2013甘肃考研数学二真题及答案.doc
2013甘肃考研数学二真题及答案一、选择题：18小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.（1）设，其中，则当时，是（ ）（A）比高阶的无穷小 （B）比低阶的无穷小（C）与同阶但不等价的无穷小 （D）与等价的无穷小（2）设函数由方程确定，则（ ）（A） （B） （C） （D）（3）设函数，则（ ）（A） 是函数的跳跃间断点（B） 是函数的可去间断点（C）在处连续但不可导 （D）在处可导（4）设函数，若反常积分收敛，则（ ）（A） （B） （C） （D）（5）设，其中函数可微，则（ ）（A） （B） （C） （D）（6）设是圆域在第象限的部分，记，则（ ）（A） （B） （C） （D）（7）设矩阵A,B,C均为n阶矩阵，若（A）矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量组等价（B）矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价（C）矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量组等价（D）矩阵C的行向量组与矩阵B的列向量组等价（8）矩阵与相似的充分必要条件为（A）（B）（C）（D）二、填空题：9-14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.(9) (10) 设函数，则的反函数在处的导数 (11)设封闭曲线L的极坐标方程为，则L所围成的平面图形的面积为 (12)曲线上对应于的点处的法线方程为 (13)已知，是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，该方程满足条件的解为 （14）设是三阶非零矩阵，为A的行列式，为的代数余子式，若三、解答题：1523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）当时，与为等价无穷小，求与的值。（16）（本题满分10分）设是由曲线，直线及轴所围成的平面图形，分别是绕轴，轴旋转一周所得旋转体的体积，若，求的值。（17）（本题满分10分）设平面内区域由直线及围成.计算。（18）（本题满分10分）设奇函数在上具有二阶导数，且.证明：（I）存在，使得；（II）存在，使得。 （19）（本题满分11分）求曲线上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。（20）（本题满分11分）设函数，（I）求的最小值（II）设数列满足，证明存在，并求此极限.（21）（本题满分11分）设曲线的方程为，（1）求的弧长；（2）设是由曲线，直线及轴所围平面图形，求的形心的横坐标。（22）（本题满分11分）设，当为何值时，存在矩阵使得，并求所有矩阵。（23）（本题满分11分）设二次型，记。（I）证明二次型对应的矩阵为；（II）若正交且均为单位向量，证明二次型在正交变化下的标准形为二次型。参考答案一、选择题：18小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.（1）设，其中，则当时，是（ ）（A）比高阶的无穷小 （B）比低阶的无穷小（C）与同阶但不等价的无穷小 （D）与等价的无穷小【答案】（C）【解析】因为，所以，因此当时，所以，所以，所以是与同阶但不等价的无穷小。（2）设函数由方程确定，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】（A）【解析】由于，所以，对此隐函数两边求导得，所以，故。（3）设函数，则（ ）（A） 是函数的跳跃间断点（B） 是函数的可去间断点（C）在处连续但不可导 （D）在处可导【答案】（C）【解析】，由于，所以在处连续；，所以在处不可导。（4）设函数，若反常积分收敛，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】（D）【解析】因为，当时，要使存在，需满足；当时，要使存在，需满足；所以。（5）设，其中函数可微，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】（A）【解析】已知，所以，所以。（6）设是圆域在第象限的部分，记，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】（B）【解析】令，则有 故当时，此时有故正确答案选B。（7）设矩阵A,B,C均为n阶矩阵，若，且可逆，则（ ）（A）矩阵C的行向量组与矩阵A的行向量组等价（B）矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价（C）矩阵C的行向量组与矩阵B的行向量组等价（D）矩阵C的行向量组与矩阵B的列向量组等价【答案】（B）【解析】由可知C的列向量组可以由A的列向量组线性表示，又B可逆，故有，从而A的列向量组也可以由C的列向量组线性表示，故根据向量组等价的定义可知正确选项为（B）。（8）矩阵与相似的充分必要条件为（A）（B）（C）（D）【答案】(B)【解析】由于为实对称矩阵，故一定可以相似对角化，从而与相似的充分必要条件为的特征值为。又，从而。二、填空题：9-14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.(9) 【答案】【解析】原式=，因此答案为. (10) 设函数，则的反函数在处的导数 【答案】【解析】 (11)设封闭曲线L的极坐标方程为，则L所围成的平面图形的面积为 【答案】【解析】所围图形的面积是 (12)曲线上对应于的点处的法线方程为 【答案】【解析】，当时，故法线方程为. (13)已知，是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，该方程满足条件的解为 【答案】【解析】由题意知：是对应齐次方程的解，是非齐次方程的解，故非齐次的通解为，将初始条件代入，得到,故满足条件的解为。（14）设是三阶非零矩阵，为A的行列式，为的代数余子式，若【答案】【解析】三、解答题：1523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）当时，与为等价无穷小，求与的值。【解析】因为当时，与为等价无穷小所以又因为： 即所以 且（16）（本题满分10分）设是由曲线，直线及轴所围成的平面图形，分别是绕轴，轴旋转一周所得旋转体的体积，若，求的值。【解析】由题意可得：因为： 所以（17）（本题满分10分）设平面内区域由直线及围成.计算。【解析】（18）（本题满分10分）设奇函数在上具有二阶导数，且.证明：（I）存在，使得；（II）存在，使得。【解析】（1）令则使得（2）令则又由于为奇函数，故为偶函数，可知,则使即，即（19）（本题满分11分）求曲线上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。【解析】本题本质上是在条件下求函数的最值。故只需求出在条件下的条件极值点，再将其与曲线端点处（）的函数值比较，即可得出最大值与最小值。由于函数与的增减性一致，故可以转化为求的条件极值点：构造拉格朗日函数，求其驻点得为了求解该方程组，将前两个方程变形为进一步有，故即。则有或或。当时，有，不可能满足方程；当，由于，也只能有，不可能满足第三个方程；故必有，将其代入得，解得。可知点是唯一的条件极值点。由于，故曲线上的点到坐标原点的最长距离为与最短距离为。（20）（本题满分11分）设函数，（I）求的最小值（II）设数列满足，证明存在，并求此极限.【解析】（I），则当时，；当时，。可知在上单调递减，在上单调递增。故的最小值为。（2）、由于，则，即，故单调递增。又由于，则，故有上界，则由单调有界收敛定理可知，存在。令，则，由于，则，故。（21）（本题满分11分）设曲线的方程为，（1）求的弧长；（2）设是由曲线，直线及轴所围平面图形，求的形心的横坐标。【解析】（1）由弧长的计算公式得的弧长为（2）由形心的计算公式可得，的形心的横坐标为（22）（本题满分11分）设，当为何值时，存在矩阵使得，并求所有矩阵。【解析】由题意可知矩阵C为2阶矩阵，故可设，则由可得线性方程组： （1）由于方程组（1）有解，故有，即从而有，故有从而有（23）（本题满分11分）设二次型，记。（I）证明二次型对应的矩阵为；（II）若正交且均为单位向量，证明二次型在正交变化下的标准形为二次型。【解析】(1) （2），则1,2均为A的特征值，又由于，故0为A的特征值，则三阶矩阵A的特征值为2,1,0，故f在正交变换下的标准形为
