[考研类试卷]考研数学（数学二）模拟试卷413及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学二）模拟试卷 413 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 设 =2，其中 a2+c20，则必有( )（A）b=4d。（B） b=一 4d。（C） a=4c。（D）a= 一 4c。2 设 f(x)在a ，b上可导，f(a)f(b)0，至少存在一点 x0(a，b)使得( )（A）f(x 0)f(a)。（B） f(x0) f(b)。（C） f(x0)=0。（D）f(x 0)= f(a)+f(b)。3 已知广义积分 是收敛的，则它的数值( )（A）为正数。（B）为负数。（C）为零。（D）无法确定正负。4 设方程 F(x，y，z)=0 所确定的函数

2、关系中，其中 z=z(x，y)，已知=( )5 设区域 D 由曲线 y=sinx，x= (x2y 一 1)dxdy=( )（A）。（B） 2。（C）一 2。（D）一 。6 微分方程(x 2 一 1)dy+(2xycosx)dx=0 满足初始条件 y x=0=1 的特解是( )7 设 A 为 mn 矩阵，B 为 nm 矩阵，且 mn，则必有( )（A）|AB|=0 。（B） |BA|=0。（C） |AB|=|BA|。（D）|BA|BA|=|BA|BA|。8 已知三阶矩阵 A 的特征值为 0，1，2，设 B=A3 一 2A2，则 r(B)=( )（A）1。（B） 2。（C） 3。（D）不能确定。二

3、、填空题9 =_。10 设 f(x)连续，则 (0xtf(x2 一 t2)dt)=_。11 椭圆 4x2+y2=4 在点(0 ，2)处的曲率半径 R=_。12 与曲线(y 一 2)2=x 相切，且与曲线在点 (1，3)处的切线垂直的直线方程为_。13 设 z=z(x，y)由方程 F(x+ )=0 所确定，其中 F 是任意可微函数，则=_。14 设 A 为 n 阶实对称正交矩阵，且 1 为 A 的 r 重特征根，则|3E 一A|=_。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 设 y=y(x)由方程组 。16 设 f(x)= 求 I=0xtf(x 一 t)dt。17 设 f(u)有连

4、续的二阶导数，且 z=f(exsiny)满足方程 =e2xz，求 f(u)。18 设函数 f(x)在a，b上连续，在(a，b) 内可导且 f(a)f(b)，试证明存在， (a，b)，使得 。19 求微分方程(1+x)y“= (x0)满足初始条件 y(0)=y(0)=0 的特解，其中常数 k0。20 设 f(x)在 一 ，上连续，且有 f(x)= +f(x)sinxdx，求 f(x)。21 计算二重积分 xarctanydxdy，其中积分区域 D 是由抛物线 y=x2 和圆 x2+y2=2 及x 轴在第一象限所围成的平面区域。22 设线性方程组 1x1+2x2+3x3+4x4=，其中 i(i=1

5、，2，3，4) 和 均是四维列向量，有通解 k(一 2，3，1，0) T+(4，一 1，0，3) T。 ()问 能否由 2， 3， 4 线性表出，若能表出，则写出表出式；若不能表出，请证明之； () 4 能否由1， 2， 3 线性表出，说明理由； ()求线性方程组( 1+， 1， 2， 3， 4)x= 的通解。23 设实二次型 f=xTAx 经过正交变换化为标准形 2y12 一 y22 一 y32，又设=(1， 1，1) T 满足 A*=，求 A。考研数学（数学二）模拟试卷 413 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】 D【试题解析】 该题目

6、泰勒式展开需展到 x 的二次项，可得2 【正确答案】 C【试题解析】 由于 f(a)f(b)0，不妨设 f(a)0，f(b) 0。 由 f(a)=(a)且 x1a 时，f(x1)f(a) ，则 f(a)不是 f(x)在a，b上的最小值，同理可证 f(b)也不是 f(x)在a，b上的最小值。由 f(x)在a， b上连续，则必存在最大、最小值，而 f(x)不在区间端点处取最小值，必在区间内部取得最小值，设 f(x)的最小值点为 x=x0(a，b) ，由极值的必要条件知 f(x0)=0。3 【正确答案】 C【试题解析】 4 【正确答案】 A【试题解析】 5 【正确答案】 D【试题解析】 根据积分区域

7、的特点，补上一条线 y=一 sinx，这样就便得积分区域被分为两个部分， (x5y 一 1)dxdy，上面的部分积分区域关于 y 轴对称，被积函数 x5y 关于 x 是奇函数，所以积分为 0， 一 1dy=一 +2。下面的部分积分区域关于 x 轴对称被积函数 x5y 关于 y 是奇函数，所以积分为 0，6 【正确答案】 B【试题解析】 整理微分方程(x 2 一 1)dy+(2xycosx)dx=0，得到将上式代入原微分方程得到，故得到 C(x)=sinx+C，则原微分方程的解为 y= 。又因为 y(0)=1，代入上式得 C=一 1，则原微分方程的解为7 【正确答案】 A【试题解析】 由于 mn

8、，根据矩阵秩的性质可得 r(AB)r(A)nm，可知矩阵AB 不满秩，因此 A 正确。 由于 BA 是 n 阶矩阵，是否满秩无法确定，故不一定有|BA|=0，故 B 错误。 由于 A，B 不为方阵，因此没有等式 |AB|=|AB|=|BA|。事实上，由上面的讨论过程可知，当 BA 满秩时，有|AB|=0|BA|，故 C 错误。 由|BA|BA|=|BA|n|BA|=|BA|n+1 可知，等式|BA|BA|=|BA|BA|也不一定成立，故 D 错误。 综上，唯一正确的选项是 A。8 【正确答案】 A【试题解析】 因为矩阵 A 有三个不同的特征值，所以 A 必能相似对角化，则有P1AP= 那么 P

9、1BP=P1(A3 一 2A2)P=P1A3P 一 2P1A2P =(P1AP)3 一 2(P1AP)2二、填空题9 【正确答案】 一 e【试题解析】 10 【正确答案】 xf(x 2)【试题解析】 11 【正确答案】 【试题解析】 12 【正确答案】 y=一 2x+【试题解析】 13 【正确答案】 z 一 xy【试题解析】 方程两边分别对 x，y 求偏导得14 【正确答案】 2 2nr【试题解析】 由于 A 为 n 阶实对称正交矩阵，所以 A 可以相似对角化，且|A|=1。 由 A 可以相似对角化可知，存在可逆矩阵 P，使得 P 1AP=diag(1，1，1，一 1，一 1，一 1)， 其中

10、 1 有 r 个，一 1 有 nr 个。所以 |3EA|=|P(3EPAP)P 1|=|P|3EP1AP|P1|=|3EP1AP|，注意到3EP1AP 是对角矩阵，对角线上有 r 个 2，n r 个 4，所以 |3EA|=2 r4nr=22nr。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】 由方程组的第一个方程式对 t 求导得 xt=6t+2=2(3t+1)。将第二个方程对 t 求导并注意 y=y(t)得 y teysint+eycost 一 yt=0，16 【正确答案】 17 【正确答案】 令 u=exsiny，则有此二阶常系数方程的特征方程是 2 一 1=0，特征根

11、 =1，故 f(u)=C 1eu+C2eu，其中C1，C 2 为任意常数。18 【正确答案】 根据题设条件并由拉格朗日中值定理知，存在一点 (a，b)，使得 f(b)一 f(a)=f()(ba)。 令 g(x)=x2，g(x) 在(一，+)上连续且可导，则由柯西中值定理知，存在 (a，b)，使得19 【正确答案】 令 p=y，则 y“=p，故有(1+x)p= ，两边积分20 【正确答案】 令 f(x)sinxdx=A，则 f(x)= +A，该式两边同乘 sinx 并在一 ，上求积分得21 【正确答案】 积分区域 D 的图形如图所示：22 【正确答案】 () 由已知条件可知 可由 i(i=1，2

12、，3，4)线性表出，且 =(4 2k)1+(3k 一 1)2+k3+34，其中 k 为任意常数。 当 k=2 时，则可得到=52+23+34。因此 能由 2， 3， 4 线性表出。 ()方程组的通解为 k(一2，3，1，0) T+(4，一 1，0，3) T，则系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为 3，且一21+32+3=0，得 3=21 一 32。 (*) 假设 4 能由 1， 2， 3 线性表出，则存在不全为零的数 k1，k 2，k 3 使 4=k11+k21+k33，将(*)式代入可得 4=k11+k21+k33=(k1+2k3)1+(k23k3)2，因此可知 r(1， 2， 3， 4)2，该结

13、果与 r(1， 2， 3， 4)=3 矛盾，因此 4 不能由 1， 2， 3 线性表出。 ()因为方程组( 1， 2， 3， 4)x= 有通解 k(一 2，3，1，0) T+(4，一 1，0，3) T，因此可知 r(1+， 1， 2， 3， 4)=r(1+， 1， 2， 3， 4，)=r( 1， 2， 3， 4)=3，故方程组( 1+， 1， 2， 3， 4)x= 有解，由 0.( 1+)+41 一 2+0.3+34=，得1=(0，4，一 1，0，3) T； 0.( 1+)一 21+32+3+0.4=0，得 =(0，一 2，3，1，0)T； (1+)一 1+0.2+0.3+0.4=，得 2=(

14、1，一 1，0，0，0) T，得所求方程组的通解为 k1+k2(1 一 2)+1=k1 。其中 与 1 一 2 不成比例，是线性无关的。23 【正确答案】 由于 f=XTAx 经过正交变换化为标准形 2y12 一 y22y32，可知 A的特征值为 2，一 1，一 1。又由于 A*=，等式两边同时左乘 A 可得|A|=A，其中|A|=2，可知 即为矩阵 A 属于特征值 2 的特征向量。 由于 A 为实对称矩阵，属于不同特征值的特征向量正交，可知特征值一 1 的特征向量满足 x1+x2+x3=0，解得基础解系为 1=(1，一 1，0)， 2=(1，0，一 1)。可知 1， 2 即为属于特征值一 1 的两个线性无关的特征向量。