[考研类试卷]考研数学（数学二）模拟试卷297及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学二）模拟试卷 297 及答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 数列极限（A）0（B） 1（C） （D）2 设 在区间(0，4)内某点 处的导数 f()不存在，则必有（A）（B） =1（C） =2（D）=33 设 f(x)在( 一，+)上有定义，在(一 ，0)(0，+)内可导，且 x=0 为 f(x)的可去间断点，则（A）x=0 为 f(x)的可去间断点（B） x=0 为 f(x)的跳跃间断点（C） 的可去间断点（D） 的连续点4 已知函数 f(x)在区间0， 2上可积，且满足 则函数 f(x)的解析式是（A）（B）（C）（D）5 函数 在区间

2、0，+)上（A）单调减少，最大值为 1（B）单渊增加，最小值为 1（C）从单调增加变为单调减少，最大值为（D）从单调增加变为单调减少，无最小值6 下列二元函数在点(0，0)处可微的是（A）（B）（C）（D）7 设 A 是 3 阶矩阵，其特征值为 1，一 1，一 2，则下列矩阵中属于可逆矩阵的是（A）A+E（B） AE（C） A+2E（D）2A+E8 n 维向量组(I)： 1， 2 s 和向量组( )： 12 t 等价的充分必要条件是（A）秩 r(1)=r()且 S=t（B） r(I)=r()=n（C）向量组(I)的极大无关组与向量组() 的极大无关组等价（D）向量组(I)线性无关，向量组 ()

3、线性无关且 s=t二、填空题9 已知 是 f(x)当 x1 时的一个原函数，则10 设 f(x)=x2eax 在(0 ，+) 内有最大值 1，则 =_11 微分方程 满足 y(0)=一 1 的特解是_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 (一 1，1)，(1，1)为拐点，又在(一 1，1) ，(1，1) 处有水平切线，则 f(x)=_13 设 f(x)在0，+)上连续，在(0，+)内可导，当 x(0，+) 时 f(x)0 且单调上升，x=g(y)为 y=f(x)的反函数，它们满足 则 f(x)的表达式是_14 已知 ，那么矩阵 A=_三、解答题解答应写出

4、文字说明、证明过程或演算步骤。15 设 f(x)在 x=0 的某邻域内有定义，且满足 求极限16 求常数 k 的取值范围，使得 f(x)=kln(1+x)一 arctanx 当 x0 时单调增加17 (I)求定积分18 求定积分19 设函数 F(u，v)具有二阶连续偏导数，且 z=F(x+y，x+y+z)确定隐函数 z=z(x，y)，求20 设积分区域 D：(x，y)0x1，0y1，求21 求凹曲线 y=y(x)，使得曲线上任一点处的曲率 其中 为该曲线在相应点处的切线的倾角，且 cos0，此外曲线在点(1，1)处的切线为水平直线22 设 f(x)在0，2上连续，在 (0，2)内具有二阶导数，

5、且 f(0)=f(2)=0，f(1)=2 求证：至少存在一点 (0，2)使得 f()=一 422 设 且 B=P-1AP23 求矩阵 A 的特征值与特征向量；24 当 时，求矩阵 B；25 求 A10025 设 A 为三阶方阵， 为三维列向量，已知向量组 ，A，A 2 线性无关，且A3=3A 一 2A2证明：26 矩阵 B=(，A，A 4)可逆；27 BTB 是正定矩阵考研数学（数学二）模拟试卷 297 答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 【正确答案】 B【试题解析】 【分析一】转化为函数极限后用洛必达法则，【分析二】先作恒等变形，即 于是其中2 【正确

6、答案】 C【试题解析】 于是可导。f -(2)=(2x) x=2=2，f +(2)=(x2) x=2=4， f-(2)f+(2)故 f(2)不存在，即 a=2选 C。3 【正确答案】 D【试题解析】 【分析一】因 f(x)在( 一，0)(0， +)内可导，从而 f(x)分别在(一，0)与 (0，+)上连续，又因 x=0 是 f(x)的可去间断点，从而补充定又补充定义后的函数 f(x)就存区间( 一，+)上连续于是 在(一，+)内可导，特别在 x=0 处连续由于改变函数在个别点的函数值不影响函数的可积性与定积分的值(这是定积分的性质之一)，所以 也存 x=0处连续即应选 D【分析二】用排除法对于

7、 A：取 则从而可知 x=0 为 f(x)的跳跃间断点故 A 不对对于 B：取则对任何 x0都有 f(x)=0，从而可知 x=0 为 f(x)的可去间断点故 B 不对对于 C 同样取 则不仅有 而且对任何 x0都有 不是 的可去间断点故 C 也不对由排除法可知，应选 D4 【正确答案】 B【试题解析】 由题设可令 代入即知 f(x)满足关系式 f(x)=6x2一 2Ax+3B，于是又有 从而 A，B 满足方程组 解之可得 A=5，B= 从而函数 f(x)的解析式是 f(x)=6x2 一10x+ 故应选 B5 【正确答案】 A【试题解析】 由题设有 f(0)=1,且 f(x)f (x)在0，+)

8、单调减少f (x)(0)=0(x0)f(x)在0，+) 单渊减少，f(x)0)因此选 A6 【正确答案】 B【试题解析】 本题中的这 4 个函数均有 f(0，0)=0按可微定义，若 f(0，0)=0 ，则f(x,y 在点(0,0)处可微，且B 中的 f(x，y)满足：因此，B 中的 f(x，y)在点(0，0)处可微故应选 B7 【正确答案】 D【试题解析】 由于 故 A 可逆 A 的特征值不为 0由 A 的特征值为1，一 1，一 2，可知 2A+E 的特征值为 3，一 1，一 3所以 2A+E 可逆故选D8 【正确答案】 C【试题解析】 向量组等价的必要条件是秩相等，等价与向量的个数无关例如：

9、向量组(1 ，0，0) ，(2，0，0) 与向量组(0，1，0)，(0 ，2，0)的秩相等，但它们不等价；向量组(1，0，0) ，(2 ，0，0) 与向量组(3，0， 0)等价，但向量个数不同，故 A不正确r(I)=r( )=n 是向量组(I) 与向量组()等价的充分条件，不必要例如，向量组(1,0 ，0) ，(0，1，0) 与向量组(2，0，0)，(0，2，0)等价，但秩不为 n故 B不正确向量组(I)与向量组(I)的极大无关组等价，向量组()与向量组()的极大无关组等价,如果向量组(I)的极大无关组与向量组()的极大无关组等价，由等价的传递性自然有向量组(I)与向量组()等价，反之亦对故

10、C 正确应选 C注意，等价与向量组的相关、无关没有必然的联系，故 D 不正确二、填空题9 【正确答案】 一 2【试题解析】 由题设知 用分部积分法计算定积分，得10 【正确答案】 【试题解析】 因为 f(x)在(0 ，+) 内可导，且取得最大值，所以其最大值必在 f(x)的驻点处取得由 f(x)=2xeax+ax2eax=0 知 为 f(x)在(0，+)内唯一的驻点，故 即 a ，得11 【正确答案】 y=一 ln(1+eex)【试题解析】 【分析一】这是可分离变量的方程，分离变量得 e-ydy=exdx，积分得一 e-y=ex+C，即 ex+e-y=C于是得通解 ex+e-y=C，C 为正常

11、数由初条件 y(0)=一1 可确定 C=1+e，代入后即可解出所求特解为 y=一 ln(1+eex)【分析二】原方程可改写为 令 u=x+y，则有 ，即 积分得从而得通解 x+ln1+e-(x+y)=C由初条件 y(0)=一 1 可确定常数 C=ln(1+e)，代入即知特解满足 x+ln1+e-(x+y)=ln(1+e)，即 ex1+e-(x+y)=1+e，化简即得 ex+e-y=1+e，解出得特解为 y=一 ln(1+eex)12 【正确答案】 x 6 一 3x4+3x2【试题解析】 由题设，(一 1，1)，(1，1) 为拐点，故 y有因式(x+1)(x 一 1)由于在此二点处有水平切线，故

12、 y有因式(x+1)(x 一 1)，因此 y有因式(x+1) 2(x 一 1)2又曲线与 x 轴切于原点，故 y有因式 x，于是可设 y=ax(x+1)2(x 一 1)2=a(x5 一2x3+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=(x)=x6 一 3x4+3x213 【正确答案】 f(x)=x 2(x0)【试题解析】 【分析一】由定积分的几何意义知： 由曲线 y=f(x)，x、y轴及直线 x=t0 所围成的曲边梯形的面积， 由曲线 x=g(y)，y 轴(yf(0)及直线 y=f(t)所围成的曲边三角形的面积 x=g(y)与 y=f(x)互为

13、反函数，代表同一条曲线，它们面积之和是长方形面积(边长分别为 t 与 f(t)，见右图于是因此 tf(t)=t3，f(t)=t 2(t0)，即 f(x)=x2(x0)【分析二】先化简题设方程的左端式子，有 于是即 tf(t)=t3，f(t)=t 2(t0)因此 f(x)=x2(x0)【分析三】将题设方程两边求导得 即 f(t)+gf(t)f(t)=3t2，f(t)+tf(t)=3t2，亦即tf(t) =3t2(原方程中令 t=0，等式自然成立，不必另加条件)将上式积分得 因 f(t)在0，+)上连续，故必有 C=0因此f(x)=x2(x0)14 【正确答案】 【试题解析】 由于 A(A2)2=

14、A5，故 A=(A2)2-1A5=(A2)-12A5而所以注意本题中计算出 更简捷一些三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 【正确答案】 令 则 为求出 我们先导出 与 g(x)的关系由现可用洛必达法则得16 【正确答案】 x(0，+)时 f(x)单调增加 f(x)0(x(0，+)且在(0，+)的子区间上 f(x)0f(x)=kln(1+x) 一 arctanx，则若后0，则 f(x)0)，于是只需考察 k0 的情形令 g(x)=kx2 一 x+k 一 1，则当 x0 时 f(x)与 g(x)同号由于g(x)满足 由此可见 g(x)在(0，+)上的最小值为使 必须且只需正数

15、k 满足 即使得 f(x)=kln(1+x)一 arctanx 当 x0 时是单调增函数的 k 是大于或等于 的一切正数17 【正确答案】 现作变换 于是，18 【正确答案】 令 =x 作换元，于是 x= 一 ，dx= 一 d，且x0, ，0，sinx=sin( 一 =sin代入可得故19 【正确答案】 将方程 z=F(x+y，x+y+z)求全微分，由一阶全微分形式不变性即得 dz=F1.(dx+dy)+F2.(dx+dy+dz)，由此解得 从而继续求偏导数即知把 代入上式就有20 【正确答案】 因积分区域 D 关于直线 y=x 对称，被积函数 令D1=(x，y) 0x1，0yx，就有 令x=

16、rcos，y=rsin 引入极坐标，即知 rdrd，代入即得 方法 1方法 221 【正确答案】 由题意知 又 tan=y，故 代入得 令 P=y，则 从而有 两边积分得 又由题设知当 x=1 时 y=1，P=y =0故 C1=0，从而y=1+P2解得 ，即 分离变量就有 两边积分得=x+C2又由 x=1 时 y=1 知 C2=一 1，所以 ，化简得22 【正确答案】 【证明一】按题设可把函数 f(x)在 x=1 处展开为泰勒公式，得(*)在(*) 式中分别令 x=0 与 x=2，并利用f(1)=2 即知 把以上两式相加就有这样一来，若 f(1)=f(2)，则f(1)=f(2)=一 4从而这时

17、 可取为 1 或 2 若 f(1)f(2)，这时 f(1)+f(2)=一 4 就是 f(1)与 f(2)的一个中间值，按导函数的中间值定理 (又称为达布定理)即知存在 (1， 2) (0，2)使得 f()=一 4【证明二】转化为证明某函数的二阶导数在(0 ，2) 零点设 g(x)=一 4令 F(x)=f(x)一 g(x)则 (0，2)，使 f()=一 4F()=0注意 g(x)=一 2x2+c1x+c2，于是 F(0)=f(0)一 g(0)=一 c2F(1)=(1)一 g(1)=4一 c1c2F(2)=f(2)一 g(2)=82c1c2 为使 F(0)=F(1)=F(2)，取 c1=4，c 2

18、=0，F(x)=f(x)一 g(x)=f(x)一(一 2x2+4x)满足 F(0)=F(1)=F(2)=0由于函数 F(x)在0，2上连续，在(0 ，2)内二阶町导，因而可在区间0，1 与1 ，2上分别对函数 F(x)应用罗尔定理，从而知分别存在 1(0，1)与 2(1，2)使得 F(1)=F(2)=0，由题设知 F(x)在区间 1， 2上也满足罗尔定理的条件，再在区间 1， 2上对导函数 F(x)应用罗尔定理，又知存在 (1， 2) (0，2) 使得 F()=f()一 g()=0，即 f()=g()=一 4成立23 【正确答案】 由矩阵 A 的特征多项式得矩阵 A 的特征值1=2=1， 3=

19、一 3由齐次线性方程组(EA)x=0，得基础解系 1=(一 4，1，2) T由齐次方程组(一3EA)x=0， 得基础解系 2=(一 2，1，1) T因此，矩阵 A 关于特征值 1=2=1 的特征向量为 k1(一 4， 1，2) T，k 10；而关于特征值=一 3 的特征向量为 k2(一 2，1，1) T，k 2024 【正确答案】 25 【正确答案】 由 P-1AP=B 有 P-1A100P=B100，故 A100=PB100P-1又 B100=于是26 【正确答案】 由于 A3=3A 一 2A2，故 A4=3A2 一 2A2=3A2 一 2(3A 一2A2)=7A2 一 6A若 k1+k2A+k3A4=0，即 k1+k2A+k3(7A2 一 6A)=0，亦即 k1+(k26k3)A+7k3A2=0，因为 ，A，A 2 线性无关，故所以，A，A 4 线性无关，因而矩阵 B 可逆27 【正确答案】 因为(B TB)T=BT(BT)T=BTB，故 BTB 是对称矩阵又 x0，由于矩阵 B 可逆，恒有 Bx0，那么恒有 xT(BTB)x=(Bx)T(Bx)0，故二次型 xT(BTB)x 是正定二次型，从而矩阵 BTB 是正定矩阵