A),(B) 类似的，若d?Ω，则r (A |b )=3，排除(C)
当a ∈Ω,d ∈Ω时，r (A |b )=r (A )=2，Ax =b 有无穷多解 综上所述，本题正确答案是D 。

【考点】线性代数-线性方程组-范德蒙德行列式取值，矩阵的秩，线性方程组求解。

(8)设二次型f(x 1,x 2,x 3)在正交变换x =Py 下的标准形为2y 12+y 22−y 32,其中P =(e 1,e 2,e 3),若
Q =(e 1,−e 3,e 2)在正交变换
x =Qy 下的标准形为
(A) 2y 12−y 22+y 32 (B) 2y 12+y 22−y 32 (C) 2y 12−y 22−y 32 (D) 2y 12+y 22+y 32 【答案】A
【解析】设二次型矩阵为A ,则
P −1
AP =P T
AP =[200
01000−1
]
可见e 1,e 2,e 3都是A 的特征向量，特征值依次为2,1,-1，于是-e 3也是A 的特征向量，特征值为-1，因此
Q T
AQ =Q −1
AQ =[200
0−10001
]
因此在正交变换x =Qy 下的标准二次型为2y 12−y 22+y 32 综上所述，本题正确答案是A 。

【考点】线性代数-二次型-矩阵的秩和特征向量，正交变换化二次型为标准形。

二、填空题：(9~14)小题，每小题4分，共24分。

(9)设{x =acr tan t ,y =3t +t 3,则d 2y
dx 2|t=1=
【答案】48
【解析】由参数式求导法 dy
dx =y t ′x t
′=
3+3t 2
1
1+t 2
=3(1+t 2)2
再由复合函数求导法则得
d 2y dx =
d dx
[3(1+t 2)2]=d dt
[3(1+t 2)2]
dt dx
=6(1+t 2)?2t?1
x t
′
=12t(1+t 2)2,
d 2y
dx 2|t=1
=48
综上所述，本题正确答案是48。

【考点】高等数学-一元函数微分学-复合函数求导 (10)函数f (x )=x 22x 在x =0处的n 阶导数f (n )(0)= 【答案】n (n −1)(ln2)n−2(n =1,2,3,??) 【解析】
解法1 用求函数乘积的n 阶导数的莱布尼茨公式在此处键入公式。

f (n )(x )=∑C n k (x 2)k (2x )
(n−k)
n k=0 其中C n k =n!
k!(n−k )!,注意(x 2)k |x=0=0(k ≠2)，C n 2=
n(n−1)2
,于是
f (n )(0)=C n 2?2?(2x )(n−2)|x=0=n (n −1)(ln2)n−2 (n ≥2)
f ′(0)=0
因此f (n )(0)=n (n −1)(ln2)n−2(n =1,2,3,??) 解法2
利用泰勒展开 f (x )=x 22x =x 2e xln2=x 2∑(xln2)n
n!
∞n=0
=∑ln n 2n!
x n+2=∞n=0
∑ln n−22
(n−2)!x n
∞n=2
由于泰勒展开系数的唯一性，得ln n−22
(n−2)!
=
f (n )(0)n!
可得f (n )(0)=n (n −1)(ln2)n−2(n =1,2,3,??)
综上所述，本题正确答案是n (n −1)(ln2)n−2 (n =1,2,3,??) 【考点】高等数学—一元函数微分学—高阶导数，泰勒展开公式 (11)设函数f (x )连续，φ(x )=∫xf(t)dt x 2
0.若φ(1)=1，φ′(1)
=5,则
f (1)= 【答案】2
【解析】改写φ(x )=x ∫f(t)dt x 2
0,由变限积分求导法得 φ′(
x )=∫f(t)dt x 2
0+xf (x 2)?2x =∫f(t)dt x 2
0+2x 2f (x 2) 由φ(1)=1=∫f(t)dt 1
0 ，φ′(1)=∫f(t)dt 1
0+2f (1)=1+2f (1) 可得f (1)=2
综上所述，本题正确答案是2
【考点】高等数学—一元函数积分学—变限积分函数的性质及应用 (12)设函数y =y (x )是微分方程y ′′+y ′−2y =0的解，且在x =0处 y (x )取得极值3，则y (x )= 【答案】e −2x +2e x
【解析】求y (x )归结为求解二阶常系数齐次线性方程的初值问题 {y ′′+y ′−2y =0
y (0)=3，y ′(0)=0
由特征方程λ2+λ−2=0 可得特征根 λ1=−2，λ2=1，于
是得通解y=C1e−2x+C2e x 又已知
{C1+C2=3
−2C1+C2=0?C1=1
，C2=2
综上所述，本题正确答案是e−2x+2e x
【考点】高等数学—常微分方程—二阶常系数齐次线性方程(13)若函数z=z(x,y)由方程e x+2y+3z+xyz=1确定，则
dz|(0,0)=
【答案】−1
3dx−2
3
dy
【解析】先求z(0,0)，在原方程中令x=0,y=0得
e3z=1?z(0,0)=0
方程两边同时求全微分得
e x+2y+3z(dx+2dy+3dz)+xydz+yzdx+xzdy=0令x=0,y=0,z=0得
dx+2dy+3dz|(0,0)=0
dz|(0,0)=−1
3dx−2
3
dy
综上所述，本题正确答案是−1
3dx−2
3
dy
【考点】高等数学-多元函数微分学-隐函数的偏导数和全微分(14)设3阶矩阵A的特征值为2,-2,1，B=A2−A+E,其中E为3
阶单位矩阵，则行列式|B|=
【答案】 21
【解析】A的特征值为2,-2,1,则B的特征值对应为3,7,1
所以|B|=21
【考点】线性代数—行列式—行列式计算
线性代数—矩阵—矩阵的特征值
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)设函数f (x )=x +aln (1+x )+bx sin x,g (x )=kx 3,若f (x )与g (x )在x?0时是等价无穷小，求a,b,k 的值。

【解析】利用泰勒公式
f (x )=x +aln (1+x )+bx sin x
=x +a [x −1
2x 2+1
3x 3+o (x 3)]+bx[x +1
6x 3+o (x 3)] =(1+a )x +(b −a
2)x 2+a
3
x 3+o (x 3)
当x?0时，f (x )~g (x )，则a =−1,b =−1
2
,k =−1
3
【考点】高等数学—函数、极限、连续—无穷小的比阶，泰勒公式 (16)设A>0，D 是由曲线段y =Asinx(0≤x ≤π2)及直线y =0,x =π
2所
围成的平面区域，V 1,V 2分别表示D 绕x 轴与绕y 轴旋转所成旋转体的体积。

若V 1=V 2，求A 的值 【解析】
V 1=π∫A 2sin x 2=πA 2
∫1−cos 2x 2
dx π
2
0=
π2A 24
π2
由A>0可得
V 2=2π∫x π20?Asinxdx =−2πA ∫x π20d cos x
=−2πA(x cos x |0π
2
−∫cos x dx π
20) =2πA
又 V 1=V 2 可得A=8
π
【考点】高等数学—一元函数积分学—定积分的应用
(17)已知函数f(x,y)满足
f xy′′(x,y)=2(y+1)e x,f x′(x,0)=(x+1)e x,f(0,y)=y2+2y
求f(x,y)的极值。

【解析】
由f xy′′(x,y)=2(y+1)e x，得
f x′(x,y)=(y+1)2e x+φ(x)
又已知f x′(x,0)=(x+1)e x可得
e x+φ(x)=(x+1)e x
得φ(x)=x e x ,从而
f x′(x,y)=(y+1)2e x+x e x
对x积分得f(x,y)=(y+1)2e x+(x−1)e x+ψ(y)
又f(0,y)=y2+2y，所以ψ(y)=0
所以f(x,y)=(y+1)2e x+(x−1)e x
于是f y′(x,y)=(2y+2)e x, f xx′′(x,y)=(x+y2+2y+2)e x,
f yy′′(x,y)=2e x
令f x′(x,y)=0，f y′(x,y)=0得驻点(0,-1)，所以
A=f xx′′(0,−1)=1 B=f xy′′(0,−1)=0
C=f yy′′(0,−1)=2
由于B2−AC<0，A>0,所以极小值为f(0,−1)=−1
【考点】高等数学—多元函数微分学—二元函数的无条件极值(18)计算二重积分∬x(x+y)dxdy
,
D
其中D={(x,y)|x2+y2≤2,y≥x2}
【解析】
因为区域D 关于y 轴对称，所以∬xydxdy D
=0 原式=∬x 2dxdy =2∫dx ∫x 2dy √2−x 2x 210D
=2∫x 2(√2−x 2−x 2)dx 10
=2∫x 2√2−x 2dx 10−2∫x 4dx 10
令x =√2sin t ,则
∫x 2√2−x 2dx 10=∫4π40sin 2tcos 2tdt =12∫(1−cos4t )dt =π40π8 又∫x 4dx 10=15
所以二重积分=π4−25
【考点】高等数学—多元函数积分学—二重积分的计算
(19)已知函数 f (x )=∫√1+t 2dt +∫√1+t x 21dt 1x ，求f (x )的零点个数
【解析】
f ′(x )=−√1+x 2+2x√1+x 2,令f ′(x )=0，得驻点x =12
, 当x <12时，f ′(x )<0, f (x )单调减少；
当x >12时，f ′(x )>0, f (x )单调增加；
因为f (1)=0，所以f (x )在(12,+∞)上存在唯一零点。

又f (12)<f (1)=0,lim x→−∞f (x )=+∞，所以f (x )在(−∞，12)上存在唯一零点。

综上可知，f (x )有且仅有两个零点。

【考点】高等数学—一元函数微分学—方程的根（零点问题）
(20)已知高温物体置于低温介质中，任一时刻改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℃的物体在20℃恒温介质中冷却，30min 后该物体降温至30℃，若要将该物体的温度继续降至21℃，还需冷却多长时间？
【解析】
设该物体在t 时刻的温度为T (t )℃，由题意得
dT dt =−k(T −20)
其中k 为比例系数，k>0.解得
T =Ce −kt +20
将初始条件T(0)=120代入上式，解得C=100
将t =30,T =30代入得k =ln1030,所以
T =100e −ln1030t +20
令T=21，得t=60,因此要降至21摄氏度，还需60-30=30（min ）
【考点】高等数学—常微分方程—一阶常微分方程，微分方程应用
(21)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(x 0,0),证明a <x 0<b
【解析】
曲线y =f (x )在点(b,f(b))处的切线方程是
y −f (b )=f ′(b )(x −b) ,
解得切线与x 轴交点的横坐标为
x 0=b −f(b)f ′(b)
由于f ′(x )>0，故f (x )单调增加。

由b >a 可知f (b )>f (a )=0.
又f ′(b )>0,故f(b)f ′(b)>0,即有x 0<b
x 0−a =b −f(b)f ′(b)−a =(b−a )f ′(b )−f(b)
f ′(b)
由拉格朗日中值定理得
f (b )=f (b )−f (a )=f ′(ε)(b −a ),a <ε<b 因为f ′′(x )>0，所以f ′(x )单调增加，从而f ′(ε)<f ′(b ),故 f (b )<f ′(b )(b −a )
由此可知x 0−a >0,即x 0>a
综上所述，a <x 0<b
【考点】高等数学—一元函数微分学—微分中值定理
(22)设矩阵A =[a
101a −10
1a
],且A 3=0 (1)求a 的值；
(2)若矩阵X 满足X −XA 2−AX +AXA 2=E ,其中E 为三阶单位矩阵，求X
【解析】
(1) 由于A 3=0，所以
|A |=|a 101a −10
1a |=a 3=0 于是a =0
(2) 由于X −XA 2−AX +AXA 2=E
所以 (E −A )X (E −A 2)=E
由(1)知
E −A =[1−10−1110−11],E −A 2=[001010−102
]
因为E −A,E −A 2均可逆，所以
X =(E −A )−1(E −A 2)−1
=[21−111−1110][20−1010100]=[31−211−121−1]
【考点】线性代数—矩阵—矩阵方程
(23)设矩阵A =[02−3−13−31−2a ]相似与矩阵B =[1−20
0b 0031
]
(1)求a,b 的值；
(2)求可逆矩阵P ,使PAP −1为对角矩阵。

【解析】
(1) 由于矩阵A 与矩阵B 相似，所以
tr A =tr B,|A |=|B |
于是 3+a =2+b,2a −3=b, 解得 a =4,b =5
(2) 由(1)知矩阵A =[02−3−13−31−24],B =[1−20
050031
]
由于矩阵A 与矩阵B 相似,所以
|λE −A |=|λE −B |=(λ−1)2(λ−5)
故A 的特征值为λ1=λ2=1，λ3=5. 当λ1=λ2=1,解方程组(E −A )x =0,得线性无关的特征向量
ξ1=[210]，ξ2=[−301
]
当λ3=5，解方程组5(E −A )x =0,得特征向量
ξ3=[−1−11
]
令P =(ξ1,ξ2,ξ3)=[100
10−1011
],则
PAP −1
=[100010005]，
故P为所求可逆矩阵。

【考点】线性代数—矩阵的特征值与特征向量—矩阵的相似对角化。