2015四川考研数学二真题及答案.pdf

20152015 四川考研数学二真题及答案四川考研数学二真题及答案一、选择题一、选择题:1:18 8 小题小题,每小题每小题 4 4 分分,共共 3232 分分.下列每题给出的四个选项中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只有一个选项符合题目要求的,请将所选项前的字母填在请将所选项前的字母填在答题纸答题纸指定位置指定位置上上.(1)下列反常积分收敛的是()(A)21dxx(B)2lnxdxx(C)21lndxxx(D)2xxdxe【答案】(D)【解析】(1)xxxdxxee，则2222(1)3lim(1)3xxxxxdxxeexeee.(2)函数 20sinlim(1)xtttfxx在(,)内()(A)连续(B)有可去间断点(C)有跳跃间断点(D)有无穷间断点【答案】(B)【解析】220sinlim0sin()lim(1)txt xxtxtttf xeex，0 x，故()f x有可去间断点0 x.(3)设函数 1cos,00,0 xxxfxx(0,0),若 fx在0 x 处连续则:()(A)0(B)01(C)2(D)02【答案】(A)【解析】0 x 时，0fx 00f 1001cos010limlimcosxxxxfxxx0 x 时，11111cos1sinfxxxxxx 1111cossinxxxx fx在0 x 处 连 续 则：10100limcos0 xffxx得10 +1100110lim=limcossin=0 xxffxxxxx得：10，答案选择 A(4)设函数()f x在,内连续，其中二阶导数()fx的图形如 图 所 示，则 曲 线()yf x的 拐 点 的 个 数 为()(A)0(B)1(C)2(D)3【答案】(C)【解析】根据图像观察存在两点，二阶导数变号.则拐点个数为 2 个。(5)设函数,f u v满足22,yfxyxyx，则11uvfu与11uvfv依次是()(A)1,02(B)10,2(C)1,02(D)10,2【答案】(D)【解析】此题考查二元复合函数偏导的求解.令,yuxy vx，则,11uuvxyvv，从而22(,)yf xyxyx变为222(1)(,)111uuvuvf u vvvv.故222(1)2,1(1)fuvfuuvvv，因而111110,2uuvvffuv.故选（D）.(6)设D是第一象限由曲线21xy，41xy 与直线yx，3yx围 成 的 平 面 区 域，函 数,fx y在D上 连 续，则,Df x y dxdy()(A)13sin2142sin2cos,sindf rrrdr(B)1sin23142sin2cos,sindf rrrdr(C)13sin2142sin2cos,sindf rrdr(D)1sin23142sin2cos,sindf rrdr【答案】(B)【解析】根据图可得，在极坐标系下计算该二重积分的积分区域为11(,),432sin2sin2Drr所以1n23142sin2(,)(cos,sin)siDf x y dxdydf rrrdr故选 B.(7)设矩阵21111214aaA,21ddb.若集合1,2，则线性 方 程 组Axb有 无 穷 多 解 的 充 分 必 要 条 件 为：()(A),ad(B),ad(C),ad(D),ad【答案】D【解析】2211111111(,)1201111400(1)(2)(1)(2)A badadadaadd，由()(,)3r Ar A b，故1a 或2a，同时1d 或2d。故选（D）(8)设二次型123,fx xx在正交变换xPy下的标准形为2221232yyy，其 中123(,)Pe e e，若132(,)Qee e则123(,)fx xx在 正 交 变 换xQy下 的 标 准 形 为：()(A)2221232yyy(B)2221232yyy(C)2221232yyy(D)2221232yyy【答案】(A)【解析】由xPy，故222123()2TTTfx AxyP AP yyyy.且200010001TP AP.100001010QPPC200()010001TTTQ AQCP AP C所以222123()2TTTfx AxyQ AQ yyyy。选（A）二二、填空题填空题：9 91414 小题小题,每小题每小题 4 4 分分,共共 2424 分分.请将答案写在请将答案写在答题答题纸纸指定位置上指定位置上.(9)3arctan3xtytt则212td ydx【答案】48【解析】2222333(1)11dydytdttdxdxdtt22223(1)d ydtdxdx2222223(1)12(1)12(1)11dtttdtttdxdtt22148td ydx.(10)函数2()2xf xx在0 x 处的n阶导数(0)nf_【答案】21ln2nn n【解析】根据莱布尼茨公式得：(2)2220(1)02 22 ln2(1)ln22nnnnxnxn nfCn n(11)设 fx连续，20 xxxf t dt，若 11,15，则 1f【答案】2【解析】已知20()()xxxf t dt，求导得2220()()2()xxf t dtx f x，故有10(1)()1,f t dt(1)12(1)5,f 则(1)2f.(12)设函数 yy x是微分方程20yyy的解，且在0 x 处 y x取得极值 3，则 y x=。【答案】22xxee【解析】由题意知：03y，00y，由特征方程：220解得121,2 所以微分方程的通解为：212xxyC eC e代入 03y，00y解得：12C 21C 解得：22xxyee(13)若函数,Zz x y由方程231xyzexyz确定，则0,0dz=。【答案】1d2d3xy【解 析】当0,0 xy时0z，则 对 该 式 两 边 求 偏 导 可 得2323(3)xyzxyzzexyyzex 2323(3)2xyzxyzzexyxzey。将（0,0,0）点值代入即有12,.(0,0)(0,0)33zzxy 则可得(0,0)121|d2d.333dzdxdyxy (14)若3阶矩阵A的特征值为2,2,1，2BAAE，其中E为3阶单位阵，则行列式B.【答案】21【解析】A的所有特征值为2,2,1.B的所有特征值为3,7,1.所以|3 7 121B 。三、解答题：三、解答题：15152323 小题小题,共共 9494 分分.请将解答写在请将解答写在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.解答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(15)(本题满分 10 分）设函数()ln(1)sinf xxaxbxx，3()g xkx.若()f x与()g x在0 x 时是等价无穷小，求,a b k的值.【答案】111,32akb 【解析】方法一：因为233ln(1)()23xxxxo x，33sin()3!xxxo x，那么，23333000(1)()()()ln(1)sin231limlimlim()xxxaaa xbxxo xf xxaxbxxg xkxkx，可得：100213aabak，所以，11213abk 方法二：由题意得300sin)1ln(lim)()(lim1kxxbxxaxxgxfxx203cossin11limkxxbxxbxax由分母03lim20kxx，得分子)cossin11(lim0 xbxxbxax0)1(lim0ax，求得 c；于是)()(lim10 xgxfx203cossin111limkxxbxxbxx）（xkxxxbxxxbxx13cos)1(sin)1(lim20203cos)1(sin)1(limkxxxbxxxbxxkxxxbxxbxxxbxxbxbx6sin)1(coscos)1(cos)1(sin1lim0由分母06lim0kxx，得分子sin)1(coscos)1(2sin1 lim0 xxbxxbxxxbxbx0)cos21(lim0 xbx，求得21b；进一步，b 值代入原式)()(lim10 xgxfxkxxxxxxxxxx6sin)1(21cos21cos)1(sin211lim0kxxxxxxxxxxxxxxx6cos)1(21sin21sin)1(21sin21cos21sin)1(coscos21lim0k621，求得.31k(16)(本题满分 10 分)设 A0，D 是由曲线段sin(0)2yAxx及直线0y，2x所围成的平面区域，1V，2V分别表示 D 绕x轴与绕y轴旋转成旋转体的体积，若12VV，求 A 的值。【答案】8【解析】由旋转体的体积公式，得dxxf2021)(VdxxA202)sin(dxxA20222cos1422Adxxxf202)(2VAxdxA-2cos220由题,VV21求得.8A(17)(本题满分 11 分)已 知 函 数(,)f x y满 足(,)2(1)xxyfx yye，(,0)(1)xxfxxe，2(0,)2fyyy，求(,)f x y的极值。【答案】极小值(0,1)1f【解析】xxyeyyxf)1(2),(两边对 y 积分，得)()21(2),(2xeyyyxfxx)()2(2xeyyx，故xxexxxf)1()()0,(，求得)1()(xexx，故)1()2(),(2xeeyyyxfxxx，两边关于 x 积分，得dxxeeyyyxfxx)1()2(),(2xxdexeyy)1()2(2dxeexeyyxxx)1()2(2C)1()2(2xxxeexeyyC)2(2xxxeeyy由yyyyyf2C2),0(22，求得.0C所以xxxeeyyyxf)2(),(2.令0)22(0)2(2xyxxxxeyfxeeeyyf，求得10yx.又xxxxxxeeeyyf 2)2(2，xxyeyf)1(2，xyyef2，当1,0yx时，(0,1)1,xxAf,0)1,0(B xyf2)1,0(yyfC，20,ACB(0,1)1f 为极小值.(18)(本题满分 10 分)计算二重积分()Dx xy dxdy，其中222(,)2,Dx yxyyx【答案】245【解析】2()DDx xy dxdyx dxdy2212202xxdxx dy122202(2)xxx dx2sin12222400222222sin2cos55xtxx dxttdt22242002222sin 2sin.5545uttdtudu(19)(本题满分 11 分)已知函数 212111Xxf xt dttdt，求 fx零点的个数？【答案】2个【解析】222()1211(21)fxxxxxx 令()0fx,得驻点为12x,在1(,)2,()f x单调递减,在1(,)2,()f x单调递增故1()2f为唯一的极小值,也是最小值.而111122411112241()11112ft dttdtt dttdt11122111224111t dttdtd在1(,1)2,211tt,故1121122110t dttdt从而有1()02f2121lim()lim11xxxxf xt dttdt 22122111lim()lim11lim11xxxxxxxf xt dttdttdtt dt考虑221221121limlim11xxxxtdtxxxt dt，所以lim()xf x.所以函数()f x在1(,)2及1(,)2上各有一个零点，所以零点个数为 2.(20)(本题满分 10 分)已知高温物体置于低温介质中，任一时刻该物体温度对时间的变化率与该时刻物体和介质的温差成正比，现将一初始温度为120 C的物体在20 C的恒温介质中冷却，30min 后该物体降至30 C，若要将该物体的温度继续降至21 C，还需冷却多长时间？【答案】30min【解析】设t时刻物体温度为()x t，比例常数为(0)k，介质温度为m,则()dxk xmdt，从而()ktx tCem，(0)120,20 xm，所以100C，即()10020ktx te又1()30,2x所以2ln10k，所以11()20100tx t当21x 时，t，所以还需要冷却min.(21)(本题满分 10 分)已知函数 fx在区间+a，上具有2阶导数，0f a，0fx，0fx，设ba，曲线 yfx在点,b f b处的切线与x轴的交点是00 x，证明0axb。【证明】根据题意得点(,()b f b处的切线方程为()()()yf bf b xb令0y，得0()()f bxbf b因为(x)0f 所以(x)f单调递增，又因为(a)0f所以(b)0f，又因为()0f b所以0()()f bxbbf b又因为0()()f bxabaf b，而在区间（a,b）上应用拉格朗日中值定理有(b)f(a)(),(a,b)ffba 所以0()()()()()()()()()()()f bf bf bf bfxabaf bf bff bf b f因为(x)0f 所以(x)f 单调递增所以()()f bf所以00 xa，即0 xa，所以0axb，结论得证.(22)(本题满分 11 分)设矩阵101101aAaa且3AO.(1)求a的值；(2)若矩阵X满足22XXAAXAXAE，E为 3 阶单位阵，求X.【答案】2010,111211aX【解析】(I)323100100111100011aAOAaaaaaaaa (II)由题意知222211122212XXAAXAXAEX EAAX EAEEA X EAEXEAEAEAEAXEAA2011111112EAA，011 100111 010111 010011 100112 001112 001MMMMMM111 010111 010011100011100021011001211MMMMMM110 201100 312010 111010 111001 211001 211MMMMMM312111211X(23)(本题满分 11分)设矩阵02313312Aa 相似于矩阵12000031Bb.（1）求,a b的值；（2）求可逆矩阵P，使1P AP为对角阵.【答案】（1）4,5ab；（2）231101011P【解析】(I)()()311ABtr Atr Bab 0231201330012031 ABba14235 abaabb(II)023100123133010123123001123AEC 123112311231231 CC的特征值1230,40时(0)0EC x的基础解系为12(2,1,0);(3,0,1)TT5时(4)0EC x的基础解系为3(1,1,1)TA 的特征值1:1,1,5 AC令123231(,)101011 P，1115P AP