考研数学冲刺模拟卷数学二

2018考研数学冲刺模拟卷（数学二） 答案与解析 一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上.

（1）若函数21cos,0(),0xxfxaxbx在0x处连续，则（ ） (A)14ab (B)12ab (C)0ab (D)2ab 【答案】A.

【解析】2220011cos14limlim,()4xxxxfxaxaxa在0x处连续11.44baba选A. （2）设二阶可导函数()fx满足(1)(1)1,(0)1fff且''()0fx，则（ ）

(A) 11()0fxdx （B）11()0fxdx （C）0110()()fxdxfxdx （D）0110()()fxdxfxdx

【答案】A. 【解析】()fx为偶函数时满足题设条件，此时0110()()fxdxfxdx，排除C,D.

取2()21fxx满足条件，则112112()2103fxdxxdx，选A. （3）设数列nx收敛，则（ ） （A）当limtan0nnx时，lim0nnx （B）当3lim()0nnnxx时，lim0nnx （C）当2lim()0nnnxx时，lim0nnx （D）当lim(sin)0nnnxx时，lim0nnx 【答案】D. 【解析】特值法：（A）取nx，有limtan0,limnnnnxx，A错；

取1nx，排除B,C.所以选D. （4）微分方程244(1sin2)xyyyex的特解可设为*y（ ） （A）22(cos2sin2)xxAeeBxCx （B）22(cos2sin2)xxAxeeBxCx （C）222(cos2sin2)xxAxeeBxCx （D）22(cos2sin2)xxAxeeBxCx 【答案】C. 【解析】特征方程为：21,24402，

因为2()(1sin2)xfxex，故*222(cos2sin2)xxyAxeeBxCx，选C. （5）设(,)fxy具有一阶偏导数，且对任意的(,)xy，都有(,)(,)0,0fxyfxyxy，则 （A）(0,0)(1,1)ff （B）(0,0)(1,1)ff （C）(0,1)(1,0)ff （D）(0,1)(1,0)ff 【答案】C.

【解析】(,)(,)0,0(,)fxyfxyfxyxy是关于x的单调递减函数，是关于y的单调递增函数， 所以有(0,1)(0,0)(1,0)fff，故答案选C. （6）甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10（单位：m）处，图中实线表示甲的速度曲线1()vvt（单位：/ms），虚线表示乙的速度曲线2()vvt，三块阴影部分面积的数值

依次为10,20,3，计时开始后乙超过上甲的时刻记为0t（单位：s），则（ ）

05101520

30

()ts

(/)vms10203

25 （A）010t （B）01520t （C）025t （D）025t 【答案】D. 【解析】从0到0t这段时间内甲乙的位移分别为001200(t),(t),ttvdtvdt则乙要超过甲，则

0210

(t)v(t)10tvdt，当025t时满足，故选D. （7）设A为mn´阶矩阵，且()rAmn=<，则下列结论正确的是 （A）A的任意m阶子式都不等于零 （B）A的任意m个列向量线性无关 （C）方程组AXb=一定有无穷多解 （D）矩阵A经过初等行变换可化为()mEO 【答案】C. 【解析】对于选项C，()()()()=min,mrArAmnmrAmn＃=?确, 对于选项A和B，r(A)=m，由秩的定义可得，存在一个m阶行列式不为零，从而m阶行列式所在的列向量组线性无关，所以选项A和B不正确

对于选项D，矩阵A经过初等行变换和列变换才可化为()mEO，所以选项D不正确

（8）设()()()1122331,0,2,,0,2,1,,1,2,3,TTTcccaaa===

，

()41,0,1,0Ta= ,其中()1,2,3ici=为任意实数，则

（A）1234,,,aaaa必线性相关 （B）1234,,,aaaa必线性无关 （C）123,,aaa必线性相关 （D）234,,aaa必线性无关 【答案】D.

【解析】()1234312101101100000001cccaaaa骣琪琪琪®琪--琪琪-桫经初等行变换 所以()12344raaaa£，从而选项A和B均不正确 ()1233raaa£

，从而选项C不正确

利用排除法可得正确答案为D

对于选项D，()234110011001000aaa骣琪琪琪®琪琪琪桫经初等行变换， 从而可得()2343raaa==向量的个数，所以234,,aaa必线性无关 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. (9) 曲线21ln(1)xyxex的斜渐近线方程为_______ 【答案】2yx 【解析】 222ln(1)ln(1)limlim(1)2,lim2lim0,2xxxxxxyeeyxxxxxyx









(10) 设函数()yyx由参数方程0sinttuxteyuedu确定，则220tdydx______ 【答案】38 【解析】

'220322sinsin,11sin1(cos)(1)(sin)381ttttttttttttdydxdyteteedtdtdxeteedyteeteedydxdxdxedt















(11) 21lnxdxx_______ 【答案】-1 【解析】

122

111

ln111lnln1xdxxdxdxxxxx

(12) 设函数(,)fxy具有一阶连续偏导数，且,(1)yyffyexyexy，(0,0)0f， 则(,)_______fxy. 【答案】yxye.

【解析】,(1),(,)(),yyyyxyfyefxyefxyyedxxyecy故 ()yyyyyfxexyecyxexye，

因此()0cy，即()cyC，再由(0,0)0f，可得(,).yfxyxye （13）已知1tan()xtfxdtt，则10()______fxdx. 【答案】lncos1. 【解析】交换积分次序： 10()fxdx11110000tantantanlncos1t

xtt

dtdxdtdxtdttt



.

（14）设,ab为四维非零的正交向量，且TAab=，则A的所有特征值为 . 【答案】0,0,0,0 【解析】设矩阵A的特征值为l，则2A的特征值为2l 由,ab为四维非零的正交向量0Tba? 从而()()()20TTTTAabababab=== 所以2A的特征值20l=ÞA的特征值为0l= 所以4阶矩阵A的4个特征值均为0.

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）求极限00300limxutxxutedtdutdt 【答案】23. 【解析】00300limxutxxutedtdutdt030limxtxxtedtx，令xtu，则有 000xxtxuxuxxtedtueduuedu

003300220310022=limlim2limlim332xxxuxuxxxuxxxuedueueduxxueduxexx





原式

（16）（本题满分10分）设函数fu在0,内具有二阶导数，且22zfxy满足等式22222222112zzzzxyzxyxyxyxy，若00,01,ff求函数fu的表达式. 【解析】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题目中给的等式就可以了 2222

2222;zxzyfxyfxyxyxyxy





222

2222

2222

22222

xxyxyzxfxyfxyxxyxy







22

2222

3222

22

xyfxyfxyxyxy



同理 22222223222222zyxfxyfxyyxyxy

代入22222222112zzzzxyzxyxyxyxy，得 222222()2()fxyfxyfxy，

即 ()()2()fufufu. 则对应的特征方程为220rr，121,2rr，故212()xxfuCeCe.

由00,01,ff得1211,33CC，即211()33xxfuee

（17）（本题满分10分）求21lnlnlimnnkknknn 【答案】14. 【解析】 原式=

2111221

02

000

111111limln(1)ln(1)ln(1)(ln(1))2214nnkkkxxxdxxdxxxdxnnx







. （18）（本题满分10分）设函数fx连续，且2013arccot2xtfxtdtx.已知21f，

求32fxdx的值. 【解析】令3uxt，则3txu，所以dtdu代入2013arccot2xtfxtdtx 得 230323(3)(3)xxxxxtfxtdtxufuduxufudu