2017 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

1.

若函数

$$f(x)= \begin{cases} \dfrac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}, & x>0,\\ b, & x\le 0 \end{cases}$$

在 $x=0$ 处连续，则（ ）

• A. $ab=\dfrac{1}{2}$
• B. $ab=-\dfrac{1}{2}$
• C. $ab=0$
• D. $ab=2$

答案： A

解析：

由 $1-\cos\sqrt{x}\sim \dfrac{x}{2}$，得

$$\lim_{x\to0^+}\frac{1-\cos\sqrt{x}}{ax}=\frac{1}{2a}.$$

连续性要求 $b=\dfrac{1}{2a}$，故 $ab=\dfrac12$。

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2.

设二阶可导函数 $f(x)$ 满足

$$f(1)=f(-1)=1,\qquad f(0)=-1,\qquad f''(x)>0,$$

则（ ）

• A. $\int_{-1}^{1} f(x)\mathrm{d}x>0$
• B. $\int_{-1}^{1} f(x)\mathrm{d}x<0$
• C. $\int_{-1}^{0} f(x)\mathrm{d}x>\int_{0}^{1} f(x)\mathrm{d}x$
• D. $\int_{-1}^{0} f(x)\mathrm{d}x<\int_{0}^{1} f(x)\mathrm{d}x$

答案： B

解析：

因 $f''(x)>0$，$f(x)$ 为严格凸函数。它在 $[-1,0]$ 与 $[0,1]$ 上均位于连接端点的弦下方，而两段弦与 $x$ 轴所围有向面积均为 $0$，故

$$\int_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x<0.$$

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3.

设数列 $\{x_n\}$ 收敛，则（ ）

• A. 当 $\lim\limits_{n\to\infty}\sin x_n=0$ 时，$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0$
• B. 当 $\lim\limits_{n\to\infty}(x_n+\sqrt{|x_n|})=0$ 时，$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0$
• C. 当 $\lim\limits_{n\to\infty}(x_n+x_n^2)=0$ 时，$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0$
• D. 当 $\lim\limits_{n\to\infty}(x_n+\sin x_n)=0$ 时，$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0$

答案： D

解析：

A 可取 $x_n=\pi$；B、C 可取 $x_n=-1$ 排除。
对 D，函数 $h(x)=x+\sin x$ 严格单调递增，且 $h(0)=0$，故 $h(x_n)\to0$ 可推出 $x_n\to0$。

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4.

微分方程的特解可设为（ ）

• A. $Ae^{2x}+e^{2x}(B\cos2x+C\sin2x)$
• B. $Axe^{2x}+e^{2x}(B\cos2x+C\sin2x)$
• C. $Ae^{2x}+xe^{2x}(B\cos2x+C\sin2x)$
• D. $Axe^{2x}+e^{2x}(B\cos2x+C\sin2x)$

答案： C

解析：

特征方程为

$$\lambda^2-4\lambda+8=0,$$

得特征根 $2\pm2i$。对非齐次项 $e^{2x}+e^{2x}\cos2x$，前者不共振，后者共振一次，故特解可设为

$$y^*=Ae^{2x}+xe^{2x}(B\cos2x+C\sin2x).$$

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5.

设 $f(x,y)$ 具有一阶偏导数，且对任意 $(x,y)$，都有

$$\frac{\partial f}{\partial x}>0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}<0,$$

则（ ）

• A. $f(0,0)>f(1,1)$
• B. $f(0,0)<f(1,1)$
• C. $f(0,1)>f(1,0)$
• D. $f(0,1)<f(1,0)$

答案： D

解析：

由条件知 $f$ 关于 $x$ 单调递增，关于 $y$ 单调递减。因此

$$f(0,1)<f(1,1)<f(1,0),$$

故选 D。

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6.

甲、乙两人赛跑。计时开始时，甲在乙前方 $10\mathrm{m}$ 处。图中实线表示甲的速度曲线 $v=v_1(t)$，虚线表示乙的速度曲线 $v=v_2(t)$。三块阴影部分面积的数值依次为 $10,20,3$。计时开始后乙追上甲的时刻记为 $t_0$，则（ ）

• A. $t_0=10$
• B. $15<t_0<20$
• C. $t_0=25$
• D. $t_0>25$

答案： B

解析：

乙追上甲需满足

$$\int_0^{t_0}\bigl(v_2(t)-v_1(t)\bigr)\mathrm{d}t=10.$$

结合图中面积的正负累积可知，$t=15$ 时尚未追上，而 $t=20$ 前已经追上，故

$$15<t_0<20.$$

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7.

设 $\boldsymbol A$ 为三阶矩阵，$\boldsymbol P=(\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2,\boldsymbol\alpha_3)$ 为可逆矩阵，且

$$\boldsymbol P^{-1}\boldsymbol A\boldsymbol P= \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 2 \end{pmatrix},$$

则 $\boldsymbol A(\boldsymbol\alpha_1+\boldsymbol\alpha_2+\boldsymbol\alpha_3)=$（ ）

• A. $\boldsymbol\alpha_1+\boldsymbol\alpha_2$
• B. $\boldsymbol\alpha_2+2\boldsymbol\alpha_3$
• C. $\boldsymbol\alpha_2+\boldsymbol\alpha_3$
• D. $\boldsymbol\alpha_1+2\boldsymbol\alpha_2$

答案： B

解析：

由

$$\boldsymbol P^{-1}\boldsymbol A\boldsymbol P= \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 2 \end{pmatrix}$$

可得

$$\boldsymbol A(\boldsymbol\alpha_1+\boldsymbol\alpha_2+\boldsymbol\alpha_3) =(\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2,\boldsymbol\alpha_3) \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 2 \end{pmatrix} =\boldsymbol\alpha_2+2\boldsymbol\alpha_3.$$

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8.

设矩阵

$$\boldsymbol A= \begin{pmatrix} 2&0&0\\ 0&2&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix},\quad \boldsymbol B= \begin{pmatrix} 2&1&0\\ 0&2&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix},\quad \boldsymbol C= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&2 \end{pmatrix},$$

则（ ）

• A. $\boldsymbol A$ 与 $\boldsymbol C$ 相似，$\boldsymbol B$ 与 $\boldsymbol C$ 相似
• B. $\boldsymbol A$ 与 $\boldsymbol C$ 相似，$\boldsymbol B$ 与 $\boldsymbol C$ 不相似
• C. $\boldsymbol A$ 与 $\boldsymbol C$ 不相似，$\boldsymbol B$ 与 $\boldsymbol C$ 相似
• D. $\boldsymbol A$ 与 $\boldsymbol C$ 不相似，$\boldsymbol B$ 与 $\boldsymbol C$ 不相似

答案： B

解析：

三者特征值均为 $2,2,1$。
对 $\boldsymbol A$，特征值 $2$ 的特征子空间维数为 $2$，可对角化，故 $\boldsymbol A\sim\boldsymbol C$。
对 $\boldsymbol B$，特征值 $2$ 的特征子空间维数为 $1$，不可对角化，故 $\boldsymbol B\nsim\boldsymbol C$。

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二、填空题

9.

曲线

$$y=x\left(1+\arcsin\frac{2}{x}\right)$$

的斜渐近线方程为 ______

答案： $y=x+2$

解析：

斜率

$$k=\lim_{x\to\infty}\frac{y}{x}=1,$$

截距

$$b=\lim_{x\to\infty}(y-x) =\lim_{x\to\infty}x\arcsin\frac{2}{x}=2.$$

故斜渐近线为 $y=x+2$。

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10.

设函数 $y=y(x)$ 由参数方程

$$\begin{cases} x=t+e^t,\\ y=\sin t \end{cases}$$

确定，则

$$\left.\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}\right|_{t=0}=$$

答案： $-\dfrac18$

解析：

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\cos t}{1+e^t},$$

所以

$$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\left(\dfrac{\cos t}{1+e^t}\right)'}{1+e^t}.$$

代入 $t=0$，得

$$\left.\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}\right|_{t=0}=-\frac18.$$

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11.

$$\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{(1+x)^2}\mathrm{d}x=$$

答案： $1$

解析：

令 $u=1+x$，则

$$\int_0^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{(1+x)^2}\mathrm{d}x = \int_1^{+\infty}\frac{\ln u}{u^2}\mathrm{d}u.$$

分部积分得结果为 $1$。

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12.

设函数 $f(x,y)$ 具有一阶连续偏导数，且

$$\mathrm{d}f(x,y)=ye^y\mathrm{d}x+x(1+y)e^y\mathrm{d}y,\qquad f(0,0)=0,$$

则 $f(x,y)=$ ______

答案： $xye^y$

解析：

由 $f_x=ye^y$，得

$$f=xye^y+C(y).$$

再由 $f_y=x(1+y)e^y$，得 $C'(y)=0$。结合 $f(0,0)=0$，故

$$f(x,y)=xye^y.$$

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13.

$$\int_0^1\mathrm{d}y\int_y^1\frac{\tan x}{x}\mathrm{d}x=$$

答案： $-\ln\cos1$

解析：

交换积分次序：

$$\int_0^1\mathrm{d}y\int_y^1\frac{\tan x}{x}\mathrm{d}x = \int_0^1\frac{\tan x}{x}\int_0^x\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x = \int_0^1\tan x\,\mathrm{d}x.$$

因此结果为

$$-\ln|\cos x|\bigg|_0^1=-\ln\cos1.$$

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14.

设矩阵

$$\boldsymbol A= \begin{pmatrix} 4&1&-2\\ 1&2&a\\ 3&1&-1 \end{pmatrix}$$

的一个特征向量为

$$\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 2 \end{pmatrix},$$

则 $a=$ ______

答案： $-1$

解析：

由 $\boldsymbol A\boldsymbol\alpha=\lambda\boldsymbol\alpha$，有

$$\boldsymbol A \begin{pmatrix} 1\\1\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\3+2a\\2 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} 1\\1\\2 \end{pmatrix}.$$

故 $\lambda=1$，$3+2a=1$，得 $a=-1$。

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三、解答题

15.

求极限

$$\lim_{x\to0^+} \frac{\displaystyle\int_0^x\sqrt{x-t}e^t\mathrm{d}t}{\sqrt{x^3}}.$$

解析：

令 $u=x-t$，则

$$\int_0^x\sqrt{x-t}e^t\mathrm{d}t = e^x\int_0^x\sqrt{u}e^{-u}\mathrm{d}u.$$

于是

$$\lim_{x\to0^+} \frac{e^x\int_0^x\sqrt{u}e^{-u}\mathrm{d}u}{x^{3/2}} = \lim_{x\to0^+} \frac{\sqrt{x}e^{-x}}{\frac32x^{1/2}} = \frac23.$$

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16.

设函数 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数，

$$y=f(e^x,\cos x),$$

求

$$\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0}, \qquad \left.\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}\right|_{x=0}.$$

解析：

由链式法则，

$$y'=f_1'e^x-f_2'\sin x.$$

故

$$\left.y'\right|_{x=0}=f_1'(1,1).$$

再求导并代入 $x=0$：

$$\left.y''\right|_{x=0} = f_{11}''(1,1)+f_1'(1,1)-f_2'(1,1).$$

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17.

求

$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{k}{n^2}\ln\left(1+\frac{k}{n}\right).$$

解析：

该和式为定积分

$$\int_0^1x\ln(1+x)\mathrm{d}x.$$

分部积分：

$$\int_0^1x\ln(1+x)\mathrm{d}x = \frac12\ln2-\frac12\int_0^1\frac{x^2}{1+x}\mathrm{d}x = \frac14.$$

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18.

已知函数 $y(x)$ 由方程

$$x^3+y^3-3x+3y-2=0$$

确定，求 $y(x)$ 的极值。

解析：

两边求导：

$$3x^2+3y^2y'-3+3y'=0.$$

令 $y'=0$，得 $x=\pm1$。代回原方程得

$$x=1,\ y=1;\qquad x=-1,\ y=0.$$

再求二阶导判断：

$$y''(1)=-1<0,\qquad y''(-1)=2>0.$$

故极大值为

$$y(1)=1,$$

极小值为

$$y(-1)=0.$$

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19.

设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有二阶导数，且

$$f(1)>0,\qquad \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}<0.$$

证明：

（1）方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根；

（2）方程

$$f(x)f''(x)+\left(f'(x)\right)^2=0$$

在区间 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根。

解析：

（1）由

$$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}<0$$

可知 $f(0)=0$，且存在充分小的 $x_0>0$，使 $f(x_0)<0$。又 $f(1)>0$，由零点定理，存在

$$\xi\in(x_0,1)\subset(0,1)$$

使 $f(\xi)=0$。

（2）由 $f(0)=f(\xi)=0$，罗尔定理得存在

$$\eta\in(0,\xi)$$

使 $f'(\eta)=0$。令

$$F(x)=f(x)f'(x),$$

则

$$F(0)=F(\eta)=F(\xi)=0.$$

分别在 $(0,\eta)$ 与 $(\eta,\xi)$ 上对 $F$ 用罗尔定理，得两个不同点 $\eta_1,\eta_2\in(0,1)$，使

$$F'(\eta_1)=F'(\eta_2)=0.$$

而

$$F'(x)=f(x)f''(x)+\left(f'(x)\right)^2,$$

故结论成立。

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20.

已知平面区域

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le2y\},$$

计算二重积分

$$\iint_D(x+1)^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

解析：

区域关于 $y$ 轴对称，故 $\iint_D2x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0$。于是

$$\iint_D(x+1)^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_Dx^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint_D1\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

用极坐标，$0\le\theta\le\pi,\ 0\le r\le2\sin\theta$，得

$$\iint_Dx^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi}{4},\qquad S_D=\pi.$$

故原积分为

$$\frac{5\pi}{4}.$$

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21.

设 $y(x)$ 是区间 $\left(0,\frac32\right)$ 内的可导函数，且 $y(1)=0$。点 $P$ 是曲线 $L:y=y(x)$ 上任意一点，$L$ 在点 $P$ 处的切线与 $y$ 轴相交于点 $(0,Y_p)$，法线与 $x$ 轴相交于点 $(X_p,0)$。若 $X_p=Y_p$，求 $L$ 上点的坐标 $(x,y)$ 满足的方程。

解析：

设 $P=(x,y)$。切线在 $y$ 轴上的截距为

$$Y_p=y-xy',$$

法线在 $x$ 轴上的截距为

$$X_p=x+yy'.$$

由 $X_p=Y_p$，得

$$(x+y)y'=y-x.$$

令 $u=\dfrac{y}{x}$，即 $y=ux$，则

$$x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = -\frac{u^2+1}{u+1}.$$

积分得

$$\frac12\ln(1+u^2)+\arctan u=-\ln x+C.$$

由 $y(1)=0$ 得 $C=0$。代回 $u=\dfrac{y}{x}$，并化简得曲线方程

$$\frac12\ln(x^2+y^2)+\arctan\frac{y}{x}=0.$$

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22.

设 $3$ 阶矩阵

$$\boldsymbol A=(\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2,\boldsymbol\alpha_3)$$

有 $3$ 个不同的特征值，且

$$\boldsymbol\alpha_3=\boldsymbol\alpha_1+2\boldsymbol\alpha_2.$$

（1）证明：$r(\boldsymbol A)=2$；

（2）若

$$\boldsymbol\beta=\boldsymbol\alpha_1+\boldsymbol\alpha_2+\boldsymbol\alpha_3,$$

求方程组 $\boldsymbol A\boldsymbol x=\boldsymbol\beta$ 的通解。

解析：

（1）由

$$\boldsymbol\alpha_1+2\boldsymbol\alpha_2-\boldsymbol\alpha_3=\boldsymbol0$$

知列向量线性相关，故 $|\boldsymbol A|=0$，所以 $0$ 是 $\boldsymbol A$ 的特征值。
又 $\boldsymbol A$ 有三个不同特征值，因此另外两个特征值非零，故

$$r(\boldsymbol A)=2.$$

（2）由

$$\boldsymbol A \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} =\boldsymbol0$$

知齐次方程基础解系可取

$$\begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix}.$$

又

$$\boldsymbol A \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} =\boldsymbol\beta,$$

故非齐次方程通解为

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

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23.

设二次型

$$f(x_1,x_2,x_3) = 2x_1^2-x_2^2+ax_3^2 +2x_1x_2-8x_1x_3+2x_2x_3$$

在正交变换 $\boldsymbol X=\boldsymbol Q\boldsymbol Y$ 下的标准型为

$$\lambda_1y_1^2+\lambda_2y_2^2.$$

求 $a$ 的值及一个正交矩阵 $\boldsymbol Q$。

解析：

二次型对应矩阵为

$$\boldsymbol A= \begin{pmatrix} 2&1&-4\\ 1&-1&1\\ -4&1&a \end{pmatrix}.$$

标准型只有两个非零平方项，故 $r(\boldsymbol A)=2$，即

$$|\boldsymbol A|=0.$$

计算得

$$a=2.$$

此时

$$\boldsymbol A= \begin{pmatrix} 2&1&-4\\ 1&-1&1\\ -4&1&2 \end{pmatrix},$$

其特征值为

$$-3,\ 6,\ 0.$$

对应的两两正交特征向量可取

$$(1,-1,1)^T,\quad (-1,0,1)^T,\quad (1,2,1)^T.$$

单位化后取

$$\boldsymbol Q= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt3}&-\dfrac{1}{\sqrt2}&\dfrac{1}{\sqrt6}\\ -\dfrac{1}{\sqrt3}&0&\dfrac{2}{\sqrt6}\\ \dfrac{1}{\sqrt3}&\dfrac{1}{\sqrt2}&\dfrac{1}{\sqrt6} \end{pmatrix}.$$

于是

$$\boldsymbol Q^T\boldsymbol A\boldsymbol Q = \begin{pmatrix} -3&0&0\\ 0&6&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix},$$

故标准型为

$$-3y_1^2+6y_2^2.$$