[考研类试卷]考研数学（数学二）模拟试卷427及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学二）模拟试卷 427 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 已知当 x0 时，f(x)=arcsinxarctanax 与 g(x)=bxxln(1+x)是等价无穷小，则( )（A）a=b=1。（B） a=1，b=2。（C） a=2，b=1。（D）a=b1。2 设 f(x)在 x=x0 处取得极大值，则( )（A）f (x0)=0。（B）存在 0 使得 f(x)在(x 0，x 0)上单调递增，在(x 0，x 0+)上单调递减。（C）存在 0 使得 f(x)在(x 0，x 0)上 f(x)0，在(x 0，x 0+)上 f(x)0。（D）一 f

2、(x)在 x=x0 处取得极小值。3 设 f(x)是连续且单调递增的奇函数，则 F(x)=0x(2 一 x)f(x 一 )d，则 F(x)是( )（A）单调递增的奇函数。（B）单调递减的奇函数。（C）单调递增的偶函数。（D）单调递减的偶函数。4 已知函数 f(x，y)满足 =0，则下列结论中不正确的是 ( )（A）f(x，y)在(0，0)点可微。（B） fx(0，0)= 一 2。（C） fy(0，0)=1 。（D）f x(0，0)和 fy(0，0)不一定都存在。5 设函数 f(x)在 x=0 的某邻域内有定义，且 均存在，则下列叙述错误的是( )6 设 f(x)= +x，则 f(x)有( )（

3、A）两条斜渐近线。（B）一条水平渐近线，一条斜渐近线。（C）两条水平渐近线。（D）一条斜渐近线，没有水平渐近线。7 设 ，则矩阵 A 和 B( )（A）合同且相似。（B）合同不相似。（C）相似不合同。（D）既不相似，也不合同。8 设 A，B 均为 3 阶非零矩阵，满足 AB=O，其中 B= ，则( )（A）若 a=2，则 r(A)=1。（B）若 a2，则 r(A)=2。（C）若 a=一 1，则 r(A)=1。（D）若 a一 1，则 r(A)=2。二、填空题9 =_。10 设 f(x)=xsin2x，则 f(2017)(0)=_。11 二阶常系数非齐次线性微分方程 y2y +5y=excos2x

4、 的通解为 y(x)=_。12 =_。13 设曲线 r=2cos， ，则该曲线所围成的平面区域绕直线 =旋转所得的旋转体体积为_。14 设 A 为三阶非零矩阵，已知 A 的各行元素和为 0，且 AB=0，其中 B=，则 Ax=0 的通解为_。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 求极限 。15 设 f(t)在1，+)上具有连续的二阶导数，且 f(1)=0，f (1)=1，z=(x 2+y2)f(x2+y2)满足 =0。16 求函数 f(t)的表达式；17 求函数 f(t)在1，+)上的最大值。18 根据 k 的不同的取值情况，讨论方程 x33x+k=0 实根的个数。19 设

5、f(x)在0，1上连续，在 (0，1)上可导，且 f(0)=f(1)，证明：存在满足01 的 ，使得 f()+f()=0。20 计算二重积分 dxdy，其中 D 为平面区域 (x，y)x 2+y22x，x1。21 设 0x 11，x n1 =01maxxn，tdt，n=1，2，3 ，证明： xn 存在并求此极限。21 设 f(x)在( 一，+)连续，且 F(x)= 证明：22 F(x)在(一，+)内具有连续的导数；23 若 f(x)在(一，+)内单调递增，则 F(x)在(一，0内单调递增，在(0，+)内单调递减。24 讨论线性方程组 的解的情况，在线性方程组有无穷多解时，求其通解。24 设 A

6、 是各行元素和均为零的三阶矩阵， 是线性无关的三维列向量，并满足 A=3，A=3。25 证明矩阵 A 能相似于对角矩阵；26 若 =(0，一 1，1) T，=(1，0，一 1)T，求矩阵 A。考研数学（数学二）模拟试卷 427 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】 A【试题解析】 根据等价无穷小的定义，那么 1一 a=0， ，则有 a=1，b=1 。故选(A) 。2 【正确答案】 D【试题解析】 极值对函数性质无要求，极值点处不一定可导，仅需函数有定义即可，所以排除(A)(C)。(B)选项仅为取得极大值的充分条件，而非必要条件，例如f(x)=

7、 在 x=1 点。(D)选项，因为 f(x)在 x=x0 处取得极大值，从而存在 0，使得对 (x0 一 ，x 0)(x0，x 0+)有 f(x0)f(x) ，从而有一 f(x0)一 f(x)，所以正确答案是(D) 。3 【正确答案】 B【试题解析】 令 x 一 =t，则 F(x)= 0x(x 一 2t)f(t)dt，F(一 x)=0x (一 x 一 2t)f(t)dt， 令 t=一 ， F( 一 x)=一 0x(一 x+2)f(一 )d=0x(x 一 2)f(一 )d。 因为 f(x)是奇函数， f(x)= 一 f(一 x)，F(一 x)=一 0x(x 一 2)d， 则有 F(x)=一 F(

8、一 x)为奇函数。 F (x)=0xf(t)dt 一 xf(x)， 由积分中值定理可得 0xf(t)dt=f()x， 介于 0 到 x 之间， F (x)=f()x 一 xf(x)=f()一 f(x)x， 因为 f(x)单调递增，当 x0 时，0，x，f()一 f(x)0 ，所以 F(x)0，F(x) 单调递减；当 x0 时，x，0，f()一 f(x)0，所以 F(x)0，F(x)单调递减。所以 F(x)是单调递减的奇函数。4 【正确答案】 D【试题解析】 根据多元函数可微的定义， =0，其中A=fx(x，y) ，B=f y(x，y) ，那么有=0，通过观察 f(x，y)在(0，0)点可微，f

9、 x(0，0)= 一 2，f y(0，0)=1，故选择(D) 。5 【正确答案】 D【试题解析】 当 x0 时，一 x0 ；当 x0 时，x0 ，x 20 ，所以正确答案是(D) 。6 【正确答案】 B【试题解析】 函数 f(x)无间断点，所以不存在垂直渐近线。水平渐近线：在 x一方向， =0，所以 y=0 为函数 f(x)的一条水平渐近线。斜渐近线：所以 y=2x 为函数 f(x)的一条斜渐近线。故选 (B)。7 【正确答案】 B【试题解析】 因为E A= =( 一 1)( 一 4)，所以A 的特征值为 0，1，4。两个实对称矩阵相似的充分必要条件是特征值相同；两个实对称矩阵合同的充分必要条

10、件是正负特征值的个数相同。故选(B)。8 【正确答案】 A【试题解析】 因为 AB=O，所以 r(A)+r(B)3。当 a=2 时，r(B)=2，所以 r(A)3一 r(B)=1；另一方面，A 为 3 阶非零矩阵，所以 r(A)1，从而 r(A)=1。故选(A) 。二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 该题极限形式为和式极限，则可使用夹逼定理进行计算。由夹逼定理可知，原极限式为 。10 【正确答案】 一 220152017【试题解析】 f(x)=xsin 2x= xcos2x， 求 2017 次导数为0，对于 xcos2x，根据莱布尼茨公式可得则 f(2017)(0)= 2017=一 22

11、0152017。11 【正确答案】 e x(C1cos2x+C2sin2x)+ xexsin2x，其中 C1，C 2 为任意常数【试题解析】 该方程的齐次方程所对应的特征方程为 2 一 2+5=0，解得特征根为=12i，可知齐次方程的通解为 ex(C1cos2x+C2sin2x)。该方程的非齐次项excos2x=ex excos2x，根据叠加原理 y一 2y+5y=excos2x=excos2x，此方程的特解可由如下两个方程的特解相加求得，y 一 2y+5y=ex， (1)y 一 2y+5y= excos2x， (2)根据特征根 =12i 可知，方程(1)的特解可设为 y1*=Cex 代入方程

12、(1)解得 C= ，故 y1*= ex；方程(2)的特解可设为y2*=xex(Acos2x+Bsin2x)，代入方程(2)解得 A=0， B= xexsin2x。则y*(x)=y1*+y2*= xexsin2x。故该方程的通解为 ex(C1cos2x+C2sin2x)+xexsin2x。12 【正确答案】 sin2x 一 ln(2 一 sin2x)+C，其中 C 为任意常数【试题解析】 13 【正确答案】 2 2【试题解析】 将极坐标曲线 r=2cos， 化为直角坐标下的曲线为x2+y2=2x，可见该曲线围成的平面区域为圆，如图 1 所示。根据图形的对称性，该圆绕 = (y 轴)旋转后的体积为

13、区域 D 绕 y 轴旋转体积的 2 倍，即 y=2022xf(x)dx=2022x dx=22。14 【正确答案】 k 1(1，2，3) T+k2(1，1，1) T，k 1，k 2 为任意常数【试题解析】 因为 AB=0，所以显然有 A(1，2，3) T=0；另一方面，因为 A 的各行元素和为 0，所以 A(1，1，1) T=0。 又因为 A 为三阶非零矩阵，所以 Ax=0 的基础解系的线性无关的解向量至多有两个，所以 Ax=0 的通解为 k 1(1，2，3)T+k2(1，1，1) T，k 1，k 2 为任意常数。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】 利用泰勒公

14、式展开可得16 【正确答案】 =2xf(x2+y2)+(x2+y2)f(x2+y2)2x， =2f(x2+y2)+8x2f(x2+y2)+2(x2+y2)f(x2+y2)+(x2+y2)f(x2+y2)4x2， 同理 =2f(x2+y2)+8y2f(x2+y2)+2(x2+y2)f(x2+y2)+(x2+y2)f(x2+y2)4y2。 代入 =0，可得 4f(x2+y2)+12(x2+y2)f(x2+y2)+4(x2+y2)2f(x2+y2)=0，令 x2+y2=，可化简为 f()+3f()+2f()=0。设 =e，则有f()= ，f ()=，代入可得+y=0。常系数齐次线性微分方程 y=0

15、的通解为y=C1et +C2et ，将 et= 代入可得 f()= ，又因为 f(1)=0，f (1)=1，得 C1=0，C 2=1，所以 f()= ln，则所求函数为 f(t)= lnt。17 【正确答案】 令 f(t)= =0，则 t=e，1te 时，f (t)0，te 时，f(t)0，f(t)的最大值为 f(e)= 。18 【正确答案】 令 f(x)=x33x+k，xR， 令 f(x)=3x2 一 3=0，解得驻点 x=一1，x=1 ，函数的单增区间为(一，一 1)，(1，+)， 单减区间为一 1，1，因此该函数至多有三个根。 因为函数 f(x)连续，根据零点定理， f(一)0，f(一

16、1)=2+k，f(1)=k 一 2，f(+)0。 k一 2 时，f( 一 1)0，f(1)0，函数在(1，+)上存在唯一一个根； 一 2k2 时，f(一 1)0，f(1)0，函数在每个单调区间有一根，共有三个根； k2 时，f(一 1)0，f(1) 0，函数在( 一 ，一 1)存在唯一一个根； k= 一 2 时， f(一 1)=0，f(1) 0，方程在 x=一 1 处和(1，+)内各有一个根，共两个根； k=2 时，f( 一 1)0，f(1)=0，方程在 x=1 处和(一，一 1)内各有一个根，共两个根。 综上所述，k一 2 或 k2，方程有且仅有一个根；一 2k2，方程有三个根；k=2 ，方

17、程有两个根。19 【正确答案】 f(x)在0，1上连续，在(0，1)上可导，在 上分别使用拉格朗日中值定理，可知由 f(0)=f(1)，可知(1)+(2)得 f()+f()=0。故存在 01，使得 f()+f()=0。20 【正确答案】 二重积分先画出积分区域，如图 3 所示，为右侧的阴影部分，由于积分区域关于 x 轴对称，根据被积函数中 y 的奇偶性，21 【正确答案】 x n1 =01maxxn，tdt= ，因为 x11，假设 xn1，则 xn1 = (1+xn2)1，数列x n以 1 为上界。x n1 一 xn=(1x 0)20，可得数列x n是单调递增数列。所以根据单调有界定理可知 存

18、在。设=1。22 【正确答案】 当 x0 时，对 F(x)求导可得当 x=0 时，综上可得所以 F(x)在(一，+)内具有连续的导数。23 【正确答案】 F (x)= ，令 g(x)=一 x2f(x)+20xtf(t)dt，g (x)=一 x2f(x)，已知 f(x)在(一 ，+) 内单调递增，则 f(x)0，g (x)0。当 x(一，0，可得 g(0)=0g(x)，所以 F(x)0，即 F(x)在(一 ，0 内单调递增。当x(0，+)，可得 g(0)=0g(x)，所以 F(x)0，则 F(x)在(0，+)内单调递减。24 【正确答案】 系数矩阵为 A= ，增广矩阵为 (A，b)=从而A=(a

19、+3)(a 一 1)3。当 a一 3 且 a1 时，方程组有唯一解；当 a=1 时，r(A)=r(A ，b)=1 ，方程组有无穷多解，对增广矩阵作初等变换(A， b)= 从而所对应的齐次方程组的基础解系为 1=(一 1，1，0，0) T， 2=(一 1，0，1，0) T， 3=(一 1，0，0，1) T，特解为*=(1，0，0，0) T，则方程通解 x=*+k11k 22+k33，k 1，k 2，k 3 为任意常数。当a=一 3 时，r(A)=r(A，b)=3，方程组有无穷多解，对增广矩阵作初等变换从而所对应的齐次方程组的基础解系为 =(1，1，1，1) T，特解为 *=(一 2，一 1，一

20、4，0) T，则方程通解为 x=*+k，k 为任意常数。25 【正确答案】 因为 A 的各行元素和为零，从而 =0 为 A 的一个特征值，并且r=(1， 1，1) T 为 A 属于 =0 的特征向量。 另一方面，又因为 A=3，A=3，所以 A(+)=3(+)，A( 一 )=3( 一 )， =3 和 =3 为 A 的两个特征值，并且 + 和 一 为 A 属于 =3，一 3 的特征向量，可见 A 有三个不同的特征值，所以 A 能相似于对角矩阵。26 【正确答案】 A 的三个特征向量为 =(1，1，1) T，+=(1，-1，0) T， 一=(1，1，2) T，令 P=(，+ ， 一 )，A= ，则 P1 AP=A，所以A=PAP1 = 。