【考研类试卷】考研数学二-470及答案解析.doc

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1、考研数学二-470 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.曲线 （分数：4.00）A.B.C.D.2.若 1， 2， 3， 1， 2都是 4 维列向量，且 4 阶行列式| 1， 2， 3， 1|=m，| 1， 2， 2， 3|=n，则 4 阶行列式| 3， 2， 1， 1+ 2|=（分数：4.00）A.m+nB.-(m+n)C.n-m.D.m-n3.若矩阵 （分数：4.00）A.B.C.D.4.设 （分数：4.00）A.B.C.D.5.设函数 内连续，且 （分数：4.00）A.B.C.D.6.设函数 y=y(x)由参数方程 确定，则

2、曲线 y=y(x)在 x=3 处的法线与 x 轴交点的横坐标是（分数：4.00）A.B.C.D.7.函数 f(x)=ln|(x-1)(x-2)(x-3)|的驻点个数为（分数：4.00）A.0B.1C.2D.38.设函数 （分数：4.00）A.B.C.D.二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.已知两曲线 y=f(x)与 在点(0，0)处的切线相同，则 （分数：4.00）填空项 1:_10.曲线 （分数：4.00）填空项 1:_11.反常积分 （分数：4.00）填空项 1:_12.设 z=z(x，y)是由方程 x2+y2-z=(x+y+z)所确定的函数，其中 是可导函数，且 -1，则dz=

3、_（分数：4.00）填空项 1:_13.设平面区域 D 由直线 y=x，圆 x2+y2=2y 及 y 轴所围成，则二重积分 （分数：4.00）填空项 1:_14.已知 1， 2， 3， 4是齐次线性方程组 Ax=0 的一个基础解系，若 1= 1+t 2， 2= 2+t 3， 3= 3+t 4， 4= 4+t 1也是 Ax=0 的基础解系，则 t 的取值为_（分数：4.00）填空项 1:_三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.已知曲线 L 的方程为 （分数：10.00）_16.计算不定积分 （分数：10.00）_17.设函数 f(u)在(0，+)内具有二阶导数，且 满足等式()验证 （

4、分数：10.00）_18.设数列 xn满足 0x 1，x n+1=sinxn，(n=1，2，)()证明 存在，并计算该极限；()计算 （分数：10.00）_19.一个高为 z 的柱体形贮油罐，底面是长轴为 2a，短轴为 2b 的椭圆现将贮油罐平放，当油罐中油面高度为 时(如图)，计算油的质量(长度单位为 m，质量单位为 kg，油的密度为常数 kg/m 3)（分数：10.00）_20.计算二重积分 其中 D=(r，)|0rsec， （分数：10.00）_21.已知函数 f(x)在0，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(0)=0，f(1)=1，证明：()存在 (0，1)，使得 f()=1-；()

5、存在两个不同的点，,(0，1)，使得 f()f()=1（分数：10.00）_22.设 （分数：10.00）_23.已知二次型 （分数：14.00）_考研数学二-470 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.曲线 （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析 *所以 x=0 是曲线 y 的垂直渐近线*所以 y=0 是曲线 Y 的水平渐近线*而*所以 y=x 是曲线 y 的斜渐近线综合上述，曲线 y 有三条渐近线，故选(D)评注 解本题时要注意*2.若 1， 2， 3， 1， 2都是 4 维列向量，且 4 阶行列式| 1， 2， 3，

6、1|=m，| 1， 2， 2， 3|=n，则 4 阶行列式| 3， 2， 1， 1+ 2|=（分数：4.00）A.m+nB.-(m+n)C.n-m. D.m-n解析：分析 利用行列式的性质，有| 3， 2， 1+ 2|=| 3， 2， 1， 1|+| 3， 2， 1， 2|=-| 1， 2， 3， 1|-| 1， 2， 3， 2|=-| 1， 2， 3， 1|+| 1， 2， 2， 3|=n-m3.若矩阵 （分数：4.00）A. B.C.D.解析：分析 由矩阵 A 的特征多项式*知矩阵 A 的特征值中 =6 是二重根那么*时矩阵 A 应有 2 个线性无关的特征向量*有 2 个线性无关的解*4.

7、设 （分数：4.00）A.B. C.D.解析：分析 按题意本题中的三个反常积分都收敛，为比较它们的大小，只须比较它们的被积函数的大小显然当*时有*又因 lnt 当 t(0，+)时单调增加，所以当*时成立lnsinxlncosxlncotx从而当*时就有*即 IKJ应选(B)评注 *都是以 x=0 为瑕点的反常积分，利用分部积分法不难证明它们都是收敛的如：*其中*是定积分因此积分 I 收敛对于收敛的反常积分，类似于定积分的比较性质也成立5.设函数 内连续，且 （分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析 因*须有*，因而必须 b0又 f(x)在(-，+)内连续，所以在(-，+)内a+ebx0，

8、又 ebx0，由此 a0，选(D)6.设函数 y=y(x)由参数方程 确定，则曲线 y=y(x)在 x=3 处的法线与 x 轴交点的横坐标是（分数：4.00）A. B.C.D.解析：分析 把 x=3 代入 x=t2+2t 中，得 t2+2t-3=0解此方程得 t=1 和 t=-3(舍去)把 t=1 代入y=ln(1+t)中，可得当 x=3 时 y=ln2x=3 处法线的斜率为*因此，曲线 y=y(x)在 x=3 处的法线方程是y=ln2-8(x-3)令 y=0，得*，故应选(A)7.函数 f(x)=ln|(x-1)(x-2)(x-3)|的驻点个数为（分数：4.00）A.0B.1C.2 D.3解

9、析：分析一 按驻点的定义知应确定 f(x)的零点个数由于*其中 g(x)=(x-1)(x-2)(x-3)因 g(1)=g(2)=g(3)=0，由罗尔定理可知，g(x)分别在(1，2)，(2，3)各有一个零点，又因 g(x)是二次多项式，故 g(x)只有两个零点，即 f(x)只有两个零点选(C)分析求出 f(x)可得*分子产中二次三项式 3x2-12x+11 的判别式 122-4311=120，从而 3x2-12x+11 有两个零点(不是x=1，x=2，x=3)因此 f(x)有两个驻点故应选(C).8.设函数 （分数：4.00）A.B.C. D.解析：分析 先求出 f(x)当|x|1 时，显然

10、f(x)=1当|x|1 时，*所以，当|x|1 时，f(x)=e 3ln|x|=|x|3因此，*f(x)在不是分段点 x=1 处是可导的，只须考查 x=1 处的情况*在 x=1 处不可导，同理可证 f(x)在 x=-1 处不可导，故应选(C)二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.已知两曲线 y=f(x)与 在点(0，0)处的切线相同，则 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：2）解析：分析 由题设条件，f(0)=0，*由导数的定义及数列极限与函数极限的关系，有*10.曲线 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 直接利用曲线的弧长公式可得所求弧长*11.反

11、常积分 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 *12.设 z=z(x，y)是由方程 x2+y2-z=(x+y+z)所确定的函数，其中 是可导函数，且 -1，则dz=_（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*分析 1 设 F(x，y，z)=x 2+y2-z-(x+y+z)，则*由*得*因此*分析 2 对等式 x2+y2-z=(x+y+z)两端求微分，得 2xdx+2ydy-dz=(dx+dy+dz)解出 dz，得*）解析：13.设平面区域 D 由直线 y=x，圆 x2+y2=2y 及 y 轴所围成，则二重积分 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析

12、：分析 圆 x2+y2=2y 即 x2+(y-1)2=1，积分区域 D 如右图所示利用极坐标 x=rcos，y=rsin，积分区域 D 可表示为*于是*14.已知 1， 2， 3， 4是齐次线性方程组 Ax=0 的一个基础解系，若 1= 1+t 2， 2= 2+t 3， 3= 3+t 4， 4= 4+t 1也是 Ax=0 的基础解系，则 t 的取值为_（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：t1）解析：分析 根据齐次方程组解的性质 1， 2， 3， 4都是 Ax=0 的解，而且也正好是 4 个向量，所以 1， 2， 3， 4是 Ax=0 基础解系的充分必要条件是 1， 2， 3， 4线性

13、无关若 k 1 1+k2 2+k3 3+k4 4=0即 k 1( 1+t 2)+k2( 2+t 3)+k3( 3+t 4)+k4( 4+t 1)=0即 (k 1+tk4) 1+(k2+tk1) 2+(k3+tk2) 3+(k4+tk3) 4=0因为 1， 2， 4， 4是基础解系，那么 1， 2， 3， 4线性无关，故必有*那么*，齐次方程组(1)只有零解，即 t1 时， 1， 2， 3， 4线性无关三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.已知曲线 L 的方程为 （分数：10.00）_正确答案：()*所以，当 t0 时，曲线 L 是凸的()方法 1因当 t=0 时，L 在对应点处的切线

14、方程为 x=1，不合题意，故设切点(x 0，y 0)对应的参数为t00，则 L 在(x 0，y 0)处的切线方程为*把 x=-1，y=0 代入上式得*解得 t0=1 或 t0=-2(不合题意舍去)当 t0=1 时，y 0=2，y 0=3，所以切点为(2，3)且切线方程为 y=x+1方法 2把 L 的参数方程化为直角坐标系下的方程为*因为当 x0=1 时 L 在对应点的切线方程为 x=1，不合题意，因而 x01，所以 L 在(x 0，y 0)处的切线方程为*把 x=-1，y=0 代入上式得*即*解得 x0=2，因而 y0=3，即切点为(2，3)，且切线方程为 y=x+1()如图所示，所求面积 S

15、 等于直角三角形ABP 的面积 S2减去 S1。*)解析：评注 ()中的 S1可利用参数 t 作为积分变量，当 t=0 时，x=1；当 t=1 时，x=2，因此*由于题目只要求 xx 0=2 时的曲边形面积，因此只须画出*-x+1 当 x2 时的草图即可由()知曲线L 是凸的，且由*知当 x2 时，y0，因此，曲线在 x2 部分的草图容易画出16.计算不定积分 （分数：10.00）_正确答案：(把分部积分法与换元积分法结合起来求解本题首先作分部积分得*故所求不定积分*)解析：17.设函数 f(u)在(0，+)内具有二阶导数，且 满足等式()验证 （分数：10.00）_正确答案：()由 x=f(

16、u)，*得*由变量可轮换性，得*将+，且利用题设条件*()在方程*得*解此可分离变量微分方程*把 f(1)=0 代入，得 C2=0，从而 f(u)=lnu)解析：18.设数列 xn满足 0x 1，x n+1=sinxn，(n=1，2，)()证明 存在，并计算该极限；()计算 （分数：10.00）_解析：19.一个高为 z 的柱体形贮油罐，底面是长轴为 2a，短轴为 2b 的椭圆现将贮油罐平放，当油罐中油面高度为 时(如图)，计算油的质量(长度单位为 m，质量单位为 kg，油的密度为常数 kg/m 3)（分数：10.00）_正确答案：(由题设知油罐中油的质量 m=V，其中 V 是油的体积， 是油

17、的密度而油的体积 V=Sl，其中 l 是油罐的高度，S 是油在油罐横截面中所占据区域的面积根据题设可知 S 是椭圆域*部分区域的面积，利用椭圆面积公式即知 S=ab-S 1，其中 S1是椭圆域*部分的面积，即图中区域 D 的面积*区域 D 可表示为*从而*令 y=bsin，则 dy=bcos，*)解析：20.计算二重积分 其中 D=(r，)|0rsec， （分数：10.00）_正确答案：(由于题设的二重积分直接在极坐标系(r，)中计算不方便，可考虑令 x=rcos，y=rsin化归在直角坐标系 Oxy 中来计算注意*附注 在本题的求解中用到了如下的积分公式*)解析：21.已知函数 f(x)在0

18、，1上连续，在(0，1)内可导，且 f(0)=0，f(1)=1，证明：()存在 (0，1)，使得 f()=1-；()存在两个不同的点，,(0，1)，使得 f()f()=1（分数：10.00）_正确答案：(证明 ()分析：把要证等式中的 换成 x，得 f(x)=1-x，并且改写成 f(x)-1+x=0，设g(x)=f(x)-1+x，只要证明 g(x)在0，1上满足零点存在定理的条件即可证：设 g(x)=f(x)-1+x，则 g(x)在0，1上连续，g(0)=-10，g(1)=10，由零点存在定理得，存在(0，1)，使 g()=f()-1+=0，即 f()=1-()分析：因要证明两个不同点 ，(0

19、，1)，使 f()f()=1，所以 f(x)要在两个不同的区间上利用微分中值定理证：f(x)在0，上利用拉格朗日中值定理，有*f(x)在，1上利用拉格朗日中值定理，有*)解析：22.设 （分数：10.00）_正确答案：()对于方程组 Ax= 1，由增广矩阵*作初等行变换，有*令 x2=t 得 x3=1-2t，x 1=-t所以 2=(-t，t，1-2t) T，t 为任意常数又*对于方程组 A2x= 1，由增广矩阵*作初等行变换，有*()由()知*所以 1， 2， 3线性无关)解析：评注 ()中，对于方程组 Ax= 1，若选 x3=t 为自由变量，则*()中关于 1， 2， 3线性无关的证明也可用

20、定义法由题设可知 A 1=0如果k1 1+k2 2+k3 3=0(1)用 A 左乘(1)式两端，并把 A 1=0 代入，有k2A 2+k3A 3=0即 k 2 1+k3A 3=0(2)用 A 左乘(2)式两端，有k3A2 3=0即 k 3 1=0由于 10，故 k3=0代入(2)可得 k2=0把 k2=0，k s=0 代入(1)式，可得 k1=0从而 1， 2， 3线性无关23.已知二次型 （分数：14.00）_正确答案：(由于二次型厂的秩为 2，即二次型矩阵*()当 a=0 时，*得到矩阵 A 的特征值是 1= 2=2， 3=0对于 =2，由(2E-A)x=0*得特征向量 1=(1，1，0) T， 2=(0，0，1) T对 =0 由(0E-A)x=0*得特征向量 3=(1，-1，0) T由于 1， 2， 3已两两正交，单位化有*令 Q=( 1， 2， 3)则 Q 是正交矩阵那么经正交变换 x=Qy，有*()方程*所以方程的通解是 k(1，-1，0) T，k 为任意常数)解析：