2015考研数学二真题解析（最终完整版）来源：文都教育汉部文邮一、选择题()D.文都教育文都【解答】发胶，不选(4).都教育1<1,所以[因为limxx2Vx教育因为lnxIn2 ln2[ndx=+o, 即" nd发敲,棵选(B);dx= +o0,所以[AxxxXx=Inlnx["，所以因为-dx发散，不选(C)，应选(D)。xlnxxinx(2) B。文都教育文都教育【解答】sint x?=e（r=0教育sint(x) - lim[(I + s文都)sint1x1-→0x文都教育显然f(x）在x=0处没有定义文都教育因为limf(x)=1，所以x=0为可去间断点，应选（B)。(3) A。文都教育【解答】教育1m f(x)-f(0)=limxa-lim，当α>1时，于(0)存在，且f(0)=0;cOSx-→0xT季文都教育11 + Pre-P-1 sinx±0时，f'(x)=oxa- costo教育文都若f(x)在x=0处连续，则α>1,α-β-1>0，即α-β>1，应选(A)文都教育(4) C。【解答】文都教育文都教育f"(x)=0左边的零点为x=a，右边的零点为x=b文都教育又x=0处f"(x)不存在。因为x=a得左右两侧"(x)都大于零，所以(a,f(a))不是拐点；文都教育都教育因为x=0左右两侧f"(x)异号，所以(0,f(O))为拐点：因为x=b左右两侧f"(x)异号，所以(b,f(b)为拐点，故y=f(x)有两个拐点，应选(C)
2015 考研数学二真题解析（最终完整版） 来源：文都教育 一、选择题 （1） D 。 【解答】 因为 1 1 lim 2 1 ⋅ = →+∞ x x x 且 1 2 1 < ，所以 ∫ +∞ 2 x dx 发散，不选(A) ； 因为 x x ln x ln 2 ≥ 且 = +∞ ∫ +∞ 2 ln 2 dx x ，所以 = +∞ ∫ +∞ 2 ln dx x x ，即 ∫ +∞ 2 ln dx x x 发散，不选(B) ； 因为 +∞ +∞ = ∫ 2 2 ln ln | ln 1 dx x x x ，所以 ∫ +∞ 2 ln 1 dx x x 发散，不选(C)，应选(D)。 （2） B 。 【解答】 x t x x t t x t e x t f x = + = ⋅ → 2 sin sin 0 ) ] sin ( ) lim[(1 （ x ≠ 0 ）， 显然 f (x) 在 x = 0处没有定义， 因为lim ( ) 1 0 = → f x x ，所以 x = 0为可去间断点，应选(B) 。 （3） A 。 【解答】 β α x x x f x f x x 1 lim cos ( ) (0) lim 1 0 0 − → → = − ，当α > 1时， f ′(0)存在，且 f ′(0) = 0 ； x ≠ 0 时， β α β β α α β x x x f x x 1 sin 1 ( ) cos 1 1 ′ = + ⋅ − − − ， 若 f ′(x) 在 x = 0处连续，则α > 1,α − β −1 > 0 ，即α − β > 1，应选(A) （4）C 。 【解答】 f ′′(x) = 0 左边的零点为 x = a ，右边的零点为 x = b， 又 x = 0处 f ′′(x)不存在。 因为 x = a 得左右两侧 f ′′(x)都大于零，所以(a, f (a)) 不是拐点； 因为 x = 0左右两侧 f ′′(x)异号，所以(0, f (0)) 为拐点； 因为 x = b左右两侧 f ′′(x)异号，所以(b, f (b)) 为拐点， 故 y = f (x)有两个拐点，应选(C)
(5) D。【解答】x+y=u1uv令则文印解得x=山=V+pyv+1都教育文都教育文都uy2u?u(1-n)f(u,v)=文都教育(v+1)?1+v(v+1)?-2af（+部教育af _ 2u(1-v)文都教育=u?avOu1 +v文都教育做都教af1=0,应选(D)。福-EouvlOv2文都教育文都教育(6) B。【解答】！文都教育文都[x=rcosa1("≤0≤)，则≤r≤y=rsine34.2sin20Vsin20文都教育文都教育[[ f(x, )dxdy = ][de[sm20 f(rcose,rsin9)rdr， 应选(B)。文都教育J2sm20都教D4(7) D。文都教育【解答】教育因为AX=b有无数个解，所以r(A)=r(A)<3文都教育由 A=(a-1)(a-2)(2-1)=0得a=1,a=2,文都教育文都当α=1时，(111A=21d0d-10都10101d-114d203000d2-3d+21d20文都教育因为方程组有无数个解，所以d=1或d=2；当a=2时，(131122dd-1A=d2 -3d +2144d23dz00因为方程组有无数个解，所以d=1或d=2,育应选(D)。(8) A
（5） D 。 【解答】 令 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = v x y x y u ，解得 1 , 1 + = + = v uv y v u x ，则 v u v v u v v u f u v + − = + − + = 1 (1 ) ( 1) ( 1) ( , ) 2 2 2 2 2 2 ， v u v u f + − = ∂ ∂ 1 2 (1 ) ， 2 2 (1 ) 2 v u v f + − = ⋅ ∂ ∂ ， 故 | 0 1 1= ∂ ∂ = = v u u f ， 2 1 | 1 1= − ∂ ∂ = = v u v f ，应选(D)。 （6） B 。 【解答】 令 ⎩ ⎨ ⎧ = = θ θ sin cos y r x r ，（ 4 3 π θ π ≤ ≤ ， θ sin 2θ 1 2sin 2 1 ≤ r ≤ ），则 ∫∫ ∫ ∫ = θ θ π π θ sin 2 θ θ 1 2 sin 2 1 3 4 f (x, y)dxdy d f (r cos ,rsin )rdr D ，应选(B) 。 （7） D 。 【解答】 因为 AX = b 有无数个解，所以 r(A) = r(A) < 3， 由| A |= (a −1)(a − 2)(2 −1) = 0 得 a = 1,a = 2 ， 当 a = 1时， ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + → − ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − → − ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 0 0 0 3 2 0 1 0 1 1 1 1 1 0 3 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 4 1 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 d d d d d d A d ， 因为方程组有无数个解，所以 d = 1或 d = 2 ； 当 a = 2 时， ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + → − ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − → − ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 0 0 0 3 2 0 1 1 1 1 1 1 1 0 3 3 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 d d d d d d A d ， 因为方程组有无数个解，所以 d = 1或 d = 2 ， 应选(D)。 （8） A
【解答】因为f(x,x2,)经过正交变换X=PY化为标准型2y+-所以A的特征值为=2,=1,,=-1，其对应的特征向量为e,e2,e,，文都因为e,-e,e,为特征值 =2,=-1, =1对应的特征向量，文都教育所以X=QY下二次型的标准型为文都教育文都教育2y?-y2+y，应选(A)。二、填空题（9）48教育文都教育【解答】文都教育dy_ dy/ dt3 + 3t2=3(1+t2))1dxdx/ dt文都教育1+12教育文都d文都教育d'y121(1+12)dtdx=12t(1+ t2)2,dxr?dx1di1+/2文都教育文都教育做y= 48。文都教育dr?文都教育0rome文都教育【解答】r(m(x)=Cx2.2* (ln2)" +C, 2x.2* (ln2)"-l +C? .2.2*-(ln2)"-2,文都则 ~ (0) = μ/m-1) (/n2) (/n2)- (n 1).文都教育(1)2.文都教育【解答】由a) 文都教育文都教育文都教育p()-f f()dt+ 2x f(x),文都教育再由p(1)=1,g'()=5得,r(n)dt=1,于是5=1+2f()，解得F(I)=2。~凯数育(12) e-2x +2e*
【解答】 因为 ( , , ) 1 2 3 f x x x 经过正交变换 X = PY 化为标准型 2 3 2 2 2 2 1 y + y − y ， 所以 A 的特征值为λ1 = 2,λ2 = 1,λ3 = −1，其对应的特征向量为 1 2 3 e ,e ,e ， 因为 1 3 2 e ,−e ,e 为特征值λ1 = 2,λ2 = −1,λ3 = 1对应的特征向量， 所以 X = QY 下二次型的标准型为 2 3 2 2 2 2 1 y − y + y ，应选(A) 。 二、填空题 （9）48 。 【解答】 2 2 2 2 3(1 ) 1 1 3 3 / / t t t dx dt dy dt dx dy = + + + = = ， 2 2 2 2 2 2 12 (1 ) 1 1 12 (1 ) ( ) t t t t t dt dx dx dy dt d dx d y = + + + = = ， 故 | 1 48 2 2 t= = dx d y 。 （10）(ln 2) ( 1) 2 − − n n n 。 【解答】 ( ) 0 2 1 1 2 2 ( ) 2 (ln 2) 2 2 (ln 2) 2 2 (ln 2) − − = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ x n n x n n x n n n f x C x C x C ， 则 2 (ln 2) (ln 2) ( 1) 2 ( 1) (0) ( ) 2 2 ⋅ ⋅ = − − = − − n n n n f n n n 。 （11）2 。 【解答】 由 ∫ = 2 0 ( ) ( ) x ϕ x x f t dt 得 ( ) ( ) 2 ( ) 2 2 0 2 x f t dt x f x x ′ = + ∫ ϕ ， 再由ϕ(1) = 1,ϕ′(1) = 5 得 ( ) 1 1 0 = ∫ f t dt ， 于是5 = 1+ 2 f (1) ，解得 f (1) = 2 。 （12） x x e 2e 2 + −
【解答】特征方程为+-2=0,邮文邮特征值为 =-2, =1,最方通解为-Ce+C.eの文都教育文都邹教育文都教育文都教育由(0)=3, ()=0得/G,+C, =3(-2C,+C=0胃解得C,=1,C,=2,文都教育文都故y=e-2* +2e。文都教育Ldy(13)-dx-文都教育文都教育【解答】0一0代入。一样二受都教育文都3e2y+3:+y=1两边e=+yz=1分别对x,y求偏导得文都教育文都教育[e+2*- (1+ 3%)o文都教育)+yz+xyax1.0zle23 (2 + 30)=0)+x+y文都教育文都教育axax将x=0,y=0,z=0代入上式得d文都教育文都azOz123dr-2故dz l(o.0)=--ax00)=(0,0)=.33dy3文都教育一文都(14) 24。文都教育【解答】文都教育B的特征值为：22-2+1=3，文都教育文都教育(-2)2 -(-2) +1 = 7 ,文都教育文都教育12 -1+1=1,文都教育文都教育故|B=21。一机教育三、解答题（15）【解】兰++0(x),由 In(1+ x)= x-2 3
【解答】 特征方程为 2 0 2 λ + λ − = ， 特征值为 2, 1 λ1 = − λ2 = ， 原方程通解为 x x y C e C e2 2 = 1 + − ， 由 y(0) = 3, y′(0) = 0 得 ⎩ ⎨ ⎧ − + = + = 2 0 3 1 2 1 2 C C C C ，解得 1, 2 C1 = C2 = ， 故 x x y e 2e 2 = + − 。 （13） dx dy 3 2 3 1 − − 。 【解答】 x = 0, y = 0代入 1 2 3 + = + + e xyz y z 得 z = 0 。 1 2 3 + = + + e xyz y z 两边 1 2 3 + = + + e xyz y z 分别对 x, y 求偏导得 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = ∂ ∂ + + ∂ ∂ ⋅ + = ∂ ∂ + + ∂ ∂ ⋅ + + + + + (2 3 ) 0 (1 3 ) 0 2 3 2 3 x z xz y x z e x z yz xy x z e x y z x y z ， 将 x = 0, y = 0,z = 0 代入上式得 3 1 | (0,0) = − ∂ ∂ x z ， 3 2 | (0,0) = − ∂ ∂ y z ，故 dz dx dy 3 2 3 1 | (0,0) = − − 。 （14）24 。 【解答】 B 的特征值为： 2 2 1 3 2 − + = ， ( 2) ( 2) 1 7 2 − − − + = ， 1 1 1 1 2 − + = ， 故| B |= 21。 三、解答题 （15）【解】 由 ( ) 2 3 ln(1 ) 3 2 3 o x x x + x = x − + +
3+0(x3)得sinx=x6axdxaw++bx +o(x)=(1+a)x+(b-号)x +号xf(x)= x+ ax -x +0(x),2332部教育文都教育文都因为f(x)~ g(x),文都教育文都教育1+a=0文都教育文都教育1d所以b-=0，解得a=-1b=，,k=3文都教育教育ak3文都教育文都教育（16)【解】)及直线y=0、x=由题意，D由曲线y=Asinx(O<x<"所围成的区域，文都22区域D绕x轴旋转所成的旋转体的体积为V，则文都教育文都教r受t文都教育文都教育D绕y轴旋转所成的旋转体的体积为V,，则V, = 2元[ xf(x)dx = 2元A[2 xsin xdx = 2元A,文都教育8文都由V=V,得A-元文都教育文都(17)【解】由 f(x, y)= 2(y+ 1)e*得文都教育都教育f'(x,y) =(y+1)"e" +p(x),文都教育文都教育f(x,y)=(y + 1)’e* + f'p(x)dx+C,由男-+2y每(+D+C-+家都教育文都教育解得C=-1,即f(x)=(+1)e*+fg(x)dx-1,一凯数育又由f'(x,0)=(x+1)e得e +p(x)=(x+1)e*,解得p(x)= xe
( ) 6 sin 3 3 o x x x = x − + 得 ( ) 3 ) 2 ( ) (1 ) ( 2 3 ( ) 2 3 2 3 3 2 3 x o x a x a bx o x a x b ax ax f x = x + ax − + + + = + + − + + ， 因为 f (x) ~ g(x) ， 所以 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = − = + = k a a b a 3 0 2 1 0 ，解得 3 1 , 2 1 a = −1,b = − k = − 。 （16）【解】 由题意， D 由曲线 ) 2 sin (0 π y = A x < x < 及直线 y = 0、 2 π x = 所围成的区域， 区域 D 绕 x 轴旋转所成的旋转体的体积为Vx ，则 2 2 2 0 2 2 2 0 2 4 Vx f (x)dx A sin xdx A π π π π π = = = ∫ ∫ ； D 绕 y 轴旋转所成的旋转体的体积为Vy ，则 Vy π xf x dx πA x xdx πA π π 2 ( ) 2 sin 2 2 0 2 0 = = = ∫ ∫ ， 由Vx = Vy 得 π 8 A = 。 （17）【解】 由 x xy f ′′ (x, y) = 2( y +1)e 得 ( , ) ( 1) ( ) 2 f x y y e x x x ′ = + +ϕ ， f x y y e x dx C x x = + + + ∫0 2 ( , ) ( 1) ϕ( ) ， 由 f (0, y) y 2y 2 = + 得( y 1) C y 2y 2 2 + + = + ， 解得C = −1，即 ( , ) ( 1) ( ) 1 0 2 = + + − ∫ x x f x y y e ϕ x dx ， 又由 x x f ′(x,0) = (x +1)e 得 x x e +ϕ(x) = (x +1)e ，解得 x ϕ(x) = xe