考研数学二选择题填空题

2024年1月9日发(作者：广西中职数学试卷答案解析)

考研数学二选择题填空题

一、选择题:1~8小题，每小题4分，共32分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.

．．．(1) 设cosx1xsin(x)，其中(x)，则当x0时，(x)是 ( )

2(A) 比x高阶的无穷小 (B) 比x低阶的无穷小

(C) 与x同阶但不等价的无穷小(D) 与x等价的无穷小

【答案】(C)

【解析】cosx1xsin(x)，cosx1~12x2

xsin(x)~12x2sin(x)~12x

又sin(x)~(x)(x)~12x

(x)与x同阶但不等价的无穷小. 所以选（C）.

(2) 设函数yf(x)由方程cos(xy)lnyx1确定，则limn[f(2nn)1]（A）2 （B）1 （C）-1 （D）-2

【答案】（A）

【解析】因为x0时，y1即f(0)1.

f(2n)flimnnf(2n)1(0)limn222f\'(0)2y\'n0x0

又cos(xy)lnyx1

两边对x求导得：sin(xy)y1yy\'10，

将x0,y1，代入上式得y\'1.

选（A）.

(3) 设函数f(x)sinx,0xx2，F(x)xf(t)dt，则

2,0（A）x是函数F(x)的跳跃间断点

（B）x是函数F(x)的可去间断点

.

( )

）

（

（C）F(x)在x处连续但不可导

（D）F(x)在x=处可导

【答案】（C）

【解析】因x是f(x)在0,2唯一的第一类间断点，即f(x)在0,2可积，故F(x)x0f(t)dt在0,2连续.

因x是f(x)的第一类间断点，故F(x)在x不可导. 所以选（C）.

1(x1)1,1xe (4) 设函数f(x)，若反常积分f(x)dx收敛，则

11xln1x,xe（A）2 （B）2（C）20（D）02

【答案】（D）

【解析】1f(x)dxe11(x1)1dx1exln1xdx

e11(x1)1dx，x1是瑕点，故11时，瑕积分收敛.

11exln1xdx(lnx)e，要使其收敛，需0.

综上所述02选（D）.

（5）设zyxzxf(xy)，其中函数f可微，则yxzy ( )

(A)

2yf\'(xy)(B)

2yf\'(xy)(C)2xf(xy) (D)2xf(xy)

【答案】（A）

【解析】zx=(yxf(xy))\'=-yyyy2x2f(xy)+xf\'(xy)y=-x2f(xy)+xf\'(xy)

xyzx-1xf(xy)+yf\'(xy)

z1y1yxf(xy)xf\'(xy)x=xf(xy)+yf\'(xy)

xyzx+zy=2yf\'(xy)选（A）.

.

（ ）

（6）设Dk是圆域D(x,y)|x2y21在第k象限的部分，记（ ）

Ik(yx)dxdy(k2,2,3,4)则

Dk(A)

I10 (B)I20 (C)I30 (D)I40

【答案】（B）

【解析】第二象限中y0，x0，始终yx 即

yx0I2>0选（B）.

(7) 设A，B，C均为n阶矩阵，若ABC，且B可逆，则 （ ）

(A) 矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量等价

(B) 矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量等价

(C) 矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量等价

(D) 矩阵C的列向量组与矩阵B的列向量等价

【答案】（B）

【解析】将A、C按列分块，A(1,...,n),C(1,...,n)

由于ABC，故

b1(n1,...,n).....(1,...,n)

bnn 即1b111...bn1n,...,nb1n1...bnnn

即C的列向量组可由A的列向量线性表示

由于B可逆，故ACB1，A的列向量组可由C的列向量组线性表示

选（B）.

1a120 (8) 矩阵aba与00b0相似的充分必要条件为 （

1a1000(A)a0,b2 (B)a0,b为任意实数 (C)a2,b0 (D)b0,a为任意实数

【答案】(B)

1a1200【解析】令Aaba，B=0b0，

1a1000因为A为实对称矩阵，B为对角阵，则A与B相似的充要条件是A的特征值分别为2,b,01a1a1A的特征方程AEaba0ba

1a1a1.

）

0aa12a=2b2a，

10b因为2是A的特征值，所以2AE0

所以2a0，即a0.

当a0时，2AE2b，

A的特征值分别为2,b,0所以b为任意常数即可. 故选(B).

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二、填空题：914小题，每小题4分，共24分.请将答案写在答题纸指定位置上.

．．．ln(1x)1)x____________. (9)lim(2x0x【答案】e.

12ln(1x)【解析】lim(2)ex0x1xln(1x)1lim(1)x0xxex0limxln(1x)x2

12e (10)设函数f(x)1lim1xx02x1ex02x(1x)limxe.

x11etdt，则yf(x)的反函数x=f1(y)在y0处的导数dxdy=_______.

y0【答案】【解析】

11e1

f(1)0,f(x)1ex,f(1)1edx11.1dyy0f(1)1e1

(11) 设封闭曲线L的极坐标方程为r=cos3(是 .

.

66)，则L所围平面图形的面积

【答案】

12161cos61sin6626【解析】Scos3dd.

026226012xarctant (12) 曲线上对应于t=1的点处的法线方程为__________.

2yln1t【答案】yxln2

4111.1t22.2t22dydydt1t【解析】t,

1dxdxdt1t2dyt1.

dxt1t1，y0ln11ln2，

4所以法线方程yy01(xx0)，即yln2x.

4当t1时

x0arctan13x2xx2x2x (13) 已知y1exe，y2exe，y3xe是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，则该方程满足条件yx00，y\'x01的解为y＝____________.

【答案】eexe

3xx3x【解析】y1y2ee,y1y3e

3xx2x故该方程组的通解为yC1ee而满足初始条件的解为ye3x3xxCe23xxe2x.由y(0)0,y(0)1,得C11,C20.从exxe2x.

(14) 设A(aij)是3阶非零矩阵，A为A的行列式，Aij为aij的代数余子式，若aijAij0(i,j1,2,3)，则A=__________.

【答案】-1

【解析】由于aijAij0,故Aijaij,(i,j1,2,3)

222Aa11A11a12A12a13A13(a11a12a13)①

.

222Aa21A21a22A22a23A23(a21a22a23)②

222Aa31A31a32A32a33A33(a31a32a33)③

A11A21A31A*=A12A22A32

A13A23A33a11a21a31

A=a12a22a32a13a23a33A*ATA22而A=A，A=A，A=-1或A=0；又A0，否则由①②③得A=0与题设矛盾.

三、解答题：15～23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、证．．．明过程或演算步骤.

(15)(本题满分10分)

当x0时，1-cosxcos2xcos3x与ax为等价无穷小.求n与a的值.

【答案】n2，a7

【解析】

n*cos6xcos4xcos2x11cosxcos2xcos3x4

limlimnnx0x0axax3cos6xcos4xcos2x6sin6x4sin4x2sin2x

limlimnn1x0x04ax4anx1lim36cos6x16cos4x4cos2x

n2x04an(n1)xn20，即n2时，上式极限存在.

36164当n2时，由题意1a7n2,a7.

4a21(16)(本题满分10分)

设D是由曲线yx，直线xa(a0)与x轴所围成的平面图形，Vx,Vy分别是D绕x轴，

13y轴旋转一周所得旋转体的体积，若Vy10Vx，求a的值.

【解析】由旋转体积公式得：

33Vx(x)dxx05a1325a035a3，

5.

Vya0732x(x)dx2x3713a067a3

75673a3=10a3,所以a=77. 由已知条件知Vy=10Vx,故75(17)(本题满分10分)

设平面区域D由直线x3y,y3x与xy8围成.计算【解析】

y

6

2

O

由故

222xdxdydxxdydxxxxdyD032323x68x2xdxdy.

Dy=3x

(2，6)

x=3y

(6，2)

2 6

x+y=8

x

x3yx6y3xx2，

xy8y2xy8y62x43(18)(本题满分10分)

8314a0xx33a032416128.33

，1上具有2阶导数，且f(1)1.证明： 设奇函数f(x)在-1（Ⅰ）存在.使得f()1;

（0，1） (Ⅱ)存在(0,1) 使得f()f()1.

【解析】

f(x)在[1,1]上为奇函数，故f(x)f(x)，则f(0)0

令F(x)f(x)x，则F(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且F(1)f(1)10

F(0)f(0)00，由罗尔定理，存在(0,1)，使得F()0,即f()1.

（I）由于.

（II）由于f(x)在[1,1]上为奇函数，则f(x)在[1,1]上为偶函数，所以由（I）

f()f()1.

令G(x)exf(x)1，则G(x)在[1,1]上连续，在1,1内可导，且

G()G()0，由罗尔定理存在(,)(0,1)，使得G()0

即f()f()1.

33(19)(本题满分10分)

1x0,y0）求曲线xxyy（上的点到坐标原点的最长距离与最短距离.

【解析】设dx2y2

建立拉格朗日函数

L(x,y,)(x2y2)(x3xyy31)

L22x(3xy)0 ①xL2y(3y2x)0 ② 令yL33xxyy10 ③（i）

若0，得xy0不合题意.

（ii）

若0，得y3x0或x3y0，均得xy0不合题意.

若0，得y3x或x3y，由①②得(xy)(xy3xy)0

2222xy3xy0，xy代入③得2x3x210，即(x1)(2x2x1)0得xy1，故距离为2.

又x0,y1,d1；y0,x1,d1

所以最长距离为2，最短距离为1.

(20)(本题满分11分)

设函数f(x)lnx1

x（Ⅰ）求f(x)的最小值;

(Ⅱ)设数列xn满足lnxn11.证明：limxn存在并求此极限.

nxn1.

111x1【解析】（I）f(x)lnx,x0,f(x)22

xxxx令f(x)0,x1是唯一驻点，且当0x1,f(x)0，当x1,f(x)0

所以x1是f(x)的极小值点，故f(1)1是最小值.

（II）由（I）知lnxn111，又由已知lnxn1

xnxn111可得，即xnxn1，所以xn单调递增.

xnxn1又由lnxn11，可得lnxn1,0xne，所以xn有上界

xn1n由单调有界定理，limxn存在，设为A.

11对于lnxn1两边取极限得lnA1，

Axn1又lnA111，所以lnA1，又由（I）可知A1，即limxn1.

nAA1211xe).

xlnx（42(21) (本题满分11分)

设曲线L的方程为y(Ⅰ)求L的弧长；

(Ⅱ)设D是由曲线L，直线x1，xe与x轴所围成平面图形，求D的形心的横坐标.

【解析】()设弧长为s，由弧长的计算公式，得

se11(y)2dxe1111(x)2dx

22xe1e1111(x)2dx(x2lnx)122x422

1e.4121x(dxxdy14x2lnx)dx0D（II）由形心的计算公式，得x

ee1111dxdy(x2lnx)dx(x2lnx)dx1414D22xdxdy1121xlnx420e.

14112121e(ee)4216164223(e2e3),

313114(e7)e12122其中D为x1,xe,x轴以与所围成的图形.

(22)(本题满分11 分)

设A011a，，当a,b为何值时，存在矩阵C，使得ACCAB，并求所B1b10x21ax1，由于ACCAB，故x410x3x2x1x4x3x21a

x410有 矩阵C.

x1【解析】设Cx301，

1bx1ax3即x1x2ax4x1x2x2x3x4ax1ax301.

1bx2ax30axxax1124 (I)

x1x3x41x2ax3b由于矩阵C存在，故方程组(I)有解.对(I)的增广矩阵进行初等行变换：

01a0a10a101101a0011001b00110001a1a0011011001a00000a1b000010

a1b方程组有解，故a10，b0，即a1,b0.

10当a1,b0时，增广矩阵变为00010

00x3,x4为自由变量，令x31,x40，代为相应的齐次方程组，得x21,x11.

.

令x30,x41，代为相应齐次方程组，得x20,x11.

故11,1,1,0，21,0,0,1，令x30,x40，得特解，1,0,0,0，方程组的通TTTk1k21k1解为xk11+k22+=(k1+k2+1,-k1,k1,k2)，所以C，其中k1,k2为任意常kk12T数.

(23)(本题满分11 分)

22设二次型f(x1,x2,x3)2(a1x1a2x2a3x3)(b1x1b2x2b3x3).记

a1b1a2,b2.

ab33(Ⅰ)证明二次型f对应的矩阵为2；

(Ⅱ)若，正交且均为单位向量.证明f在正交变换下的标准型为2y1y2.

22【解析】证明：(I)f(x1,x2,x3)2(a1x1a2x2a3x3)(b1x1b2x2b3x3)

TT22a1x12(x1,x2,x3)a2(a1,a2,a3)x2

ax33b1x1(x1,x2,x3)b2(b1,b2,b3)x2

bx33x1(x1,x2,x3)2TTx2

x3xTAx，其中A2TT.

由于A(2)2A,所以二次型f对应的矩阵为2.

T与正交，，为单位向量，(II)由于A2，故0，故TTTTTTTTTTTTTTTT1，T故1，同样1.A(2)22，由于0，故A.

有特征值12.A(2)，由于0，故A有特征值21.

TTr(A)r(2TT)r(2T)r(T)r(T)r(T)1123.

所以A0，故30.

22因此f在正交变换下的标准型为2y1y2.

.