2016 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题答案

一、选择题

1.

设 $a_{1}=x\left(\cos\sqrt{x}-1\right)$，$a_{2}=\sqrt{x}\ln\left(1+\sqrt[3]{x}\right)$，$a_{3}=\sqrt[3]{x+1}-1$。当 $x\to 0^{+}$ 时，以上 $3$ 个无穷小量按照从低阶到高阶的排序是：

• （A）$a_{1},a_{2},a_{3}$。
• （B）$a_{2},a_{3},a_{1}$。
• （C）$a_{2},a_{1},a_{3}$。
• （D）$a_{3},a_{2},a_{1}$。

答案：（B）

解析：
当 $x\to 0^{+}$ 时，

$$a_{1}\sim-\frac12x^{2},\qquad a_{2}\sim x^{5/6},\qquad a_{3}\sim \frac13x.$$

因此从低阶到高阶为 $a_{2},a_{3},a_{1}$，故选 B。

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2.

已知函数 $f(x)$ 满足：

$$f(x)= \begin{cases} 2(x-1), & x<1,\\ \ln x, & x\geqslant 1. \end{cases}$$

则 $f(x)$ 的一个原函数是：

• （A）$x<1$ 时，$F(x)=(x-1)^2$；$x\geqslant 1$ 时，$F(x)=x(\ln x-1)$。
• （B）$x<1$ 时，$F(x)=(x-1)^2$；$x\geqslant 1$ 时，$F(x)=x(\ln x+1)-1$。
• （C）$x<1$ 时，$F(x)=(x-1)^2$；$x\geqslant 1$ 时，$F(x)=x(\ln x+1)+1$。
• （D）$x<1$ 时，$F(x)=(x-1)^2$；$x\geqslant 1$ 时，$F(x)=x(\ln x-1)+1$。

答案：（D）

解析：
$x<1$ 时，$F(x)=(x-1)^2$；$x>1$ 时，$F(x)=x\ln x-x+C$。由原函数连续性 $F(1^-)=F(1^+)$ 得 $C=1$，故选 D。

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3.

反常积分

$$(1) \ \int_{-\infty}^{0}\frac{e^{1/x}}{x^{2}}\,\mathrm{d}x,\qquad (2) \ \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{1/x}}{x^{2}}\,\mathrm{d}x$$

的敛散性为：

• （A）(1) 收敛，(2) 收敛。
• （B）(1) 收敛，(2) 发散。
• （C）(1) 发散，(2) 收敛。
• （D）(1) 发散，(2) 发散。

答案：（B）

解析：
令 $u=\frac1x$，则

$$\int\frac{e^{1/x}}{x^2}\,\mathrm{d}x=-e^{1/x}.$$

代入上下限可知，① 收敛且值为 $1$，② 发散，故选 B。

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4.

设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内连续，其导函数的图形如图所示，则：

• （A）函数 $f(x)$ 有 $2$ 个极值点，曲线 $y=f(x)$ 有 $2$ 个拐点。
• （B）函数 $f(x)$ 有 $2$ 个极值点，曲线 $y=f(x)$ 有 $3$ 个拐点。
• （C）函数 $f(x)$ 有 $3$ 个极值点，曲线 $y=f(x)$ 有 $1$ 个拐点。
• （D）函数 $f(x)$ 有 $3$ 个极值点，曲线 $y=f(x)$ 有 $2$ 个拐点。

答案：（B）

解析：
由 $f'(x)$ 的符号变化判断极值点，由 $f'(x)$ 的单调性变化判断拐点。图中 $f'(x)$ 变号 $2$ 次，单调性改变 $3$ 次，所以有 $2$ 个极值点、$3$ 个拐点，故选 B。

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5.

设函数 $f_i(x)\ (i=1,2)$ 具有二阶连续导数，且 $f_i''(x_0)<0\ (i=1,2)$。若两条曲线 $y=f_i(x)\ (i=1,2)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处具有公切线 $y=g(x)$，且在该点处曲线 $y=f_1(x)$ 的曲率大于曲线 $y=f_2(x)$ 的曲率，则在 $x_0$ 的某个邻域内，有：

• （A）$f_1(x)\leqslant f_2(x)\leqslant g(x)$。
• （B）$f_2(x)\leqslant f_1(x)\leqslant g(x)$。
• （C）$f_1(x)\leqslant g(x)\leqslant f_2(x)$。
• （D）$f_2(x)\leqslant g(x)\leqslant f_1(x)$。

答案：（A）

解析：
因 $f_i''(x_0)<0$，两曲线在 $x_0$ 附近位于其切线下方，即 $f_i(x)\leqslant g(x)$。又曲率较大且同为下凹，得 $f_1''(x_0)<f_2''(x_0)<0$，故 $f_1(x)\leqslant f_2(x)$。因此选 A。

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6.

已知函数 $f(x,y)=\dfrac{e^{x}}{x-y}$，则：

• （A）$f'_x-f'_y=0$。
• （B）$f'_x+f'_y=0$。
• （C）$f'_x-f'_y=f$。
• （D）$f'_x+f'_y=f$。

答案：（D）

解析：

$$f'_x=\frac{e^x(x-y)-e^x}{(x-y)^2},\qquad f'_y=\frac{e^x}{(x-y)^2}.$$

所以 $f'_x+f'_y=\dfrac{e^x}{x-y}=f$，故选 D。

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7.

设 $\boldsymbol{A}$，$\boldsymbol{B}$ 是可逆矩阵，且 $\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}$ 相似，则下列结论错误的是：

• （A）$\boldsymbol{A}^{T}$ 与 $\boldsymbol{B}^{T}$ 相似。
• （B）$\boldsymbol{A}^{-1}$ 与 $\boldsymbol{B}^{-1}$ 相似。
• （C）$\boldsymbol{A}^{T}+\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}^{T}+\boldsymbol{B}$ 相似。
• （D）$\boldsymbol{A}^{-1}+\boldsymbol{A}$ 与 $\boldsymbol{B}^{-1}+\boldsymbol{B}$ 相似。

答案：（C）

解析：
若 $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}$，则 $\boldsymbol{B}^{-1}=\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}^{-1}\boldsymbol{P}$，且 $\boldsymbol{A}^{T}$ 与 $\boldsymbol{B}^{T}$ 也相似；同时

$$\boldsymbol{B}^{-1}+\boldsymbol{B} =\boldsymbol{P}^{-1}(\boldsymbol{A}^{-1}+\boldsymbol{A})\boldsymbol{P}.$$

但转置与相加一般不能保持同一相似变换，故 C 错。

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8.

设二次型

$$f(x_1,x_2,x_3)=a(x_1^2+x_2^2+x_3^2)+2x_1x_2+2x_2x_3+2x_1x_3$$

的正、负惯性指数分别为 $1,2$，则：

• （A）$a>1$。
• （B）$a<-2$。
• （C）$-2<a<1$。
• （D）$a=1$ 与 $a=-2$。

答案：（C）

解析：
对应矩阵为

$$\boldsymbol{A}= \begin{pmatrix} a&1&1\\ 1&a&1\\ 1&1&a \end{pmatrix}.$$

其特征值为 $a+2,a-1,a-1$。正、负惯性指数为 $1,2$，故 $a+2>0$ 且 $a-1<0$，即 $-2<a<1$，故选 C。

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二、填空题

9.

曲线

$$y=\frac{x^3}{1+x^2}+\arctan(1+x^2)$$

的斜渐近线方程为 ________。

答案：$y=x+\dfrac{\pi}{2}$

解析：
由

$$a=\lim_{x\to\infty}\frac{y}{x}=1,\qquad b=\lim_{x\to\infty}(y-x)=\frac{\pi}{2},$$

得斜渐近线为 $y=x+\dfrac{\pi}{2}$。

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10.

极限

$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^{2}}\left(\sin\frac{1}{n}+2\sin\frac{2}{n}+\cdots+n\sin\frac{n}{n}\right)=$$

________。

答案：$\sin 1-\cos 1$

解析：
原式化为黎曼和：

$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n}\sin\frac{k}{n} =\int_0^1 x\sin x\,\mathrm{d}x =\sin1-\cos1.$$

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11.

以 $y=x^{2}-e^{x}$ 和 $y=x^{2}$ 为特解的一阶非齐次线性微分方程为 ________。

答案：$y'-y=2x-x^{2}$

解析：
两特解之差 $e^x$ 是对应齐次方程的解，故 $p(x)=-1$。代入特解 $y=x^2$，得 $q(x)=2x-x^2$，所以方程为 $y'-y=2x-x^2$。

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12.

已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续，且

$$f(x)=(x+1)^2+2\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t,$$

则当 $n\geqslant 2$ 时，$f^{(n)}(0)=$ ________。

答案：$\dfrac{5}{2}\times 2^{n}$

解析：
由 $f(0)=1$，且

$$f'(x)=2(x+1)+2f(x),$$

得 $f'(0)=4$，$f''(0)=10$。继续求导可得 $f^{(n)}(x)=2^{n-2}f''(x)\ (n\geqslant2)$，故

$$f^{(n)}(0)=10\cdot2^{n-2}=\frac52\cdot2^n.$$

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13.

已知动点 $P$ 在曲线 $y=x^3$ 上运动，记坐标原点与点 $P$ 间的距离为 $l$。若点 $P$ 的横坐标对时间的变化率为常数 $v_0$，则当点 $P$ 运动到点 $(1,1)$ 时，$l$ 对时间的变化率是 ________。

答案：$2\sqrt{2}v_0$

解析：
由

$$l=\sqrt{x^2+x^6},$$

得

$$\frac{\mathrm{d}l}{\mathrm{d}t} =\frac{2x+6x^5}{2\sqrt{x^2+x^6}}\cdot\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}.$$

令 $x=1$，$\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=v_0$，得 $\dfrac{\mathrm{d}l}{\mathrm{d}t}=2\sqrt2v_0$。

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14.

设矩阵

$$\begin{pmatrix} a&-1&-1\\ -1&a&-1\\ -1&-1&a \end{pmatrix}$$

与

$$\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&-1&1\\ 1&0&1 \end{pmatrix}$$

等价，则 $a=$ ________。

答案：$2$

解析：
第二个矩阵的秩为 $2$。第一个矩阵的行列式为

$$(a+1)^2(a-2).$$

当 $a=-1$ 时秩为 $1$；当 $a=2$ 时秩为 $2$。故 $a=2$。

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三、解答题

15.

求极限

$$\lim_{x\to0}\left(\cos2x+2x\sin x\right)^{1/x^4}.$$

解析：
设原式为 $e^L$，则

$$L=\lim_{x\to0}\frac{\cos2x+2x\sin x-1}{x^4}.$$

由泰勒展开

$$\cos2x=1-2x^2+\frac23x^4+o(x^4),\qquad 2x\sin x=2x^2-\frac13x^4+o(x^4),$$

得 $L=\dfrac13$。故原极限为

$$e^{1/3}.$$

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16.

设函数

$$f(x)=\int_0^1|t^2-x^2|\,\mathrm{d}t\qquad (x>0),$$

求 $f'(x)$ 并求 $f(x)$ 的最小值。

解析：
分段计算得

$$f(x)= \begin{cases} \dfrac43x^3-x^2+\dfrac13, & 0<x\leqslant1,\\[6pt] x^2-\dfrac13, & x>1. \end{cases}$$

因此

$$f'(x)= \begin{cases} 4x^2-2x, & 0<x\leqslant1,\\ 2x, & x>1. \end{cases}$$

驻点为 $x=\dfrac12$，且

$$f\left(\frac12\right)=\frac14.$$

所以 $f(x)$ 的最小值为 $\dfrac14$。

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17.

已知函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$(x^2+y^2)z+\ln z+2(x+y+1)=0$$

确定，求 $z=z(x,y)$ 的极值。

解析：
对 $x,y$ 求偏导并令 $z_x=z_y=0$，得

$$xz+1=0,\qquad yz+1=0.$$

结合原方程，解得唯一驻点为

$$(x,y,z)=(-1,-1,1).$$

在该点处二阶偏导为

$$A=z_{xx}=-\frac23,\qquad B=z_{xy}=0,\qquad C=z_{yy}=-\frac23.$$

因 $AC-B^2>0$ 且 $A<0$，故 $z$ 在 $(-1,-1)$ 处取得极大值，极大值为 $1$。

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18.

设 $D$ 是由直线 $y=1$，$y=x$，$y=-x$ 围成的有界区域，计算二重积分

$$\iint_D\frac{x^2-xy-y^2}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.$$

解析：
区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，故

$$\iint_D\frac{xy}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=0.$$

于是

$$I=\iint_D1\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y -2\iint_D\frac{y^2}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.$$

其中面积为 $1$。取第一象限部分 $D_1$，有

$$-2\iint_D\frac{y^2}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =-4\int_0^1\int_0^y\frac{y^2}{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y =-\frac{\pi}{2}.$$

故

$$I=1-\frac{\pi}{2}.$$

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19.

已知 $y_1(x)=e^x$，$y_2(x)=\mu(x)e^x$ 是二阶微分方程

$$(2x-1)y''-(2x+1)y'+2y=0$$

的两个解，若 $\mu(-1)=e$，$\mu(0)=-1$，求 $\mu(x)$ 并写出该微分方程的通解。

解析：
将 $y_2=\mu e^x$ 代入方程，化简得

$$(2x-1)\mu''=(3-2x)\mu'.$$

所以

$$\frac{\mu''}{\mu'}=\frac{3-2x}{2x-1},$$

积分得

$$\mu'(x)=C_1(2x-1)e^{-x}.$$

再积分并代入 $\mu(-1)=e,\ \mu(0)=-1$，得

$$\mu(x)=(-2x-1)e^{-x}.$$

因此 $y_2(x)=\mu(x)e^x=-2x-1$，方程通解为

$$y=C_1e^x+C_2(2x+1).$$

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20.

设 $D$ 是由曲线

$$y=\sqrt{1-x^2}\quad (0\leqslant x\leqslant1)$$

与参数方程

$$x=\cos^3t,\qquad y=\sin^3t,\qquad 0\leqslant t\leqslant\frac{\pi}{2}$$

围成的平面区域，求 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积和表面积。

解析：
体积为两曲线绕 $x$ 轴所得旋转体体积之差：

$$V=\pi\int_0^1(1-x^2)\,\mathrm{d}x -\pi\int_0^{\pi/2}\sin^6t\cdot3\cos^2t\sin t\,\mathrm{d}t.$$

计算得

$$V=\frac{2\pi}{3}-3\pi\int_0^{\pi/2}\sin^7t\cos^2t\,\mathrm{d}t =\frac{18\pi}{35}.$$

表面积由两段边界旋转所得：

$$S_1=2\pi\int_0^1\sqrt{1-x^2}\sqrt{1+\frac{x^2}{1-x^2}}\,\mathrm{d}x=2\pi,$$

$$S_2=2\pi\int_0^{\pi/2}\sin^3t\cdot3\sin t\cos t\,\mathrm{d}t=\frac{6\pi}{5}.$$

故总表面积为

$$S=S_1+S_2=\frac{16\pi}{5}.$$

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21.

已知 $f(x)$ 在 $\left[0,\dfrac{3\pi}{2}\right]$ 上连续，在 $\left(0,\dfrac{3\pi}{2}\right)$ 内是函数

$$\frac{\cos x}{2x-3\pi}$$

的一个原函数，且 $f(0)=0$。

（1）求 $f(x)$ 在区间 $\left[0,\dfrac{3\pi}{2}\right]$ 上的平均值；

（2）证明 $f(x)$ 在区间 $\left(0,\dfrac{3\pi}{2}\right)$ 内存在唯一零点。

解析：

（1）由

$$f(x)=\int_0^x\frac{\cos t}{2t-3\pi}\,\mathrm{d}t.$$

交换积分次序：

$$\int_0^{3\pi/2}f(x)\,\mathrm{d}x =\int_0^{3\pi/2}\frac{\cos t}{2t-3\pi}\left(\frac{3\pi}{2}-t\right)\mathrm{d}t =-\frac12\int_0^{3\pi/2}\cos t\,\mathrm{d}t =\frac12.$$

故平均值为

$$\frac{\frac12}{\frac{3\pi}{2}}=\frac{1}{3\pi}.$$

（2）由

$$f'(x)=\frac{\cos x}{2x-3\pi},$$

可知 $f'(x)<0$ 于 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$，$f'(x)>0$ 于 $\left(\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}\right)$。因此 $x=\dfrac{\pi}{2}$ 为最小值点，且 $f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)<0$。

又 $f(0)=0$，且 $f\left(\dfrac{3\pi}{2}\right)>0$，结合单调性可知，$f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{3\pi}{2}\right)$ 内存在唯一零点。

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22.

设矩阵

$$\boldsymbol{A}= \begin{pmatrix} 1&1&1-a\\ 1&0&a\\ a+1&1&a+1 \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{\beta}= \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 2a-2 \end{pmatrix},$$

且方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{\beta}$ 无解。

（1）求 $a$ 的值；

（2）求方程组 $\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{\beta}$ 的通解。

解析：

（1）由无解知 $|\boldsymbol{A}|=0$。计算得

$$|\boldsymbol{A}|=0\quad \Rightarrow\quad a=0\ \text{或}\ a=2.$$

检验秩可知：$a=0$ 时无解，$a=2$ 时有解。因此

$$a=0.$$

（2）当 $a=0$ 时，

$$\boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{A}= \begin{pmatrix} 3&2&2\\ 2&2&2\\ 2&2&2 \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{A}^{T}\boldsymbol{\beta}= \begin{pmatrix} -1\\ -2\\ -2 \end{pmatrix}.$$

增广矩阵化简为

$$\begin{pmatrix} 3&2&2&-1\\ 2&2&2&-2\\ 2&2&2&-2 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1&0&0&1\\ 0&1&1&-2\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}.$$

故通解为

$$\boldsymbol{x} = \begin{pmatrix} 1\\ -2\\ 0 \end{pmatrix} +k \begin{pmatrix} 0\\ -1\\ 1 \end{pmatrix}, \qquad k\in\mathbb{R}.$$

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23.

已知矩阵

$$\boldsymbol{A}= \begin{pmatrix} 0&-1&1\\ 2&-3&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.$$

（1）求 $\boldsymbol{A}^{99}$；

（2）设 $3$ 阶矩阵 $\boldsymbol{B}=(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})$ 满足 $\boldsymbol{B}^{2}=\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}$。记 $\boldsymbol{B}^{100}=(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3})$，将 $\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3}$ 分别表示为 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 的线性组合。

解析：

（1）特征多项式为

$$|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\lambda(\lambda+1)(\lambda+2),$$

故 $\boldsymbol{A}$ 可对角化。由特征向量组成

$$\boldsymbol{P}= \begin{pmatrix} \dfrac32&1&1\\ 1&1&2\\ 1&0&0 \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{\Lambda}= \begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&-2 \end{pmatrix},$$

有 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{P}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{P}^{-1}$。因此

$$\boldsymbol{A}^{99}= \begin{pmatrix} -2+2^{99}&1-2^{99}&2-2^{99}\\ -2+2^{100}&1-2^{100}&2-2^{99}\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.$$

（2）由 $\boldsymbol{B}^{2}=\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}$，递推得

$$\boldsymbol{B}^{100}=\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}^{99}.$$

所以

$$(\boldsymbol{\beta}_{1},\boldsymbol{\beta}_{2},\boldsymbol{\beta}_{3}) =(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3})\boldsymbol{A}^{99}.$$

即

$$\boldsymbol{\beta}_{1} =(-2+2^{99})\boldsymbol{\alpha}_{1}+(-2+2^{100})\boldsymbol{\alpha}_{2},$$

$$\boldsymbol{\beta}_{2} =(1-2^{99})\boldsymbol{\alpha}_{1}+(1-2^{100})\boldsymbol{\alpha}_{2},$$

$$\boldsymbol{\beta}_{3} =(2-2^{99})\boldsymbol{\alpha}_{1}+(2-2^{99})\boldsymbol{\alpha}_{2}.$$