【数学模拟卷总结】2023李林六套卷数学二第一套

写个这个系列是为了逼自己总结。

题目复盘

1. 把题给的三个无穷小量的最后一个$\gamma$改写为$\gamma =\frac{1}{e^{cx}}$，然后比较分母的三个无穷大量，所谓的高阶无穷小就是趋近于0的速度快，其倒数趋近于无穷的速度快，也就是说$\alpha ,\beta ,\gamma$的分母中那个一个分母趋近于无穷的速度快，其无穷小的阶数越高，本题用一下结论很快判断：当$x\to \infty$时，$\ln x<x^a<b^x<x!<x^x(a>0,b>1)$。

2. 参数分离，把要证明的不等式同时取对数变成$ln(lnx)\le alnx$，然后令辅助函数$F(x)=\frac{ln(lnx)}{lnx}$，求导数画一下图像对比其和$y=a$就做出来了。

3. 本题用到这个结论：$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\dots +a_m^n}=\max \left\{a_1,a_2,\dots ,a_m\right\},a_i\ge 0,i=1,2,\dots ,m$，考研范围内，某函数只要有原函数，原函数一定连续，排除（B）选项，然后根据上面那个结论和$sinx$与$cosx$在$(0,\frac{\pi }{2})$上的图像就写出了分段函数$f(x)=\{\begin{array}{l}\cos x,0⩽x⩽\frac{\pi }{4}\\ \sin x,\frac{\pi }{4}<x⩽\frac{\pi }{2}\end{array}$，被积函数在分段点$x=\frac{\pi }{4}$处是连续的，所以原函数可导（因为原函数的导数就是被积函数，被积函数连续说明原函数处处可导），接下来验证$f(x)$的可导性，在分段点$x=\frac{\pi }{4}$处左右导数不相等故$f(x)$在题给区间内不可导。

4. 先看$I_2$和$I_3$，$I_2$的分母为$1+x^2$，$I_3$的分母为$(1+x{)}^2=1+2x+x^2$，所以$I_3$的分母大于$I_2$的分母，则$I_3<I_2$，排除（B）选项，答案用的变量代换，就是那个经典的想把$cosx$和$sinx$在积分中相互转化的$x=\frac{\pi }{2}-t$，我是用了积分第一中值定理，解题过程如下：$\begin{array}{l}{I}_1-I_2={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos x-\sin x}{1+x^2}dx={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\cos x-\sin x}{1+x^2}dx+{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos x-\sin x}{1+x^2}dx\\ \stackrel{\text{ 第-积分中值定理 }}{=}\frac{1}{1+{\xi }^2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\cos x-\sin x)dx+\frac{1}{1+{\eta }^2}{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}(\cos x-\sin x)dx,0<\xi <\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{4}<\eta <\frac{\pi }{2}\\ =\frac{1}{1+{\xi }^2}[\sin x+\cos x{]}_0^{\frac{\pi }{4}}+\frac{1}{1+{\eta }^2}[\sin x+\cos x{]}_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\\ =\frac{1}{1+{\xi }^2}(\sqrt{2}-1)+\frac{1}{1+{\eta }^2}(1-\sqrt{2})=(\sqrt{2}-1)\left(\frac{1}{1+{\xi }^2}-\frac{1}{1+{\eta }^2}\right)\\ \because 0<\xi <\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{4}<\eta <\frac{\pi }{2}\text{ 且 }\xi <\eta \therefore \frac{1}{1+{\xi }^2}>\frac{1}{1+{\eta }^2}\\ \therefore I_1>I_2\end{array}$
   故$I_1>I_2>I_3$

5. 2018年真题魔改出来的，看到二阶导数的关系，做泰勒公式展开，用拉格朗日余项的泰勒公式就做出来了。（小于等于的等于号是因为那个积分用二阶泰勒公式代入后会出现这么一项：$\because x^2\ge 0\therefore {\int }_{-1}^1\frac{f^{\prime \prime }(\xi )}{2}{x}^{2}dx\ge 0$）

6. 这个题考的是多元函数无条件极值，先看张宇30讲的说法：
   本题要求$f(x,y)$在$P_0$处取得极大值，只能是判别式失效和没实现两种情况，如果判别式没失效，也就是$f_{xx}^{\prime \prime }(P_0)<0$，然后根据$B^2-AC=[f_{xy}^{\prime \prime }{]}^2-f_{xx}^{\prime \prime }{f}_{yy}^{\prime \prime }<0$即$f_{xx}^{\prime \prime }{f}_{yy}^{\prime \prime }-[f_{xy}^{\prime \prime }{]}^2>0$亦即$f_{xx}^{\prime \prime }{f}_{yy}^{\prime \prime }>[f_{xy}^{\prime \prime }{]}^2>0$由于$f_{xx}^{\prime \prime }(P_0)<0$则$f_{yy}^{\prime \prime }(P_0)<0$，如果判别式失效，则$B^2-AC=[f_{xy}^{\prime \prime }{]}^2-f_{xx}^{\prime \prime }{f}_{yy}^{\prime \prime }=0$即$f_{xx}^{\prime \prime }{f}_{yy}^{\prime \prime }-[f_{xy}^{\prime \prime }{]}^2=0$即$f_{xx}^{\prime \prime }{f}_{yy}^{\prime \prime }=[f_{xy}^{\prime \prime }{]}^2\ge 0$，所以$\{\begin{array}{l}{f}_{xx}^{\prime \prime }\ge 0\\ f_{xy}^{\prime \prime }\ge 0\end{array}\text{ 或 }\{\begin{array}{l}{f}_{xx}^{\prime \prime }\le 0\\ f_{xy}^{\prime \prime }\le 0\end{array}$，和上面判别式没失效的情况取交集就是$f_{xx}^{\prime \prime }\le 0,f_{xy}^{\prime \prime }\le 0$
   【注】把张宇30讲那道关于判别式失效情况的题目补在下面，记录一下：
   
   一般判别式失效点，只需要从定义角度说明其不是极值点即可，一般都只证明非极值点。

7. 在0点和无穷点用等价求出其P积分等价形式判定即可。

8. **考虑正交矩阵的性质：题给正交矩阵$\mathbf{A}$的特征值全大于0，故它实特征值只能是1，所以$|\mathbf{A}|=1$，正交矩阵的逆矩阵是其转置，所以有${\mathbf{A}}^{\ast }=|\mathbf{A}|{\mathbf{A}}^{-1}={\mathbf{A}}^{-1}={\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}$，所以转置和伴随是一样的，就选出来了，这题考察角度很新颖，记录一下：
   

9. **这题目我在模拟考试的时候用了排除法，首先根据题目条件，$\mathbf{A}$可以相似对角化（$\mathbf{A}$的特征向量都是线性无关的且正交的），$\mathbf{A}$不一定可逆，有特征值0后，对角矩阵的秩就不满秩，然后$\mathbf{A}$不满秩，所以$\mathbf{A}$不一定可逆，如果$\mathbf{A}$的特征值全是负数，那$\mathbf{A}$就不正定了，排除了（A）（D）选项，然后由于正交矩阵必可逆，根据其逆否命题不可逆的矩阵一定不是正交矩阵，因为$\mathbf{A}$不一定可逆，不妨设$\mathbf{A}$不可逆，则$\mathbf{A}$不是正交矩阵，若$\mathbf{A}$可逆，则$\mathbf{A}$不一定是正交矩阵，所以$\mathbf{A}$不一定是正交矩阵，排除了选项（B）就选了（C），看看答案如何严格证明：
   
   
   原来是用正交变换做的。

10. ***这题我做错了，这题给数学二考稍微有点过分，重新复盘如下：
    

$r(\mathbf{A})$为2，那不就说明$|\mathbf{A}|=0$嘛，这里我没搞懂，我选的就是$|\mathbf{A}|=0$，有没有人给解答一下为什么不选（A），静等官方解析.答案有点过分，引到了三维坐标系，这不是数学二要求的啊，难道真的要考？把李艳芳老师讲的向量代数与空间解析几何的课的视频记录一下：李艳芳：向量代数与空间解析几何

11. 这个考察的是二重积分中值定理，这是21年还是20年考纲新加的（具体哪一年我忘了），知道$f(0,0)$连续，就直接用就求出来了，张宇30讲中的二重积分中值定理说明如下：
    
    顺带把二重积分估值定理也说明一下，万一考了呢。

12. 考经典结论：
    $\underset{n\to \infty }{\lim }{e}^{nx}=\{\begin{array}{l}0,x<0\\ +\infty ,x>0\\ 1,x=0\end{array}$，根据这个写分段函数再左加右减平移就好了，除了这个还有另外另个结论需要记住：
    （1）$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}^{2n}=\{\begin{array}{l}\infty ,|x|>1\\ 1,x=\pm 1,\\ 0,|x|<1\end{array}$；
    （2）$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}^n=\{\begin{array}{l}0,|x|<1\\ \infty ,|x|>1\\ 1,x=1\\ \text{ 不存在, }x=-1\end{array}$

13. **新颖的题目，将极坐标改写成关于$\theta$的参数方程，我在模拟考试的时候真想到了，就是思考了半天，这题我和答案思路一样，因为题目新颖，记录一下：
    
    

14. ***这题我以为我算错了，实际上没算错，我以为又是个计算错误的题，要加强计算的准确性，结果是答案是继续算了一步，把$y$代入了，我没代入，结果是一样，没算错，形式是一样的，重新复盘如下：
    
    
    我觉得我用克拉默法则比答案做的快一些。

15. 代入旋转体公式，然后求出积分（求积分用加1减1的技巧），最后取极限就做出来了

16. 所求行列式的矩阵右侧乘$\mathbf{A}$就算出来了，就是别忘了这个结论就行：
    

17. 整理后分母趋近于无穷，用广义洛必达法则，然后下一步不能洛了，我是用的泰勒把$sin\frac{1}{x}$给展开了，答案拆开做也是一样的，就是注意下不能洛必达的原因：
    

18. ***这题我做错了，这题我没用好雅克比行列式（王谱老师讲二重积分雅克比换元法），我没理解好雅克比行列式求完后要取绝对值，那个微元永远是正的，这个题目用雅克比行列式很简单，比答案做的要爽多了，重新改正如下：
    

再来看看答案的做法

极坐标，也不是太复杂，但是积分形式看着好烦。

19. 根据全微分形式知道$x$和$y$的偏导数，解一下关于$x$偏微分方程，然后再对这个解求关于$y$偏导数，发现$h(y)=?+(a-b)x$，单独的$h(y)$是不可能出现含$x$的项的，所以$a=b$，或者像答案一样用一下二阶混合偏导数相等也能求出来，然后再带入初值条件第一问做完了，第二问注意一下求的是距离的最大值，求谁，谁就是$g(x,y)$,边界条件是$f(x,y)=0$，就设$h(x,y,\lambda )=g(x,y)+\lambda f(x,y)$，解一下就好了，我在模考的时候把两个函数弄反了，不过很快就发现错误改正了。
20. 根据题目条件用弧长公式和定积分做一个变上限积分解微分方程即可，最后可以看到它的解是一个变种的双曲函数（好像考研挺喜欢考双曲函数做解的一阶微分方程的）
21. 函数二阶可导，函数连续，题给极限式能推出$x=1$这一点的函数值和一阶导数值，$f(1)=f(0)$用一下罗尔定理，第一问结束，第二问，构造函数，它要二阶导数的，那就一层一层推回一阶导数的形式即可，按答案那种做法就OK
22. ***这题最后一问形式因为着急写错了，又是相似传递性，然后做两个矩阵相乘求出矩阵$\mathbf{P}$的问题，最后写出来的是一个类似行向量的形式，我写成列向量了，大意了，那样就相当于把矩阵的行数扩大三倍了。

总结

这套卷题目新颖，需要我好好品味，我要继续努力加油