[考研类试卷]考研数学（数学二）模拟试卷430及答案与解析.doc

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1、考研数学（数学二）模拟试卷 430 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，函数 f(x)=x2 一 tanx2 与 cxk 是等价无穷小量，则( )（A）c=1 ，k=3。（B） c=一 1，k=3。（C） c= ，k=6。（D）c= ， k=6。2 已知函数 f(x)= ，x0，则 f(x)=( )（A） 。（B） 。（C） f(0)。（D）不存在。3 设 f(x0)=0，f (x0)0，则必存在一个正数 ，使得( )（A）曲线 y=f(x)在(x 0 一 ，x 0+)上是凹的。（B）曲线 y=f(x)在(x 0 一 ，x 0+)上是

2、凸的。（C）曲线 y=f(x)在(x 0 一 ，x 0上单调减少，而在x 0，x 0+)上单调增加。（D）曲线 y=f(x)在(x 0，x 0上单调增加，而在x 0，x 0+)上单调减少。4 设 z(x，y)是方程 =x2+2y 满足条件 z(x，x 2)=1 的解，则 01z(1，y)dy=( )5 设 f(x)可导，F(x)=f(x)(1+sinx)，则 f(0)=0 是 F(x)在 x=0 处可导的( )（A）充分必要条件。（B）充分条件但非必要条件。（C）必要条件但非充分条件。（D）既非充分又非必要条件。6 设 y=f(x)是0，)上单调增加的连续函数， f(0)=0，记它的反函数为

3、x=f1 (y)，a0，b0，令 I=0af(x)dx+0bf1 (y)dy，则( )（A）Iab。（B） Iab。（C） Iab。（D）Iab。7 已知向量组 1， 2， 3 线性无关， 1， 2， 3， 4 线性相关， 1， 2， 3， 5 线性无关，则 r(1， 2， 3， 4+5)=( )（A）1。（B） 2。（C） 3。（D）4。8 设二次型 f(x1，x 2，x 3)=ax12+ax22+ax32+2x1x2+2x1x3+2x2x3 是正定的，则( )（A）a一 2。（B）一 2a一 1。（C） a0。（D）a1。二、填空题9 设 f 具有二阶连续偏导数，=f(x，xy，xyz)，

4、则 =_。10 设 z= ，则 dz (1，0) =_。11 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_。12 二阶常系数非齐次线性方程 y一 5y+6y=2e2x 的通解为 y=_。13 曲线 y= (0x1)绕 x 轴旋转一周所得的旋转曲面的面积为_。14 设 A 为 n 阶实对称正交矩阵，且 1 为 A 的 r 重特征根，则3EA=_ 。三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 求函数 f(x，y)=e 2x(x+y2+2y)的极值。16 已知 一 axb)=0，试确定常数 a，b 的值。17 计算 I= ，其中区域 D 由曲线 y

5、= 和 x 轴围成。18 讨论函数 y= 的单调性、极值点、凹凸性、拐点和渐近线。19 一个瓷质容器，内壁和外壁的形状分别为抛物线 绕 y 轴的旋转面，容器的外高为 10，比重为 。把它铅直地浮在水中，再注入比重为 3的溶液。问欲保持容器不沉没，注入液体的最大深度是多少?(长度单位为厘米)19 设 f(x)在0，1上连续，在 (0，1)内有 f(x)0 恒成立且 xf(x)=f(x)+ ax2。由曲线 y=f(x)与直线 x=1，y=0 围成的平面图形的面积为 2。20 求函数 y=f(x)的解析式；21 a 取何值时，此图形绕 x 轴旋转一周而成的旋转体体积最小?22 设函数 f(x)在0，

6、1上连续，在 (0，1)上二阶可导，x=1 是 f(x)的极值点且。证明：存在 (0，1)，使得 f()=0。23 当 a，b 取何值时，方程组 有唯一解，无解，有无穷多解?当方程组有解时，求通解。23 已知 A= ，且 A 的行和相等。24 求 a，b 的值；25 A 能否相似对角化，若能，请求出正交矩阵 Q 使得 QTAQ 为对角矩阵，若不能，请说明理由。考研数学（数学二）模拟试卷 430 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】 由麦克劳林公式 tanx=x+ x3+o(x3)可知 tanx2=x2+ (x2)3+o(x6)

7、，所以 =1，比较分子、分母的系数可知，c=，k=6。故选(C)。2 【正确答案】 D【试题解析】 显然 f(0)=0， f(0)，所以 f(x)在 x=0 处不连续，故 不存在。故选(D) 。(实际上，x=0 是函数的跳跃间断点。)3 【正确答案】 C【试题解析】 已知 f(x0)= 0，由极限的不等式性质可知，存在 0，当 x(x0 一 ，x 0+)且 xx0 时， 0。因此，当x(x0 一 ,x0)时，f (x)0；当 x(x0，x 0+)时，f (x)0。又 f(x)在 x=x0 连续，所以f(x)在(x 0 一 ，x 0上单调减少，在x 0，x 0+)上单调增加，故选(C)。4 【正

8、确答案】 A【试题解析】 z(x，y)= =(x2+2y)dy=x2y+y2+C(x)，且已知 z(x，x 2)=1，于是有 x2x 2+(x2)2+C(x)=1，故 C(x)=12x4，所以 z(x，y)=x 2y+y2+12x4。代入所求积分得 01z(1,y)dy=01(y+y2+12)dy= ，故选(A)。5 【正确答案】 A【试题解析】 充分性：因为 f(0)=0，所以=f(0)，即 F(x)在 x=0 处可导。必要性：设 F(x)=f(x)(1+sinx )在 x=0 处可导。因 f(x)可导，所以 f(x)sinx在x=0 处可导，由此可知 ，即 f(0)=一 f(0)，所以 f

9、(0)=0。故选(A)。6 【正确答案】 D【试题解析】 令 F(a)=0af(x)dx+0bf1 (y)dyab，则 F(a)=f(a)一 b。 设 f(T)=b，则当 0aT 时，F(a)单调减少；当 aT 时，F(a)单调增加，故 F(a)在 a=T 处取最小值 0，所以 F(a)0，即 0af(x)dx+0bf1 (y)dyab。故选(D)。7 【正确答案】 D【试题解析】 因为 1， 2， 3 线性无关，所以可首先排除选项(A)和(B)，则r(1， 2， 3， 4+5)只可能为 3 或 4。 若 r(1， 2， 3， 4+5)=3，则 4+5 可由1， 2， 3 线性表示，设 4+5

10、=k11+k22+k33， 因为 1， 2， 3， 4 线性相关，所以 4 可由 1， 2， 3 线性表示，设 4=11+22+33， 则 5=(k11)1+(k2 一2)2+(k3 一 3)3，这和 1， 2， 3， 5 线性无关矛盾，故选(D) 。8 【正确答案】 D【试题解析】 二次型 f(x1，x 2，x 3)的矩阵为 ，因其是正定的，所以其顺序主子式全大于零，即一阶顺序主子式 a0；二阶顺序主子式 =a2 一10，即 a1 或 a一 1；三阶顺序主子式 =(a 一 1)2(a+2)0，即 a一 2。取交集，得 a1。故选(D)。二、填空题9 【正确答案】 xf 3+x2yf32+x2

11、yzf33【试题解析】 由 =f(x，xy，xyz)可知 =xyf3，则 =xf3+xy(xf32+xzf33)=xf3+x2yf32+x2yzf33。10 【正确答案】 dy【试题解析】 在 z= 两边取对数得到 lnz= ln(x+y)一 ln(x 一 y)，由一阶全微分形式的不变性，两边求全微分得到 当x=1，y=0 时， z=1，代入上式得到11 【正确答案】 y=一 2x+【试题解析】 在曲线方程两边对 x 求导得 2(y 一 2)y=1，即 y= 。当 y=3时，y = ，即曲线在 (1，3) 处的法线斜率为一 2，由 y= =一 2，得，切线方程为。12 【正确答案】 C 1e2

12、x+C2e3x 一 2xe2x，C 1，C 2 为任意常数【试题解析】 特征方程 2 一 5+6=( 一 2)( 一 3)=0 的根为 2，3。 非齐次项为2e2x，所以非齐次方程有特解 y*=Axe2x，代入方程解得 A=一 2。 因此，通解为y=C1e2x+C2e3x 一 2xe2x。13 【正确答案】 【试题解析】 由旋转曲面面积的计算公式可得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 P1 AP=diag(1，1，1，一 1，一 1，一 1)， 其中 1 有 r

13、 个，一 1 有 nr个。 所以 3E 一 A= P(3E 一 P1 AP)P1 =P3E 一P1 APP 1 = 3E 一 P1 AP， 注意到 3E 一 P1 AP 是对角矩阵，对角线上有 r 个 2， nr 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】 解方程组 求得驻点(，一 1)，又因为 fxx(x，y)=4(x+y 2+2y+1)e2x，f xy(x，y)=4(y+1)e 2x，f yy(x，y)=2e2x，所以 A=2e。由A0 且 AC 一 B2=4e20 ，可知在点( ，一 1)处，函数取得极小值 。1

14、6 【正确答案】 17 【正确答案】 积分区域 D 如图 1 中阴影部分： 单位圆x2+y2=1 将区域 D 分成两部分，单位圆 x2+y2=1 内的部分记作 D1，单位圆 x2+y2=1外的部分记作 D2，则18 【正确答案】 因为 f(x)= ，所以 f(x)有零点 x=1。对f(x)求导，得 f(x)= ，因此 f(x)有零点 x= ，且在 x=1 处f(x)不存在。再求 f(x)的二阶导函数，得 f(x)= ，可知 f(x)的二阶导函数没有零点，但在 x=1 处 f(x)不存在。总结如下表：由上表可知，f(x)的单调增区间为( 一，一 1)、(1， )、(1，)，单调减区间为( ，1)

15、。f(x) 在 x= ，在 x=1 处取极小值 0。f(x)的凹区间为(一 ，一 1)，凸区间为 、(1，+)。f(x)的拐点为(一1，0)。19 【正确答案】 容器体积 V=01010ydy=500，容器的容积是由抛物线y= +1(1y10)绕 y 轴旋转一周所得立体的体积，即 V1=11010(y 一 1)dy=405，所以容器重量为 。设注入液体的最大深度为 h，则注入液体的重量为 30h1 10(y 一 1)dy=15h2。此时排开水的体积恰好是容器的体积 500，而水的比重为 1，所以有 +15h2=500，解得 h=5。20 【正确答案】 将 xf(x)=f(x)+ ax，这是一阶

16、线性微分方程，由一阶线性微分方程的通解公式得 f(x)=ax2+Cx，x0，1。由 y=f(x)与 x=1，y=0 围成的平面图形的面积为 2 可知，2= 01 (a+C)，即 C=4 一 a，故 f(x)= ax2+(4 一 a)x。注意到在(0，1)内需 f(x)0 成立，故还需确定 a 的取值范围。f(0)=0，f(1)=4+ 。当 a=0 时，f(x)=4x，满足题意；当 a0 时，函数 f(x)开口向上，只需对称轴 0 即可，即 0a4；当 00 时，函数 f(x)开口向下，对称轴 0，只需 f(1)0，即一 8a0；综上所述 f(x)= ax2+(4 一 a)x 且一8a4。21

17、【正确答案】 y=f(x)绕 x 轴旋转一周而成的旋转体体积为 V(a)=01f2(x)dx=，由 V(a)= =0 得 a=一 5一 8，4 ，而实际问题总是存在最值，所以当 a=一 5 时，旋转体的体积最小。22 【正确答案】 由于 x=1 是 f(x)的极值点，所以 f(1)=0。因 f(x)在0，1上连续，在(0， 1)上二阶可导，所以由积分中值定理可知，存在 0， ，使得使得 f()=0。再由 f(x)在，1上连续，在(，1)上可导，且 f()=f(1)=0 可知，存在 (，1) (0，1)，使得 f()=0。23 【正确答案】 将增广矩阵用初等行变换化为阶梯形当 a=一 1，b36

18、 时，r(A)=3， =4，方程组无解。当 a一 1 且 a6 时，r(a)= =4，方程组有唯一解，其解为令 x4=0，有 x3=0，x 2=一 12，x 1=6，即特解是 =(6，一 12，0，0) T。令 x4=1，解齐次方程组有 x3=0,x2=5， x1=一 2，即 =(一 2，5 ，0，1) T 是基础解系。所以通解为 +k=(6，一 12，0，0) T+k(一 2，5，0，1) T，k 是任意常数。当 a=6 时，r(A)=3，方程组有无穷多解，此时方程组化为 令x3=0，有特解 = 令 x3=1，齐次方程组基础解系=(一 2，1，1，0) T。所以通解为 +k= +k(一2，1

19、，1，0) T，k 是任意常数。24 【正确答案】 由于矩阵行和相等，且第三行的行和为 5，所以有1+a+2=5，2+b+a=5，解得 a=2，b=1。25 【正确答案】 将 a 和 b 的值代入矩阵得 A= ，可知 A 是实对称矩阵，故 A 一定可以相似对角化。由E 一 A=0 可得(+1) 2( 一 5)=0，解得 =一 1(二重根)和 5。由( 一 E 一 A)x=0 可得线性方程组的基础解系为(1 ，0，一 1)T，(0，1，一 1)T，即特征值一 1 所对的两个线性无关的特征向量为 1=(1，0，一 1)T， 2=(0，1，一 1)T。又因矩阵 A 的行和为 5，所以特征值 5 对应的一个特征向量为 3=(1，1， 1)T。将上述三个向量正交化，得 1=(1，0，一 1)T， 2=2 一， 3=(1，1，1) T，将其单位化即得正交矩阵 Q=，且有 QTAQ= 。