【考研类试卷】考研数学二-440及答案解析.doc

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1、考研数学二-440 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.设函数 f(x)在区间(-1，1)内二次可导，已知 f(0)=0，f(0)=1，且 f“(x)0 当 x(-1，1)时成立，则（分数：4.00）A.当 x(-1，0)时 f(x)x，而当 x(0，1)时 f(x)xB.当 x(-1，0)时 f(x)x，而当 x(0，1)时 f(x)xC.当 x(-1，0)与 x(0，1)时都有 f(x)xD.当 x(-1，0)与 x(0，1)时都有 f(x)x2.设 （分数：4.00）A.B.C.D.3.函数 u=xyz2在条件 x2+y2+

2、z2=4(x0，y0，z0)下的最大值是（分数：4.00）_4.设 （分数：4.00）A.B.C.D.5.设正数列 an满足 ，则极限 =（分数：4.00）A.B.C.D.6.下列矩阵（分数：4.00）A.B.C.D.7.设二元函数 （分数：4.00）A.B.C.D.8.设 ，B 是 2 阶矩阵，且满足 AB=B，k 1，k 2是任意常数，则 B=（分数：4.00）A.B.C.D.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 （分数：4.00）填空项 1:_11.由曲线 x=ln(1+y2)与直线 x=ln2 所围平面图形的面积为_（分数：4.0

3、0）填空项 1:_12.设 f(x)是六次多项式，已知曲线 y=f(x)与 x 轴切于原点，且以(-1，1)，(1，1)为拐点，又在(-1，1)，(1，1)处有水平切线，则 f(x)=_（分数：4.00）填空项 1:_13.微分方程 yy“-2(y)2=0 满足条件 y(0)=1 与 y(0)=-1 的特解是_（分数：4.00）填空项 1:_14.已知向量 1=(1，2，1) T， 2=(2，3，a) T， 3=(1，a+2，-2) T， 1=(1，3，4) T， 2=(1，-1，a) T，且 1可以由 1， 2， 3线性表出， 2不能由 1， 2， 3线性表出，则 a=_（分数：4.00）填

4、空项 1:_三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.设函数 f(x)在 x=1 的某邻域内连续，且有 () 求 f(1)及 （分数：11.00）_16.设在区间a，b(1ab)上，数 p 和 q 满足条件 px+qlnx，试求积分 （分数：10.00）_17.设 x0，试证：2sinx+e x-e-x4x（分数：9.00）_18.设函数 f(u)有连续的一阶导数，f(0)=1，且函数 满足 （分数：10.00）_19.计算二重积分 ，其中积分区域 D 是由曲线 （分数：11.00）_20.设函数 f(x)在区间0，1上连续，且 （分数：10.00）_21.设函数 f(x)连续且满足（分

5、数：11.00）_22.已知 A=( 1， 2， 3， 4)是 4 阶矩阵， 1， 2， 3， 4是 4 维列向量，若方程组 Ax= 的通解是(1，2，2，1) T+k(1，-2，4，0) T，又 B=( 3， 2， 1，- 4)，求方程组 Bx= 1-2 的通解（分数：10.00）_23.已知矩阵（分数：12.00）_考研数学二-440 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.设函数 f(x)在区间(-1，1)内二次可导，已知 f(0)=0，f(0)=1，且 f“(x)0 当 x(-1，1)时成立，则（分数：4.00）A.当 x(-1

6、，0)时 f(x)x，而当 x(0，1)时 f(x)xB.当 x(-1，0)时 f(x)x，而当 x(0，1)时 f(x)xC.当 x(-1，0)与 x(0，1)时都有 f(x)xD.当 x(-1，0)与 x(0，1)时都有 f(x)x 解析：分析 由题设知，曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为 y=x，而曲线 y=f(x)在区间(-1，1)内是凸弧由凸弧与其上某点处的切线的位置关系即知结论(D)正确也可以直接证明(D)正确：令 F(x)=f(x)-x，则 F(0)=0，F(0)=f(0)-1=0，且 F“(x)=f“(x)0 当 x(-1，1)时成立由此可得 F(x)在区间(-1，1)内单

7、调减少，从而，当 x(-1，0)时 F(x)F(0)=0，这表明 F(x)在区间(-1，0上单调增加，故当 x(-1，0)时有 F(x)F(0)=0*f(x)x 成立类似可得，当 x(0，1)时 F(x)F(0)=0，这表明 F(x)在区间0，1)上单调减少，故当 x(0，1)时有 F(x)F(0)=0*f(x)x 也成立2.设 （分数：4.00）A.B.C. D.解析：分析 当 1x2 时有*，从而*而当 x=1 时它们相等，故*即 KJI故应选(C)3.函数 u=xyz2在条件 x2+y2+z2=4(x0，y0，z0)下的最大值是（分数：4.00）_解析：分析一 用拉格朗日乘子法求解令 F

8、(x，y，z)=xyz 2+(x 2+y2+z2-4)，则*由，得 y=x，*，代入得 x=1，y=1，*因存在最大值，又驻点唯一，所以最大值为 u=xyz2|(1，1，*) =2应选(C)分析二 化为简单最值问题由条件解出 z2=4-x2-y2(0x 2+y24)，代入表达式，转化为求u=xy(4-x2-y2)在区域 D=(x，y)|0x 2+y244.设 （分数：4.00）A.B. C.D.解析：分析 由于*所以*于是可知 f(x)在点 x=-1 处可导，故应选(B)5.设正数列 an满足 ，则极限 =（分数：4.00）A.B. C.D.解析：分析 先求出*又*因此*故应选(B)6.下列矩

9、阵（分数：4.00）A.B.C. D.解析：分析 判断相似应当用相似的必要条件作第一轮判别相似的必要条件是：特征值一样，秩相等，A3，A 4虽特征值一样，但秩不相等，所以不相似A 1与 A2或 A2与 A3虽秩相等但特征值不一样，因此不相似用排除法知应选(C)实际上，A 1，A 3的特征值都是 3，0，0，且 r(0E-A1)=1，r(0E-A 3)=1，则n-r(0E-A1)=3-1=2，n-r(0E-A 3)=3-1=2，说明齐次方程组(0E-A 1)x=0 与(OE-A 3)x=0 都有两个线性无关的解，即对应于 =0，矩阵 A1和 A3都有 2 个线性无关的特征向量，所以矩阵 A1和

10、A3都与对角矩阵*相似，从而 A1与 A3相似评注 对于秩这 1 的矩阵，对于上(下)三角矩阵的特征值要反应得快一些7.设二元函数 （分数：4.00）A.B. C.D.解析：分析 因为*从而 fx(x，0)=0*f x(0，0)=0类似可得 fy(0，0)=0，故 f(x，y)在点(0，0)处两个偏导数 fx(0，0)与fy(0，0)都存在但是，沿着路径 y=x0 有 f(x，y)| y=x1 ，故*即函数 f(x，y)在点(0，0)处不连续综合以上讨论知应选(B)8.设 ，B 是 2 阶矩阵，且满足 AB=B，k 1，k 2是任意常数，则 B=（分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析

11、由 AB=B 有(A-E)B=0，因而 B 的列向量是齐次方程组(A-E)x=0 的解又*那么齐次方程组(A-E)x=0 的基础解系是(-1，1) T，所以应选(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 用洛必达法则，得*10.设函数 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：4）解析：分析 函数 f(x)是以 x=0 为分界点的分段函数，在点 x=0 处的各阶导数要用定义计算利用极限的四则运算法则与洛必达法则可得*故*11.由曲线 x=ln(1+y2)与直线 x=ln2 所围平面图形的面积为_（分数：4.00）填空项

12、 1:_ （正确答案：4-）解析：分析 由 x=ln(1+y2)得*它与 x=ln2 所围区域 D 如图所示，D 的面积为*令*，则*12.设 f(x)是六次多项式，已知曲线 y=f(x)与 x 轴切于原点，且以(-1，1)，(1，1)为拐点，又在(-1，1)，(1，1)处有水平切线，则 f(x)=_（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：x 6-3x4+3x2）解析：分析 由题设，(-1，1)，(1，1)为拐点，故 y“有因式(x+1)(x-1)由于在此二点处有水平切线，故 y有因式(x+1)(x-1)，因此 y有因式(x+1) 2(x-1)2又曲线与 x 轴切于原点，故 y有因式 x

13、，于是可设y=ax(x+1)2(x-1)2=a(x5-2x3+x)，从而*将 x=0，y=0 代入，得 C=0将 x=1，y=1 代入，得 a=6，故y=f(x)=x6-3x4+3x213.微分方程 yy“-2(y)2=0 满足条件 y(0)=1 与 y(0)=-1 的特解是_（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 令 y=p，则*代入原方程就有*由于所求的解必须满足条件 y(0)=-1，可见所求的解应满足的微分方程是*其通解为 p=C1y2，即 y=C1y2把在 x=0 时 y(0)=1，而 y(0)=-1 代入可确定常数 C1=-1从而有 y=-y2注意*直接积分可得

14、通解为*把 y(0)=1 代入可确定常数 C2=-1，故所求特解为*14.已知向量 1=(1，2，1) T， 2=(2，3，a) T， 3=(1，a+2，-2) T， 1=(1，3，4) T， 2=(1，-1，a) T，且 1可以由 1， 2， 3线性表出， 2不能由 1， 2， 3线性表出，则 a=_（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：-1）解析：分析 据题意，方程组()x 1 1+x2 2+x3 3= 1有解，而方程组()x 1 1+x2 2+x3 3= 2无解那么对增广矩阵*作初等行变换，有*可见当 a=-1 时方程组()有解，而方程组()无解三、解答题(总题数：9，分数：94

15、.00)15.设函数 f(x)在 x=1 的某邻域内连续，且有 () 求 f(1)及 （分数：11.00）_正确答案：() 由题设条件知*又在 x=0 的某空心邻域内 f(x+1)+3sin2x0，现利用等价无穷小因子替换：当 x0 时，ln1+f(x+1)+3sin2xf(x+1)+3sin 2x，*方法 1 由 f“(1)*f(x)在 x=1 的某邻域内可导*方法 2当 f“(1)存在时，用二阶泰勒公式得*方法 3 由*及极限与无穷小的关系*再由泰勒公式的唯一性得*，即 f“(1)=-2() 由*及极限的不等式性质知，*0，使得当 0|x| 时*x=1 是 f(x)的极大值点*)解析：16

16、.设在区间a，b(1ab)上，数 p 和 q 满足条件 px+qlnx，试求积分 （分数：10.00）_正确答案：(如右图，由于 px+qlnx，故 I 表示曲线 y=lnx，直线 y=px+q，x=a，x=b 所围成图形的面积显然，当 y=px+q 与 y=lnx 相切线，较小设切点为(c，lnc)，由于*则切线方程为*于是*由于*令*，得*当*时，*当*时，*，故当*时，I 取得极小值，也是最小值，此时*)解析：17.设 x0，试证：2sinx+e x-e-x4x（分数：9.00）_正确答案：(证明一 令 f(x)=2sinx+ex-e-x-4x(x0)，则f(0)=0，f(x)=2cos

17、x+e x+e-x-4，f(0)=0，f“(x)=-2sinx+ex-e-x，f“(0)=0，f“(x)=-2cosx+ex+e-x由于 ex+e-x2，故 f“(x)0(x0，等号仅当 x=0 时成立)*f“(x)单调递增，又 f“(0)=0*f“(x)0(x0)*f(x)单调递增，又 f(0)=0*f(x)0(x0)*f(x)单调递增，又 f(0)=0*f(x)0(x0)，因此题设不等式成立证明二 *故当 x0 时，*证明三 当 x0 时，e x+e-x22cosx，在0，x依次积分得ex-e-x2sinxex+e-x-2-2cosx+2，即 ex+e-x4-2cosx，ex-e-x4x-

18、2sinx，即 2sinx+ex-e-x4x)解析：18.设函数 f(u)有连续的一阶导数，f(0)=1，且函数 满足 （分数：10.00）_正确答案：(由于*依题设有*令*，则式化为*于是*由 f(0)=1 可知 C=0因此*从而*)解析：19.计算二重积分 ，其中积分区域 D 是由曲线 （分数：11.00）_解析：20.设函数 f(x)在区间0，1上连续，且 （分数：10.00）_正确答案：(证明一 用反证法若 f(x)在(0，1)内没有零点，由 f(x)在0，1上连续可知 f(x)在(0，1)内或者恒正即 f(x)0，或者恒负即 f(x)0显然这与*矛盾若 f(x)在(0，1)内只有一个

19、零点 x0，这时只有两种情况：*在前一种情形下，当 0xx 0时同时有 x-x00 与 f(x)0，而当 x0x1 时同时有 x-x00 与 f(x)0，从而*这与*矛盾在后一种情形下也可类似得出矛盾由此可见 f(x)在(0，1)内至少有两个不同的零点，即存在满足 01 的 与 ，使得 f()=-f()=0 成立证明二 若在0，1上 f(x)0，则命题结论成立设 f(x)不恒为零，且*则 F(0)=F(1)=0，又由 F(x)在0，1上可导即知 F(x)=f(x)因此*由于 F(x)为0，1上的连续函数，且*可知必定存在一点 c(0，1)，使 F(c)=0否则*，与(*)式矛盾在0，c，c，1

20、上分别对 F(x)应用罗尔定理，可知必定存在 (0，c)，(c，1)，使得F()=f()=0，F()=f()=0)解析：21.设函数 f(x)连续且满足（分数：11.00）_正确答案：(在题设方程中令 x=0 得 f(0)=0题设方程可改写为*由 f(x)连续知*可导，结合 4-5x 与 36xex可导即知 f(x)可导，将上式两端求导得*化简得 * (*)在(*)式中令 x=0 得 f(0)=36，从(*)式又知 f(x)具有二阶导数，将(*)式两端求导得f“(x)+4f(x)-5f(x)=36(x+2)ex综合可得 y=f(x)是二阶常系数线性微分方程初值问题*的特解从特征方程 2+4-5

21、=0 可得二特征根 1=1， 2=-5，于是对应齐次微分方程有二线性无关特解 ex与 e-5x，而上述非齐次微分方程的一个特解具有形式 y*=x(Ax+B)ex，代入方程知待定系数 A 和 B 应满足恒等式6(2Ax+B)+2Aex=36(x+2)ex，不难得出 A=3，B=11从而方程具有通解y=C1ex+C2e-5x+(3x2+11x)ex，于是 y=C 1ex-5C2e-5x+(3x2+17x+11)ex利用初值 y(0)=0 与 y(0)=36 可确定*综合即得*)解析：22.已知 A=( 1， 2， 3， 4)是 4 阶矩阵， 1， 2， 3， 4是 4 维列向量，若方程组 Ax=

22、的通解是(1，2，2，1) T+k(1，-2，4，0) T，又 B=( 3， 2， 1，- 4)，求方程组 Bx= 1-2 的通解（分数：10.00）_正确答案：(由方程组 Ax= 的解的结构，可知r(A)=r( 1， 2， 3， 4)=3，且 1+2 2+2 3+ 4=， 1-2 2+4 3=0因为 B=( 3， 2， 1，- 4)=( 3， 2， 1， 1+2 2+2 3)，且 1， 2， 3线性相关，而知秩r(B)=2由*，知(0，-1，1，0) T是方程组 Bx= 1- 2的一个解又由*可知 (4，-2，1，0) T，(2，-4，0，1) T是 Bx=0 的两个线性无关的解故 Bx= 1- 2的通解是：(0，-1，1，0) T+k1(4，-2，1，0) T+k2(2，-4，0，1) T评注 要会正反两个方面用好方程组解的结构；要会用观察法来分析方程组的解)解析：23.已知矩阵（分数：12.00）_正确答案：() 因为 AT=A，则(AP) T(AP)=PTATAP=PTA2P，又*构造二次型*经配方*那么，令*即*则二次型化为标准形*于是，二次型合同故*() 由|E-A|=( 2-1)(-5)，知矩阵 A 的特征值为：1，5，0，-1，进而可知 A+kE 的特征值为k+1，k+5，k，k-1于是由 A+kE 正定可知，k1)解析：