【考研类试卷】考研数学二-400 (1)及答案解析.doc

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1、考研数学二-400 (1)及答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：32.00)1.设 （分数：4.00）A.B.C.D.2.设可导函数 x=x(t)由方程 （分数：4.00）A.B.C.D.3.设函数 F(x，y，z)具有连续偏导数，若从方程 F(x，y，z)=0 能分别解出函数 x=f(y，z)，y=g(z，x)与 z=h(x，y)，则未必有（分数：4.00）A.B.C.D.4.设 A 为 n 阶矩阵，对于齐次线性方程()A nx=0 和()A n+1x=0，则必有（分数：4.00）A.()的解是()的解，()的解也是()的解B.()的解是()的解

2、，但()的解不是()的解C.()的解是()的解，但()的解不是()的解D.()的解不是()的解，()的解也不是()的解5.以 y1=excos2x，y 2=exsin2x 与 y3=e-x为线性无关特解的三阶常系数齐次线性微分方程是（分数：4.00）A.y“+y“+3y+5y=0B.y“-y“+3y+5y=0C.y“+y“-3y+5y=0D.y“-y“-3y+5y=06.设函数 f(x)在(-，+)内有定义，则（分数：4.00）A.当 时B.当C.当D.当 且7.设函数 f(x)在点 x=0 处二阶可导，当 x0 时 f(x)0，且 （分数：4.00）A.B.C.D.8.设函数 z=f(x，y

3、)在点(x 0，y 0)处有 fx(x0，y 0)=a，f y(x0，y 0)=b，则（分数：4.00）A.极限B.f(x，y)在点(x 0，y 0)处必连续C.dz|(x0，y0) =adx+bdyD.及 存在且相等二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9. （分数：4.00）填空项 1:_10.设函数 f(x)在(-1，1)内具有二阶连续导数，且满足 f(0)=1，则 （分数：4.00）填空项 1:_11.已知 a，b 满足 （分数：4.00）填空项 1:_12. （分数：4.00）填空项 1:_13.微分方程 （分数：4.00）填空项 1:_14.已知 ABC=D其中（分数：4.00

4、）填空项 1:_三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.确定常数 A 与 B 的值，使得函数 （分数：10.00）_16.设有抛物线 C1：x 2=ay 和圆 C2：x 2+y2=2y，() 确定 a 的取值范围，使得 C1，C 2交于三点 O，M，P(如图)；（分数：11.00）_17.设 x0 时， （分数：10.00）_18.设对任意的 x 和 y，有 ，用变量代换 将 f(x，y)变换 g(u，v)，试求满足 （分数：11.00）_19.设 计算二重积分 （分数：10.00）_20.设 f(x)在0，a上有一阶连续导数，证明：至少存在一点 0，a，使得（分数：9.00）_21.

5、求微分方程 （分数：11.00）_22.已知矩阵 （分数：11.00）_23.已知三元二次型 xTAx 的平方项系数均为 0，并且 =(1，2，-1) T满足 A=2() 求该二次型表达式；() 求正交变换 x=Qy 化二次型为标准形，并写出所用坐标变换；() 若 A+kE 正定，求 k 的值（分数：11.00）_考研数学二-400 (1)答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：32.00)1.设 （分数：4.00）A.B. C.D.解析：分析 矩阵 A 的特征值是 1，3，5，因为矩阵 A 有三个不同的特征值，所以 A矩阵 B 的特征值是 2，2，5

6、，由于秩*所以，=2 只有一个线性无关的特征向量，因而矩阵曰不能相似对角化矩阵 C 是实对称矩阵，故必有 C矩阵 D 的特征值也是 2，2，5，由于*所以，=2 有两个线性无关的特征向量，因而矩阵 D 可以相似对角化故应选(B)评注 本题归纳了判断相似对角化的基本思路与方法当 AT=A 或 A 有 n 个不同的特征值时，矩阵 A 必可相似对角化；而当特征值有重根时，要通过秩来判断2.设可导函数 x=x(t)由方程 （分数：4.00）A.B.C. D.解析：分析 令 t=0，由题设方程可得 x(0)=0在题设方程两边对 t 求导，得cost-fx(t)x(t)+f(t)=0， (*)在(*)式中

7、令 t=0，可得 x(0)=2在(*)两边再对 t 求导，得-sint-fx(t)x(t)2-fx(t)x“(t)+f(t)=0， (*)在(*)式中令 t=0，可得 x“(0)=-3故选(C)3.设函数 F(x，y，z)具有连续偏导数，若从方程 F(x，y，z)=0 能分别解出函数 x=f(y，z)，y=g(z，x)与 z=h(x，y)，则未必有（分数：4.00）A.B. C.D.解析：分析一 把 F(x，y，z)=0 看成关于(x，y)的恒等式，并将恒等式两边求微分，由一阶全微分形式不变性即得Fxdx+Fydy+Fzdz=0 (*)从而不选(A)由(*)式可得*，从而*计算可得*从而也不选

8、(C)与(D)即应选(B)分析二 用举例法即可选出正确选项考虑函数 F(x，y，z)=x+y+z，于是 Fx=1，f z=1，又由 z=-(x+y)知 zx=-1这表明 Fx=Fzz x应选(B)4.设 A 为 n 阶矩阵，对于齐次线性方程()A nx=0 和()A n+1x=0，则必有（分数：4.00）A.()的解是()的解，()的解也是()的解 B.()的解是()的解，但()的解不是()的解C.()的解是()的解，但()的解不是()的解D.()的解不是()的解，()的解也不是()的解解析：分析 若 是()的解，即 An=0，显然 An+1=A(A n)=A0=0，即 必是()的解可排除(C

9、)和(D)若 是()的解，即 An+1=0假若叼不是()的解，即 An0，那么对于向量组，A，A 2，A n，一方面这是 n+1 个 n 维向量必线性相关；另一方面，若k+k 1A+k 2A2+k nAn=0，用 An左乘上式，并把 An+1=0，A n+2=0，代入，得 kA n=0由于 An0，必有 k=0对k1A+k 2A2+k nAn=0，用 An-1左乘上式可推知 k1=0类似可知 ki=0(i=2，3，n)于是向量组 ，A，A 2，A n 线性无关，两者矛盾所以必有An=0，即()的解必是()的解由此可排除(B)故应选(A)5.以 y1=excos2x，y 2=exsin2x 与

10、y3=e-x为线性无关特解的三阶常系数齐次线性微分方程是（分数：4.00）A.y“+y“+3y+5y=0B.y“-y“+3y+5y=0 C.y“+y“-3y+5y=0D.y“-y“-3y+5y=0解析：分析 线性无关特解 y1=excos2x，y 2=exsin2x 与 y3=e-x对应于特征根 1=1+2i， 2=1-2i 与 3=-1，由此可得特征方程是(-1-2i)(-1+2i)(+1)=0* 3- 2+3+5=0由此即知以 y1=exeos2x，y 2=exsin2x 与 y3=e-x为线性无关特解的三阶常系数齐次线性微分方程是 y“-y“+3y+5y=0应选(B)6.设函数 f(x)

11、在(-，+)内有定义，则（分数：4.00）A.当 时B.当C.当D.当 且 解析：分析 用排除法取 f(x)=arctanx，则(A)不对取*则(B)不对取 f(x)=x+sinx，则(C)不对由排除法可知，应选(D)或直接证明(D)正确，留作考生自己练习7.设函数 f(x)在点 x=0 处二阶可导，当 x0 时 f(x)0，且 （分数：4.00）A. B.C.D.解析：分析 由 F(x)在点 x=0 处连续知*，即*这表明 f(x)与 cosx-1 当 x0 时是等价无穷小量，从而当 x0 时*上式又可以表成*其中 o(x2)是当 x0 时比 x2高阶的无穷小量与 f(x)的二阶麦克劳林公式

12、*对比即知 f(0)=f(0)=0，f“(0)=-1故应选(A)*8.设函数 z=f(x，y)在点(x 0，y 0)处有 fx(x0，y 0)=a，f y(x0，y 0)=b，则（分数：4.00）A.极限B.f(x，y)在点(x 0，y 0)处必连续C.dz|(x0，y0) =adx+bdyD.及 存在且相等 解析：分析 由 fx(x0，y 0)存在即知一元函数 f(x，y 0)在 x=x0处连续，故*类似由 fy(x0，y 0)存在即知一元函数 f(x0，y)在 y=y0处连续，故*即(D)正确或举反例用排除法取*，计算可得 fx(0，0)=f y(0，0)=0，同时可证明*存在，f(x，y

13、)在点(0，0)处连续，f(x，y)在点(0，0)处不可微分，这样可排除(A)，(C)取*计算可得 fx(0，0)=f y(0，0)=0，同时可证明 f(x，y)在点(0，0)处不连续，这样可排除(B)由排除法可知，应选(D)二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9. （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 令被积函数*，注意 f(x)是偶函数，且当 x22 时，有*利用夹逼定理可得，当 x22 时，有 f(x)=2类似可得当 x22 时，有 f(x)=x2故*10.设函数 f(x)在(-1，1)内具有二阶连续导数，且满足 f(0)=1，则 （分数：4.00）填空项

14、1:_ （正确答案：*）解析：分析 所求极限是“-”型未定式，可通分化为*型未定式求极限*11.已知 a，b 满足 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 因为*故常数 a 与 b 除满足 a0b 外还满足 a2+b2=1又曲线 y=x2+ax 与直线 y=bx 交于 x=0 与 x=b-a，从而它们所围图形的面积为*应用拉格朗日乘数法，令*，则由*解得驻点*此时*又弧 a2+b2=1 且 a0b 的两个端点处 a 分别为 0 与-1，当 a=0 时 b=1，此时*当a=-1 时 b=0，此时*故所求面积的最大值为*最小值为*12. （分数：4.00）填空项 1:_ （正

15、确答案：*）解析：分析 *而*于是 原积分=*13.微分方程 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：x+e -(x+y)=C）解析：分析 原方程可改写为*令 u=x+y，则有*上式两边积分得-e -u=x-C，将 u=x+y 代入得通解为x+e-(x+y)=C14.已知 ABC=D其中（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 A、C 都是初等矩阵，它们可逆，故 B=A-1DC-1我们可以求出 B，然后按定义法求 B*这样计算量较大，若注意到 D 可逆，于是 B 可逆，而由*因此亦可通过求 B-1来达到求 B*易见，|B|=|A -1|D|C-1|=-6又 B -1=

16、(A-1DC-1)-1=CD-1A*故*三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.确定常数 A 与 B 的值，使得函数 （分数：10.00）_正确答案：(改写函数 f(x)可得*其中*利用 ln(1+x)的带皮亚诺余项的三阶麦克劳林公式 ln(1+x)=*可得当 x0 时*代入 eg(x)的关于 g(x)的二阶麦克劳林公式就有*从而*故所求常数*)解析：16.设有抛物线 C1：x 2=ay 和圆 C2：x 2+y2=2y，() 确定 a 的取值范围，使得 C1，C 2交于三点 O，M，P(如图)；（分数：11.00）_正确答案：() 方法 1 由*得 ay+y2=2y，解得 y=0，y=

17、2-a由 0y=2-a2 可得，0a2方法 2 C1，C 2交于三点 O，M，P 的充要条件是 a0，且抛物线 C1在原点处的曲率 K1(圆 C2的曲率为1)由于*，所以 C1在原点处的曲率为*因此，当 0a2 时，C 1，C 2交于三点 O，M，P*() 两曲线 x2=ay，x 2+y2=2y 的交点为 O(0，0)，*，由定积分的几何意义及对称性可得所论平面图形面积*要使 S(a)最大，只要 f(a)=a(2-a)3最大由于 S(a)=2(2-a)2(1-2a)，f“(a)=-4(2-a)(1+a)0，令 f(a)=0，解得唯一驻点*，所以点*为最大值点，此时，所求面积的最大值为*() 由

18、定积分的几何意义可得所求旋转体的体积(圆柱体的体积减去二倍抛物旋转体的体积，如图)为*)解析：17.设 x0 时， （分数：10.00）_正确答案：(自然的想法是求 F(x)由于 F(x)中的第一项变限积分中被积函数除依赖于积分变量 t 外，还依赖于 x，所以要通过变量替换把积分化为只有积分限含有 x 的变限积分，然后再求导于是，令*，则*由变限积分求导法得*为比较上式右端两项的大小，把第一项表成定积分得*当 0x1 时，由*得当*时有*当 x1 时，由*得当*时有*代入即得 F(x)0(x0，x1)，此外还有 F(1)=0因此，F(x)在(0，+)单调增加)解析：18.设对任意的 x 和 y

19、，有 ，用变量代换 将 f(x，y)变换 g(u，v)，试求满足 （分数：11.00）_正确答案：(由题意*，两边分别对 u，v 求偏导数得*因此有*利用(f 1)2+(f2)2=4，即(f 2)2=4-(f1)2得(a+b)(v2-u2)(f1)2+2(a+b)uvf1f2+4au2-4bv2=u2+v2，由此得 a+b=0，4a=1，-4b=1，故*)解析：19.设 计算二重积分 （分数：10.00）_正确答案：(用 1-x2-y2=0 把 D 分成 D1与 D2两部分，如图所示，则*)解析：20.设 f(x)在0，a上有一阶连续导数，证明：至少存在一点 0，a，使得（分数：9.00）_正

20、确答案：(证明一 利用 f(x)=f(0)+f( 1)(x-0)=f(0)+f( 1)x 可得因 f(x)在0，a上连续，由闭区间上连续函数的最大值最小值定理知，存在 m 和 M，使 mf(x)M，于是在0，a上有 mxxf( 1)Mx，故*即*由连续函数的介值定理知，至少存在一点 0，a，使得*即*，于是*证明二 *因为 f(x)连续，x-a0(x0，a)，故由积分中值定理知，至少存在一点 0，a，使得*于是*证明三 令*则 F(x)可用麦克劳林公式表示为*即*令 x=a 得*)解析：分析 所给问题为 f(x)的定积分与 f()之间的关系可以考虑成原函数与 F“()之间的关系，从而可利用二阶

21、泰勒公式来证明如果认定为考察 f(x)与 f()之间关系，也可以利用拉格朗日中值定理(一阶泰勒公式)来证明也可以利用积分中值定理*来证明21.求微分方程 （分数：11.00）_正确答案：(令 p=y，则 y“=p，故有*两边积分得*由上式得*，所以*由 y(0)=0 得 C1=1 或 C1=-1由题意知 x+11，k0，故 y“0*y单调增加，又 y(0)=0*x0 时y0*C 1=1于是*当 k=1 时，*，由 y(0)=0 得 C2=*，故所求特解为*当 k0，k1 时，*由 y(0)=0 得*，故所求特解为*)解析：22.已知矩阵 （分数：11.00）_正确答案：(由矩阵 A 的特征多项

22、式*知矩阵 A 的特征值是 1，1，2因为 A 有 3 个线性无关的特征向量，所以秩 r(E-A)=1又*故 a=1由(E-A)x=0，即*得基础解系 1=(1，0，1) T， 2=(0，1，0) T由 (2E-A)x=0，即*得基础解系 3=(2，-1，3) T那么令 P=( 1， 2， 3)，有*从而 A=PP -1于是 A n=P nP-1*评注 要搞清相似对角化的充分必要条件，掌握相似对角化的应用求 An)解析：23.已知三元二次型 xTAx 的平方项系数均为 0，并且 =(1，2，-1) T满足 A=2() 求该二次型表达式；() 求正交变换 x=Qy 化二次型为标准形，并写出所用坐

23、标变换；() 若 A+kE 正定，求 k 的值（分数：11.00）_正确答案：() 据已知条件，有*，即*解出 a12=2，a 13=2，a 23=-2，所以 xTAx=4x1x2+4x1x3-4x2x3() 由*得矩阵 A 的特征值为 2，2，-4由(2E-A)x=0，*得 =2 的特征向量 1=(1，1，0) T， 2=(1，0，1) T；由(-4E-A)x=0，*得 =-4 的特征向量 3=(-1，1，1) T将 1， 2正交化令 1= 1，则*再对 1， 2， 3单位化，有*那么令 *() 因为 A+kE 的特征值为 k+2，k+2，k-4，所以当 k4 时，矩阵 A+kE 正定)解析：