[考研类试卷]考研数学（数学二）模拟试卷422及答案与解析.doc

《[考研类试卷]考研数学（数学二）模拟试卷422及答案与解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《[考研类试卷]考研数学（数学二）模拟试卷422及答案与解析.doc（20页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、考研数学（数学二）模拟试卷 422 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() ，g() 01-costant2dt，则 0 时 f()是 g()的（A）高阶无穷小（B）低阶无穷小（C）同阶而非等价无穷小（D）等价无穷小2 设 f()是以 3 为周期的可导的奇函数，且 f(1)1，则 I（A）4（B） 4（C）（D）3 设 f() ，F() 0(t)dt，则 F()在0，2上（A）有界，不可积（B）可积，有间断点（C）连续，有不可导点（D）可导4 设 ，则（A）I 21I 1（B） I2I 11（C） 1I 2I 1（D）1I 1I 25 设 f(

2、)，g()均有二阶连续导数且满足 f(0)0，f(0)0，g(0)0，则函数u(， y)f() 1yg(t)dt 在点(0，0)处取极小值的一个充分条件是（A）f(0)0，g()0(01)（B） f(0) 0，g()0(01)（C） f(0) 0，g()0(01)（D）f(0)0，g()0(01)6 已知累次积分，I f(rcos，rsin)rdr,其中 a0 为常数，则 I 可写成（A）（B）（C）（D）7 设 A 是 54 矩阵，r(A)4，则下列命题中错误的为（A）A0 只有零解（B） AAT 0 有非零解（C）对任何 5 维向量 ， A 都有解（D）对任何 4 维向量 ，A T 都有无

3、穷多解8 设 A ，则下列矩阵中与 A 合同但不相似的是（A）（B）（C）（D）二、填空题9 数列极限 I n2arctan(n1)arctann _ 10 微分方程(3y2)dyyd 的通解是_11 曲线 y 的斜渐近线方程为_12 设 f()(1 2)esin，则 f(0) _13 设动点 P(，y) 在曲线 9y4 2 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_14 已知 1(1 ，2，1) T， 2(1，3，2) T， 3 (4，11，6) T矩阵 A 满足A1(0 ，2) T，A

4、2(5 ，2) T，A 3(3，7) T，则 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 f()在 0 的某邻域内有定义，且满足 0，求极限 16 设 D 是曲线 y2 2 与 轴围成的平面图形，直线 yk 把 D 分成为 D1 和D2 两部分(如图) ，满足 D1 的面积 S1 与 D2 的面积 S2 之比 S1：S 21：7 ()求常数 k 的值及直线 yk 与曲线 y2 2 的交点 ()求平面图形 D1 的周长以及D1 绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积17 设函数 f()在(0 ，)内可导，f() 0， ，且()求 f()； () 定义数列 n 0nf(t)dt，证

5、明数列 n收敛18 计算二重积分 cos2siny2sin( y)d，其中 D(，y) 2y 2a2，常数a019 设 zz(，y)是由 92 54y90y 26yzz 2180 确定的函数， ()求zz( ，y)一阶偏导数与驻点； ()求 zz( ，y)的极值点和极值20 设 Oy 平面第一象限中有曲线 ：yy()，过点 A(0， 1)，y()0又M(，y)为 上任意一点，满足：弧段 的长度与点 M 处 的切线在 轴上的截距之差为 1 () 导出 yy()满足的积分、微分方程； ()导出 y()满足的微分方程和初始条件； ()求曲线 的表达式21 设 f()在0，2上连续，在(0，2)内具有

6、二阶导数，且 f(0)f(2) 0，f(1)2求证：至少存在一点 (0，2)使得 f() 422 设 4 阶矩阵 A( 1， 2， 3， 4)，方程组 A 的通解为 (1 ，2，2，1)T c(1，2，4，0) T，c 任意 记 B( 3， 2， 1， 4)求方程组 B 1 2的通解23 设 A 为 n 阶实对称矩阵，满足 A2E，并且 r(AE)kn 求二次型 TA的规范形 证明 BEAA 2A 3A 4 是正定矩阵，并求B考研数学（数学二）模拟试卷 422 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】 这是考察如下的 型极限，由洛

7、必达法则与等价无穷小因子替换得其中用了下面的等价无穷小因子替换：0 时 ln(1sin 22)sin 22 4， tan(1 cos)2(1 cos)2 故应选 B2 【正确答案】 C【试题解析】 注意 f()也以 3 为周期且为偶函数，f(1)f(2) f(2)，利用导数可求得极限故应选C3 【正确答案】 C【试题解析】 不必求出 F() 这里 f()在0，2上有界，除 1 外连续，1 是f()的跳跃间断点由可积性的充分条件 f()在0 ，2 上可积，再由基本定理F()在0，2上连续故 A，B 不对 进一步考察 F()的可导性当 1 时F() f()，又 1 是 f()的跳跃间断点，则 F(

8、)在点 1 处不可导故应选C4 【正确答案】 B【试题解析】 将 1 也写成区间0， 上的一个定积分 1 从而为比较 I1，I 2，1 的大小，只要比较 的大小由于当 0 时，sin，所以 I2 I 1 再比较当0 ， 的大小即 sin 与 的大小 由下图可知于是，I 2I 11故选 B5 【正确答案】 B【试题解析】 利用极值点的充分判别法 由 uf() 1yg(t)dy 得若 g()0(01) g()在0，1 g()g(0)0(01) 10g(t)dt0，又f(0) 0 时ACB 20因此(0，0)是 u(，y)的极小值点故选 B6 【正确答案】 C【试题解析】 这是把极坐标系下的累次积分

9、转换成 Oy 直角坐标系下的累次积分的问题 先将 I 表示成 I f(，y)d由 D 的极坐标表示 ，0racos， 即 r2 2y 2arcosa， 可知 D：，如下图 若是先 y 后 的积分顺序，则 D：0a， ， 于是 If(，y)dy故应选 C7 【正确答案】 C【试题解析】 选项 A 对，因为 r(A)未知数个数 4 选项 B 对，因为 AAT 是 5阶矩阵，而 r(AAT)5 选项 C 错，因为存在 5 维向量 不可用 A 的列向量组表示，使得 AX 无解 选项 D 对，因为 r(AT)方程个数 4，对任何 4 维向量，r(A T)不会大于 48 【正确答案】 D【试题解析】 首先

10、可排除 A，因为 r(A)2，而 A 矩阵的秩为 1，所以它与 A 不合同两个实对称矩阵合同的充分必要条件是它们的特征值的正负性一样(即正，负数的个数对应相等)而相似的充分必要条件是它们的特征值相同因此应该从计算特征值下手求出E A(3)(3)，A 的特征值为 0，3，3显然(C)中矩阵的特征值也是 0，3，3，因此它和 A 相似，可排除剩下选项 B、D 两个矩阵中，只要看一个D 中矩阵的特征值容易求出，为0，1，1，因此它和 A 合同而不相似二、填空题9 【正确答案】 1【试题解析】 属.0 型的数列极限，转化为 型的函数极限后再用洛必达法则，即有故原数列极限的值为 110 【正确答案】 y

11、 2y 3 C，其中 C 是任意常数【试题解析】 题设的方程是齐次微分方程， 令 yu 或 yu ，可把方程化为关于 ，u 或 y，u 的可分离变量的方程求解方程又可改写成 3 的形式，这是以 为未知函数，以 y 为自变量的一阶线性微分方程 令 yu，代入方程后整理化简并积分可得 0，lny 3(u1)C 1 去对数即得通解y3(u1)C y2(y) C，其中 C 是任意常数11 【正确答案】 y【试题解析】 因此斜渐近线方程为 y12 【正确答案】 5【试题解析】 f()u()v()， u()1 2，则 u(0)1，u(0) 1，u (0)2 v()e sin，v(0)1，v(0)cose

12、sin 0 1， v(0)(sine sine sincos2) 0 1 又 f()u()v() u()v() f()u ()v()2u()v()u()v() 于是 f(0)2121111513 【正确答案】 82(cms)【试题解析】 这是相关变化率的问题，y 以及原点到 P 点的距离 r都是时间 t 的函数，已知 9y4 2，3，y4， 30，求在等式 9y4 2 和 r 两边对 t 求导，得用3，y4， d30 代入以上两式，即可解出 82(cms) 14 【正确答案】 【试题解析】 用条件可建立一个关于 A 的矩阵方程：用初等变换法解此矩阵方程：三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或

13、演算步骤。15 【正确答案】 令 g() ，则 g()0 为求出，我们先导出 与 g()的关系由16 【正确答案】 () 由方程组 ，可解得直线 yk 与曲线y，2 2 有两个交点(0，0)和(2k，k(2k)，其中 0k2 于是 S1 02-k(2 2k)d (2k) 3 又 S1S 2 02(2 2)d ， 由题设S1：S 2：1：7，知 于是 k1，相应的交点是(1，1) ()注意这时 D1 的边界由 y 上01 的线段与曲线 y2 2 上 01 的弧构成，从而 D1 的周长于是 D1 绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积 V17 【正确答案】 () 题设中等式左端的极限为 1型，先转化成

14、由导数的定义及复合函数求导法得积分得 lnf() lnsin 2ln 2C 1，即 f() ， (0，) 由 得 C1 因此 f() () n记 F()在(0，)nF(n)是单调上升的又于是 n 有界 因此 n单调有界， n必收敛18 【正确答案】 cos2siny2sin( y)d cos2siny2d sin(y)d，将 D中的 与 y 交换， 所以 I1 cos2siny2d 中，将被积函数中的 与 y 交换，该积分的值亦不变于是有由于 sin 是 的奇函数，siny 是 y 的奇函数，且 D 既对称于 y 轴，又对称于 轴，所以19 【正确答案】 () 利用一阶全微分形式不变性，将方程

15、求全微分即得 18d54(yddy)180ydy 6zdy 6ydz 一 2zdz0， 即(1854y)d(180y54 6z)dy(6y2z)dz0 从而为求隐函数 zz(，y)的驻点，应解方程组可化简为 3y，由可得 z30y93y，代入可解得两个驻点 3，y1，z3 与z3，y 1，z 3 ()zz(，y)的极值点必是它的驻点为判定zz( ，y)在两个驻点处是否取得极值， 还需求 zz(，y)在这两点的二阶偏导数 注意，在驻点 P(3，1，3)，Q(3，1，3)处， 0 由(3yz) 927 则在驻点 P，Q 处再由(3yz) =90y273z在驻点 P，Q 处(3yz) 90 于是可得

16、出在 P 点处 3yz6，因ACB 2 0，且 A 0，故在点(3，1)处 zz(，y)取得极小值 z(3，1)3 在 Q 点处 3yz6因ACB 2 0，且 A 0，故在点(3，1)处 zz(，y)取得极大值 z(3，1)320 【正确答案】 () 先求出 在点 M(，y) 处的切线方程 Yy()y()(X)， 其中(X，Y) 是切线上点的坐标在切线方程中令 Y0，得 轴上的截距又弧段 的长度为 ，按题意得这是 y()满足的积分、微分方程 () 两边对 求导，就可转化为二阶微分方程：又由条件及式中令0 得 y(0) 1，y(0)1 因此得 y()满足的二阶微分方程的初值问题问题与 是等价的

17、()下面求解这是不显含 的二阶方程，作变换 P y，并以 y 为自变量得由 y 1 时 将上面两式相减 再积分得 C， 其中 C 则就是所求曲线 的表达式21 【正确答案】 转化为证明某函数的二阶导数在(0，2) 零点设 g()4令 F()f()g()则 (0，2) ，使 f()4 F()0 注意 g()2 2c 1c 2，于是 F(0)f(0) g(0)c 2 F(1)f(1)g(1)4c 1c 2 F(2)f(2)g(2) 82c 1c 2 为使 F(0)F(1)F(2)，取 c14，c 20，F() f() g()f()( 2 24) 满足 F(0)F(1)F(2)0由于函数 F()在0

18、，2上连续，在(0，2)内二阶可导，因而可在区间0，1 与1，2上分别对函数 F()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()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()应用罗尔定理，又知存在 (1， 2) (0，2) 使得 F()f()g()0，f() g()4 成立22 【正确答案】 首先从 AX 的通解为(1，2，2 ，1) Tc(1，2，4，0) T 可得到下列讯息： A 0 的基础解系包含 1 个解，即 4r(A)1， 得 r(A)3即r(1， 2， 3， 4)3 (1 ，2，2，1) T 是

19、 A 解，即 12 22 3 4 (1，2，4，0) T 是 A0 解，即 12 24 30 1， 2， 3 线性相关，r(1， 2， 3)2 显然 B(0，1，1，0) T 1 2，即(0，1，1，0) T 是B 1 2 的一个解 由 ，B( 1， 2， 1， 4)( 3， 2， 1， 12 22 3)，于是 r(B) r( 3， 2， 1， 12 22 3)r( 1， 2， 3)2 则 B0 的基础解系包含解的个数为 4r(B)2个 12 2 440 说明(4，2，1，0) T 是 B0 的解；又从B( 3， 2， 1， 12 22 3)容易得到 B(2， 2，1，1) T0，说明(2，

20、2，1，1) T 也是 B0 的解于是(4， 2，1，0) T 和(2， 2，1，1) T 构成 B0 的基础解系 B 1 2 的通解为： (0， 1，1，0) Tc 1(4， 2，1，0) Tc 2(2，2，1，1) T，c 1，c 2 任意23 【正确答案】 由于 A2E，A 的特征值 应满足 21，即只能是 1 和1于是 AE 的特征值只能是 2 和 0AE 也为实对称矩阵，它相似于对角矩阵，的秩等于 r(AE)k于是 AE 的特征值是 2(k 重)和 0(nk 重)，从而A 的特征值是 1(k 重) 和 1(nk 重) A 的正，负关系惯性指数分别为 k 和nk， TA 的规范形为 y 12y 22y k2y k+12 y n2 B 是实对称矩阵由 A2E，有 B3E2A，B 的特征值为 5(k 重)和 1(nk 重)都是正数因此B 是正定矩阵