[考研类试卷]考研数学（数学二）模拟试卷417及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学二）模拟试卷 417 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 f() ，若 f()在 0 处可导且导数不为零，则 k 为( ) （A）3（B） 4（C） 5（D）62 e+1 的根的个数为( ) （A）没有根（B）恰有一个根（C）恰有两个根（D）有三个根3 设函数 f()是连续且单调增加的奇函数，() 0(2u)f(u)du，则 ()是( )（A）单调增加的奇函数（B）单调减少的奇函数（C）单调增加的偶函数（D）单调减少的偶函数4 设函数 f()具有一阶导数，下述结论中正确的是( )（A）若 f()只有一个零点，则 f()必至少有两个零点

2、（B）若 f()至少有一个零点，则 f()必至少有两个零点（C）若 f()没有零点，则 f()至少有一个零点（D）若 f()没有零点，则 f()至多有一个零点5 设 f(，y) 在 (0，0)处连续，且 4，则( )（A）f(，y)在(0 ，0)处不可偏导（B） f(，y)在(0，0) 处可偏导但不可微（C） f(0，0)f y(0，0)4 且 f(，y)在(0，0)处可微分（D）f (0，0)f y(0，0)0 且 f(，y)在(0，0) 处可微分6 设函数 yf() 的增量函数yf()f() o( )，且 f(0)，则f(1)为( )（A）（B） e（C） （D）e 7 设 A 为 mn

3、矩阵，且 r(A)mn，则下列结论正确的是 ( )（A）A 的任意 m 阶子式都不等于零（B） A 的任意 m 个列向量线性无关（C）方程组 AXb 一定有无数个解（D）矩阵 A 经过初等行变换化为(E m 0)8 设 A，B 为三阶矩阵且 A 不可逆，又 AB2BO 且 r(B)2，则A 4E( )（A）8（B） 16（C） 2（D）0二、填空题9 极限 _10 设 f()二阶可导且满足 0t2f(t)dt 3f()，则 f()_11 _12 yy()由 确定，则 _13 若 f()2nx(1) n，记 Mn f(x)，则 Mn_14 设 A ，且 ABATE 2BA T，则 B_三、解答题

4、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 令 cost(0t)将方程(1 2)yyy0 化为 y 关于 t 的微分方程，并求满足 y 01，y 02 的解16 设方程 0 在变换 ，下化为 0，求常数 a 的值17 求曲线 y 21 上一点 P(0，y 0)(其中 00)，使过 P 点作抛物线的切线，此切线与抛物线及两坐标轴所围成图形的面积最小18 设 f()在0，a 上一阶连续可导，f(0) 0，在(0，a)内二阶可导且 f() 0证明： 0af()d f()d19 计算二重积分 ，其中积分区域 D(，y)0 2y120 设 uf( 2y 2，z)，zz(z，y)由 ee ye z 确定

5、，其中 f 二阶连续可偏导，求21 求微分方程 yy2ye sin 2 的通解22 设 ，讨论当 a，b 取何值时，方程组AXb 无解、有唯一解、有无数个解；有无数个解时求通解23 设 A 为三阶实对称矩阵，若存在正交矩阵 Q，使得 QTAQ ，又 且 A* ()求正交矩阵 Q； ()求矩阵 A考研数学（数学二）模拟试卷 417 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】 因为 f(z)在 0 处可导，所以 k23，即 k5，选 C2 【正确答案】 B【试题解析】 令 f()xe 1 ， 由 f()(1)e 1 0 得 1， f()

6、(2)e 1 ，由 f( 1) 10 得 1 为最小值点，最小值为 mf(1)0， 方程e1 有且仅有一个根故选 B3 【正确答案】 B【试题解析】 () 0(2u)f( u)du 2 0(u)du 0f(u)du 2 0uf(u)d( u) 0(u)d(u) 20(t)f(t)dt 0f(t)dt 2 0(t)f(t)dt 0f(t)dt 2 0f(t)dt2 0tf(t)dt 0f(t)dt 0f(t)dt2 0tf(t)dt 因为 () 0 f(t)dt2 0 tf(t)dt， 0f(u)du2 0(u)f(u)d(u) 0f(u)du2 0uf(u)du()， 所以 ()为奇函数； 又

7、 () 0f(t)dtf()， 当 0 时，() 0f(t)dtf()f()f()0(0) ， 当 0 时，() 0f(t)dtf() f()f()0(0)， 所以 ()为单调减少的奇函数，选B4 【正确答案】 D【试题解析】 若 f()至少有两个零点，根据罗尔定理，f()至少有一个零点，故若 f()没有零点，则 f()至多一个零点，选 D5 【正确答案】 D【试题解析】 由 4 得 f(0，0)1， 因为 1 2y 2，所以 4， 从而 4，其中 为当(，y)(0，0)时的无穷小， 于是ff(，y)f(0，0)0 0yo( )，故 f(，y)在(0，0)处可微，且 f(0，0) f y(0，

8、0)0，选 D6 【正确答案】 C【试题解析】 由y o( )得 yf()为可导函数，且 y 或者y 0， 则 yf() Cearctan，因为 f(0)，所以 C ，于是 f()e arctan， 故 f(1) ，选 C7 【正确答案】 C【试题解析】 因为 A 与 都是 m 行，所以 r(A)r( )mn，所以方程组AXb 一定有无数个解，选 C8 【正确答案】 B【试题解析】 令 B( 1， 2， 3)，由 AB2BO 得 Aai2 1i(i1，2，3)， 由 r(B)2 得 2 至少为 A 的二重特征值， 又由 r(A)3 得 30，故1 22， 30，A4E 的特征值为 1 2 2，

9、 34，故A4E16故选 B二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 10 【正确答案】 3 3【试题解析】 对 0t2f(t)dt 3f()两边求导得 2f()3 2f()，整理得 f() 2f()3 2，解得当 0 时，f()0，于是 C3，故 f()3 311 【正确答案】 【试题解析】 12 【正确答案】 2(e -1e -2)【试题解析】 当 t0 时，0，y1， 2t1，由 teyy10，得eyte y 0，解得 e -113 【正确答案】 【试题解析】 令 f()2n(1) n2n 2(1) n-1 0，得 ，由 f(0)f(1)0，得14 【正确答案】 【试题解析】 由 ABA

10、TE2BA T，得 ABAT(A T)-1AT2BA T，因为 AT 可逆，所以 AB(A T)-12B 或 B(A2E) -1(AT)-1AT(A2E) -1，解得 B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】 代入原方程得 y0，该方程的通解为 yC 1costC 2sint， 原方程的通解为yC 1C 2 ， 将初始条件 y 0 1，y 0 2 代入得 C12，C 21，故特解为 y2 16 【正确答案】 代入整理得 从而 故 a 217 【正确答案】 切线方程为 y2 0 021， 令 y0，得切线与 轴的交点为 A ， 令 0，得切线与 y 轴的交点为 B(

11、0，1 02) 1)当00 时，因为 0，所以所围成图形面积为因为0，所以当 10 时，所围成的面积最小，所求的点为 P( ) 2)当 00 时，因为 0，所以所围成的面积为因为 0，所以当 0 时，所围成的面积最小，所求点为 P()18 【正确答案】 令 () 0tf(t)dt 0f(t)dt，(0)0因为 f () 0，所以 f()单调增加，故 f()f()， 于是 ()0(0 a) 由得 ()0(0a)， 再由得 ()0(0a)， 于是由 (a)0，故 0af()d 0af()d19 【正确答案】 20 【正确答案】 由 ee ye z 得 再由 uf( 2y 2，z)得2(2yf 11

12、e y-zy 12)(ey y-ze +y-2z)f2(z e -z)(2yf 21ey y-zf 22) 4y 11(2 2eyy-z2yz2ye -z)f 12(e y-ze +y-2z)f2ey y-z(ze -z)f 2221 【正确答案】 特征方程为 2 20， 特征值为 12， 21，yy2y0 的通解为 yC 1e-2C 2e 设 yy2ye (*) yy2ysin 2 (*) 令(*)的特解为 y1()(a 2b)e ，代入(*)得 a ，b ， 由 yy2ysin 2 得 yy2y (1cos2) ， 显然 yy2y 有特解 y 对 yy2y cos2，令其特解为 y Aco

13、s2Bsin2 ，代入得， 则 y2() ，所以原方程的通解为 yC 1e-2C 2e22 【正确答案】 情形一：a0 当 a0 且 ab10 时，方程组有唯一解； 当 a0 且 ab10 时，方程组有无数个解， 由 得 方程组的通解为 情形二：a0当 b1 时，方程组无解； 当 b1 时，方程组有无数个解， 由得 方程组的通解为23 【正确答案】 () 显然 A 的特征值为 1 21， 32，A *的特征值为1 22， 31 因为 为 A*的属于特征值 31 的特征向量，所以 是 A的属于特征值 32 的特征向量，令 3 令 A 的属于特征值 1 21 的特征向量为 ，因为实对称矩阵不同特征值对应的特征向量正交，所以 1 2 30，则 A 的属于特征值 1 21 的线性无关的特征向量为