[考研类试卷]考研数学（数学二）模拟试卷306及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学二）模拟试卷 306 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 把当 x0 时的无穷小量 =In(1+x2)一 In(1 一 x4)， y=arctanxx 排列起来，使排在后面的是前一个的高阶无穷小，则正确的排列次序是（A），（B） ， ， （C） ，.（D）， 2 设 f(x)是以 3 为周期的可导函数，且 f(一 1)=1，则（A）一 4（B） 4（C）（D）3 设 Tm(x)=cos(marccosx)，m=0，1，2，则(1 一 x2)Tm(x)一 XTmm(x)+m2Tm(x)=_（A）0（B） 1（C） 2（D）34 微分方程 y

2、一 4y=2cos22x 的特解可设为_（A）Ax+B 2cos4x+B2sin4x（B） A+B2cos4x+B2sin4x（C） B1cos2x+B2sin22x（D）B 2cos4x+B2sin4x5 设 f(x)，g(x) 在点 x=x0 处可导且 f(x0)=g(x0)=0，f (x0)g(x0)（A）x 0 不是 f(x)g(x)的驻点（B） x0，是 f(x)g(x)的驻点，但不是 f(x)g(x)的极值点（C） x0 是 f(x)g(x)的驻点，且是 f(x)g(x)的极小值点（D）x 0 是 f(x)g(x)的驻点，且是 f(x)g(x)的极大值点6 设 则（A）I 2II1

3、（B） I2I1I（C） II2I1（D）II 1I27 设 A，B，C 是 n 阶矩阵，并满足 ABAC=E，则下列结论中不正确的是（A）A TBTATCT=E（B） BAC=CAB（C） BA2C=E（D）ACAB=CABA8 设矩阵 则下列矩阵中与矩阵 A 等价、合同但不相似的是（A）（B）（C）（D）二、填空题9 设 y=f(x)在(1，1)邻域有连续二阶导数，曲线 y=f(x)在点 P(1，1)处的曲率圆方程为 x2+y2=2，则 f(1)=_10 微分方程 yy一(y )2=0 满足 y(0)=1 与 y(0)=1 的特解是 _11 已知 则12 设动点 P(x，y)在曲线 9y=

4、4x2 上运动，且坐标轴的单位长是 1cm如果 P 点横坐标的速率是 30cms，则当 P 点经过点(3，4)时，从原点到 P 点间距离 r 的变化率是_13 设 D 是由直线 x=0，y=0，z+y=1 在第一象限所围成的平面区域，则_.14 已知三元二次型 xTAx=x12+ax22+x32+2x1x2+2ax1x3+2x2x3 的秩为 2，则其规范形为_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。14 试证明：15 当 x0 时，存在 (x)(0，1)，使得16 当 x0 时 (x)为单调增加函数且16 过原点作曲线 的切线 L，该切线与曲线 及 y 轴围成平面图形 n17 求切线

5、 L 的方程18 求 D 绕 y 轴旋转一周所得旋转体体积 V18 设 1a2x，求证 f(x)满足不等式19 0(x)1)20 21 设 u=f(2x+3y，z)，其中 f 具有二阶连续偏导数，而 z=z(x，y)是由方程=1 确定并满足 z(0，0)=1 的函数，求 结果用 fi(0，1)，fij(0，1)表示(i，j=1，2)22 计算二重积分 其中 D=(x，y)x 2+y2x+y22 设 f(x)在(一，+)是连续函数，23 求初值问题 的解 y=(x)；24 求证 是初值问题 的解；25 求 y+y=f(x)的通解25 设 f(x)在(一，+)内一阶可导，求证：26 若 f(x)在

6、( 一，+)是凹函数，则 或27 若 f(x)在( 一，+)内二阶可导，又存在极限 ，则存在 (一 ，+)，使得 f()=028 已知矩阵 有三个线性无关的特征向量，求 a 的值，并求 An28 已知三元二次型 f(x1，x 2，x 3)=xTAx 其矩阵 A 各行元素之和均为 0，且满足AB+B=0，其中29 用正交变换把此二二次型化为标准形，并写出所用正交变换；30 若 A+kE 正定，求 k 的取值考研数学（数学二）模拟试卷 306 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】 C【试题解析】 我们分别确定当 x0 时，、 、 分别是 x 的几

7、阶无穷小当 x0时 =In(1+x2)一 In(1 一 x4)x 2，因为 In(1+x2)一 x2In(1 一 x4)一x4=0(x 2)又由可知当 x0 时, 这表明当 x0 时， 是关于 x 的 2 阶无穷小量， 是关于 x 的 4 阶无穷小量，而 y 是关于 x 的 3 阶尤穷小量按题目的要求，它们应排成 ， 的次序故应选 C2 【正确答案】 C【试题解析】 注意 f(x)也以 3 为周期，f (一 1)=f(2)，利用导数可求得极限故应选 C3 【正确答案】 A【试题解析】 (*)(1-x 2)Tm2(x)=m2sin2(marccosx)再对 x 求导得 =-2m2cos(marc

8、cosx)Tm=-2m2TmTm均去 2Tm得(1 一 x2)Tm(x)一 xTm(x)+m2Tm(x)=0也可对(*)式再求导得 两边同乘(1 一 x2)得 即(1 一 x2)Tm一xTm+m2Tm=04 【正确答案】 A【试题解析】 方程右端的非齐次项 f(x)=1+cos4x，相应齐次方程的特征方程是 2一 4=0特征根 1=0， 2=4利用解的叠加原理：相应于非齐次项 f1(x)=1，有形式为 y1*(x)=Ax(1=0 为单特征根) 的特解，A 为待定常数；相应于非齐次项 F2(x)=cos4x，有形式为 y*(x)=B1cos4x+B2sin4x 的特解， B1，B 2 为待定常数

9、因此，原方程的特解可设为 Ax+B1cos4x+B2sin4x应选 A5 【正确答案】 D【试题解析】 由于f(x)g(x) x=x0=f(x0)g(x0)+f(x0)g(x0)=0，因此 x=x0 是 f(x)g(x)的驻点，进一步考察是否是它的极值点由条件 f(x0)g(x0)(x0)(x0)0(或 f(x0)0，g (x0) 及极限的保号性质 ，当 x(x0， x0+)，xx 0 时 x(x 0，x 0+)时 f(x)0)，g(x)0( 0，x 0)时 f(x)0(0)x (x0 一 ，x 0+)，xx 0 时 f(x)g(x)0)g(x0)x=x 0是 f(x)g(x)的极大值点因此选

10、 D6 【正确答案】 B【试题解析】 将 I 也写成一个定积分 从而为比较 I1，I 2，I 的大小，只要比较 的大小由于当 x0 时 xsinx, 所以，再比较当 时 与 的大小即 的大小由右图知 故 于是 I2I1I故选B7 【正确答案】 C【试题解析】 这一类题目要注意的是矩阵乘法没有交换律、有零因子、没有消去律等法则由 ABAC=E 知矩阵 A，B ，C 均可逆，那么由 ABAC=EABA=C -1CABA=E从而(CABA) T=ET，即 ATBTATCT=E，故 A 正确由 ABAC=E 知A-1=BAC，由 CABA=E 知 A-1=CAB，从而 BAC=CAB，故 B 正确由A

11、BAC=ECABA=EACAB=E，故 D 正确由排除法可知， C 不正确，故选C8 【正确答案】 D【试题解析】 由 可知矩阵 A 的特征值是 3，一 3，0，故秩 r(A)=2，二次型 xTAx 的正、负惯性指数均为 1(A)中矩阵的秩为 1，不可能与矩阵 A 等价；C 中矩阵的特征值为 3，一 3，0，与矩阵 A 不仅等价、合同，而且也是相似的，不符合题意对于 D，记其矩阵为 D，由可知 D 的特征值为 1，一 1，0x TAx 与xTDx 的正、负惯性指数一样，所以它们合同但不相似( 因为特征值不同)，符合题意，故应选 D注意，(B)中矩阵的特征值为 1，4，0，正惯性指数 p=2，负

12、惯性指数 q=1，与 A 既不合同也不相似，但等价 (因为秩相等)二、填空题9 【正确答案】 一 2【试题解析】 【分析一】y=f(x)存点 P 处的切线与 。垂直 斜率为 1f (1)=一1点 P 处 y=f(x)的曲率半径为 ，故曲线 y=f(x)在点 P 处的曲率为 于是按曲率计算公式 由于曲率中心在曲线 y=f(x)凹的一侧f (1)(1)=一 2【分析二】曲率圆 x2+y2=2 在(1，1)邻域确定 y=y(x)(y(1)=1)，y=f(x) 与 y=y(x)在 x=1 有相同的二阶导数现由 x2+y2=22x+2yy =0，即x+yy=0 令 x=1,y=1y (1)=一 1，又

13、1+y12+yy=0 令 x=1，y=1，y =一 1=y (1)=一2因此 f(1)=y(1)=一 210 【正确答案】 e x【试题解析】 【分析一】该二阶方程不显含 x，令 P=y，并以 y 为自变量可降阶为 P 的一阶方程将 代入方程得 分离变量得 积分得 lnP=lny+C，由初值得 C1=0于是 即 再积分并由初值得 x=lny，即 y=e2【分析二 】因为要求方程满足 y(0)=1 的特解，无妨设 y0，因而由商的求导法则，将方程两边同除 y2 方程可改写为 积分即得 利用y(0)=1 与 y(0)=1 可确定常数 C1=1于是方程可化为(lny) =1，再积分即得lny=x+C

14、2，利用 y(0)=1 又可确定常数 C2=0故所求特解为 lny=x，即 y=ex11 【正确答案】 【试题解析】 12 【正确答案】 82(cms)【试题解析】 这是相关变化率的问题 x，y 以及原点到 P 点的距离 都是时间 t 的函数，在等式 9y=4x2 和 两边对 t 求导，得用 代入以上两式，即可解出13 【正确答案】 【试题解析】 区域 D 如右图 【分析一】选用极坐标变换D 的极坐标表示： 于是【分析二】D ：0x1 ，0y1 一x 对内层积分作变量替换：x+y=t(对)，积分，x 为常数)【分析三】化为 后，用分部积分法14 【正确答案】 y 12 一 y32【试题解析】

15、二次型矩阵 因为A =(a+2)(a 一 1)2，由秩 r(A)=2，易见 a=一 2由 可知矩阵 A 的特征值为 3，一 3，0从而正交变换下二次型标准形为 3y12 一 3y32，故其规范形为 y12一 y32三、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 ，当 x0 时由拉格朗日中值定理得 f(x+1)一 f(x)=f()，即 其中 x16 【正确答案】 由 解得 由于所以 x0时 (x)为 x 的单调增加函数因为且 x0，+)时 (x)为 x 的单调函数，于是有 x0 时17 【正确答案】 设切线的切点为(x 0，y 0)，则切线的斜率为 ，所以切线 L 的方

16、程为 其中 因 L 过(0，0)点，把 x=0，y=0代入上述方程得 即 x0=2，y 0=e 因此所求切线 L 的方程为18 【正确答案】 平面图形 D 如右图解法一取积分变量为 y设 ，y轴所围平面图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体体积为 y1，它是锥体，(x0 ，2)即 x=21ny(y1，e)，y=e，y 轴所围平面图形绕 y 轴旋转所得旋转体体积为 V2，则 V=V1V2，因此 解法二取积分变量为 x设 y=e2x(xE0，2)，y 轴，x 轴，c=2 所围平面图形绕 y 轴旋转得旋转体体积为 ，y 轴，x=2 所围平面图形绕)，轴旋转所得旋转体体积为 V2，则 V=V1V2因此19

17、【正确答案】 求出f (x)在1，+)单调下降f (x)(1)=2(x1)20 【正确答案】 方法 1。引进辅助函数利用单调性证明不等式将 b 改为 x，考察辅助函数 其中 1a其中 又当1a(x) 即 G(x)在a ，+) ，从而 G(x)G(a)=0(xa)，特别有 G(b)0，即 方法 2。用泰勒公式在处展开，有 分别取被展开点 x=a，b，得其中+得由题(I)21 【正确答案】 u 与 x，y 的变量依赖关系如图，其中 z 与 x，y 的函数关系由以下方程确定： 由 u=f(2x+3y，z)，有 将分别对 x，y 求偏导数有 将代入(*)式可得 该式再对 y 求偏导数并将 的表达式代入

18、有 以x=0，y=0 从而 z(0，0)=1 代入即得22 【正确答案】 【分析与求解一】D 为圆域 作平移变换，D 变成 于是其中由 D对称性与被积函数的奇偶性 由变量的转换对称性再作极坐标变换得【分析与求解二】D 为圆域 x2+y2x+y，即 如右图，由变量的转换对称性D1 是 D 在 y=x 下方部分直接作极坐标变换，D 1 的极坐标表示： 【分析与求解三】由 x2+y2x+y得区域 D 令 即 则(实质上是极坐标变换与平移变换相结合)23 【正确答案】 方法 1。作为二阶线性常系数齐次方程的初值问题来求解特征方程 2+=0，特征根 =0，=一 1，于是通解为 y=c1+c2e-x由初值

19、C 1=1，c 2=一1因此 y=(x)=1一 e-x方法 2。作为可降阶方程来求解以 P=y为未知函数，这是一阶线性方程两边乘 ex 得(e xy)=0积分并由 y(0)=1 得 exy=1，即 y=ex 再积分，由 y(0)=0 得24 【正确答案】 方法 1。将 (x)=1e-x 代入 y(x)表达式得下证 y(x)满足方程与初值，就要计算 y(x)与 y(x)y(x)是由变限积分定义的函数，由于被积函数含参变量 x，故先作变量替换现可用变限积分求导法得两式相加得y+y=f(x)在， 中令 x=0 得 y(0)=0，y (0)=0方法 2。以 P=y为未知函数，作为一阶线性非齐次方程来求

20、解两边乘 ex 得(y ex)=exf(x)积分并由 y(0)=0 得再积分并由 y(0)=0 得25 【正确答案】 由二阶线性非齐次方程通解的结构，并用题()与题()知，y+y=f(x)的通解是26 【正确答案】 由 f(x)0存在 x(一，+)，f (x0)0 或 f(x0)27 【正确答案】 反证法若结论不成立，则 f(x)0 或f(x) 在(一，+) 为凹函数，由题(I) 或，与已知矛盾若 在(一，+)为凹函数，同样得矛盾因此，存在 (一 ，+) ，使得 f()=028 【正确答案】 由矩阵 A 的特征多项式可知矩阵 A 的特征值是1，1，2因为 A 有 3 个线性无关的特征向量，故

21、A 可化为相似对角矩阵对应重根 1=2=1，应该有 2 个线性无关的特征向量于是 r(1.EA)=32=1，即 r(EA)=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(2EA)x=0，即 得基础解系 3=(2，一 1，3) T那么令P=(1,2,3)，有 从而 A=PAP-1于是 An=PAnP-1.29 【正确答案】 因为 A 各行元素之和均为 0，即 由此可知 =0是 A 的特征值， 1=(1，1 ，1) T 是 =0的特征向量由 AB=一 B 知一 1 是 A 的特征值， 2=(1， 0，一 1)T， 3=(0，1，一 1)T 是 =一 1 的线性无关的特征向量因为2， 3 不正交，将其正交化有 1=2=(1，0，一 1)T，再单位化，可得那么令 则有xTAx=yTAy=一 y22 一 y3230 【正确答案】 因为 A 的特征值为一 1，一 1， 0，所以 A+kE 的特征值为 k 一1，k 一 1，k那么 A+kE 正定的充分必要条件是 k1