2002安徽考研数学二真题及答案.doc

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1、2002安徽考研数学二真题及答案一、填空题(本题共5小题，每小题3分，满分15分，把答案填在题中横线上)(1) 设函数在处连续，则 .(2) 位于曲线下方，轴上方的无界图形的面积是_.(3) 微分方程满足初始条件的特解是_.(4) _ .(5) 矩阵的非零特征值是_.二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1) 设函数可导，当自变量在处取得增量时，相应的函数增量 的线性主部为，则=( )(A)1 (B)0.1 (C)1 (D)0.5(2) 设函数 连续，则下列函数中，必为偶函数的是( )(A) (B)

2、(C) (D)(3) 设是二阶常系数微分方程 满足初始条的特解，则当，函数的极限( )(A)不存在 (B)等于1 (C)等于2 (D)等于3(4) 设函数在内有界且可导，则( )(A)当时，必有.(B)当存在时，必有.(C)当时，必有.(D)当存在时，必有.(5) 设向量组线性无关，向量 可由线性表示，而向量 不能由线性表示，则对于任意常数 ，必有( )(A) , 线性无关； (B) , 线性相关；(C),线性无关； (D),线性相关三、(本题满分6分)已知曲线的极坐标方程是 ，求该曲线上对应于处的切线与法线的直角坐标方程.四、(本题满分7分)设求函数的表达式.五、(本题满分7分)已知函数在内

3、可导， , 且满足,求.六、(本题满分8分)求微分方程的一个解,使得由曲线， 与直线以及轴所围成的平面图形绕轴旋转一周的旋转体体积最小.D 1m 1m C A B1ml h七、(本题满分7分)某闸门的性状与大小如图所示，其中直线 为对称轴，闸门的上部为矩形，下部由二次抛物线与线段所围成，当水面与闸门的上端相平时，欲使闸门矩形部分承受的水压力与闸门下部承受的水压力之比为5：4，闸门矩形部分的高 应为多少 (米)？八、(本题满分8分)设，证明数列的极限存在，并求此极限.九、(本题满分8分)设，证明不等式十、(本题满分8分)设函数 在的某邻域内具有二阶连续导数，且 证明:存在惟一的一组实数，使得当时

4、，是比高阶的无穷小.十一、(本题满分6分)已知为3 阶矩阵，且满足,其中是3阶单位矩阵.(1) 证明：矩阵可逆；(2) 若,求矩阵十二、(本题满6分)已知4阶方阵均为4维列向量，其中线性无关，.如果，求线性方程组的通解.参考答案一、填空题(1)【答案】 -2 【详解】如果分段函数连续，则在0点处的左右极限相等，从而确定的值当时，；，所以有 如果在处连续，必有 即(2)【答案】 1 【详解】面积其中 (3)【答案】【详解】方法1：这是属于缺的类型 命原方程化为，得或，即，不满足初始条件，弃之；所以所以，分离变量得，解之得 即由初始条件，可将先定出来： 于是得解之得，以代入，得，所以应取“+”号且

5、 于是特解是方法2：将改写为，从而得 以初始条件代入，有，所以得 即，改写为 解得再以初值代入，所以应取且 于是特解(4)【答案】【详解】利用定积分的概念将被积函数化为定积分求极限因为 其中，所以根据定积分的定义，有(5)【答案】4【详解】记，则(对应元素相减)两边取行列式，(其中指数中的1和1分别是所在的行数和列数)令，解得，故是矩阵的非零特征值(另一个特征值是(二重)二、选择题(1)【答案】(D)【详解】在可导条件下，当时称为的线性主部而，以代入得，由题设它等于01，于是，应选(D)(2)【答案】(D)【详解】对与(D)，令，则，令，则，所以所以(D)为偶函数同理证得(A)、(C)为奇函数

6、，而(B)不确定，如故应选(D)(3)【答案】(C)【详解】由，且，可知方法1：因为当时，所以，故选(C)方法2：由于 将函数按麦克劳林公式展开，代入，有(4) 【详解】方法1：排斥法令，则在有界，但不存在，故(A)不成立；，但 ，(C)和(D)不成立，故选(B)方法2：证明(B)正确 设存在，记，证明用反证法，若，则对于，存在，使当时，即由此可知，有界且大于在区间上应用拉格朗日中值定理，有从而，与题设有界矛盾类似可证当时亦有矛盾 故(5)【答案】A【详解】方法1：对任意常数，向量组，线性无关 用反证法，若，线性相关，因已知线性无关，故可由线性表出 即存在常数，使得 又已知可由线性表出，即存在

7、常数，使得代入上式，得与不能由线性表出矛盾故向量组，线性无关，选(A)方法2：用排除法B选项：取，向量组，即，线性相关不成立，否则因为，线性相关，又线性无关，故可由线性表出即存在常数，使得 与已知矛盾，排除(B)C选项：取，向量组，即，线性无关不成立，因为可由线性表出，线性相关，排除(C)D选项：时，线性相关不成立若，线性相关，因已知线性无关，故可由线性表出即存在常数，使得 . 又已知可由线性表出，即存在常数，使得代入上式，得因为，故 与不能由线性表出矛盾故,线性相关不成立，排除(D)故选(A)三【详解】由极坐标到直角坐标的变换公式，化极坐标曲线为直角坐标的参数方程为， 即 曲线上的点对应的直

8、角坐标为于是得切线的直角坐标方程为，即(这是由直线的点斜式得到的，直线的点斜式方程为，由导数的几何意义知在时斜率为1，且该点的直角坐标为)， 法线方程为即(这是由直线的点斜式方程及在同一点切线斜率与法线斜率为负倒数的关系而得) 四【详解】当时当时，所以五【详解】因为，又 ， 从而得到 于是推得 ，即解此微分方程，得 ，改写成 再由条件，于是得六【详解】这是一阶线性微分方程，由通解公式(如果一个一阶线性方程为那么通解为)有由曲线与及轴围成的图形绕轴旋转一周的旋转体的体积为(旋转体的体积公式：设有连续曲线，与直线及轴围成平面图形该图形绕轴旋转一周产生旋转体的体积为)取使最小，由求最值的方法知先求函

9、数的驻点，即的点，解得 又，故为的惟一极小值点，也是最小值点，于是所求曲线为yD 1m 1m C 七【详解】方法1：建立坐标系如下图，由于底部是二次抛物线我们设此抛物线为l h，由坐标轴的建立知此抛物线过A B O x点，把这两点代入抛物线的方程，1m得，所以即底部的二次抛物线是，细横条为面积微元，按所建立的坐标系及抛物线的方程，得到面积微元，因此压力微元 (这是由压力的公式得到的：压力=压强面积)平板上所受的总压力为 其中以代入，计算得抛物板上所受的总压力为 其中由抛物线方程知，代入计算得，由题意，即 解之得(米)(舍去)，即闸门矩形部分的高应为八【详解】由知及均为正数，故 (为正数)假设，

10、则再一次用不等式，得由数学归纳法知，对任意正整数有另一方面，所以单调增加单调增加数列有上界，所以存在，记为由两边取极限，于是由极限的运算性质得 即解得或，但因且单调增，故，所以九【详解】左、右两个不等式分别考虑. 先证左边不等式，方法1：由所证的形式想到用拉格朗日中值定理而中第二个不等式来自不等式(当时)，这样就证明了要证明的左边方法2：用单调性证，将改写为并移项，命，有(当)，所以，当时单调递增. 所以，故，即 再证右边不等式，用单调性证，将改写为并移项，命有，及所以当时，再以代入，得即右边证毕十【详解】从题目结论出发，要证存在唯一的一组，使得由极限的四则运算法则知，分子极限应为0，即由于在

11、连续，于是上式变形为 由知 (1)由洛必达法则， (2)由极限的四则运算法则知分子的极限应是，即由于在连续，于是上式变形为，由知 (3)对(2)再用洛必达法则，和在连续由，故应有 (4)将(1)、(3)、(4)联立解之，由于系数行列式由克莱姆法则知，存在唯一的一组解满足题设要求，证毕十一【详解】(1) 由题设条件，两边左乘，得，即 所以 ，根据可逆矩阵的定义知可逆，且(2) 由(1)结果知，根据逆矩阵的性质，其中为不等于零的常数，有故 又 (对应元素相减)因为若，对进行初等行变换，故，代入中，则(常数与矩阵相乘，矩阵的每一个元素都需要乘以该常数)(对应元素相加)十二【详解】方法1：记，由线性无

12、关，及即可以由线性表出，故线性相关，及即可由线性表出，知系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等，故有解对应齐次方程组，其系数矩阵的秩为3，故其基础解系中含有4-3(未知量的个数-系数矩阵的秩)个线性无关的解向量，故其通解可以写成，是的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，知的通解为，其中是对应齐次方程组的通解，是的一个特解，因故，故是的一个非零解向量，因为的基础解系中只含有一个解向量，故是的基础解系又，即故是的一个特解，根据非齐次线性方程组的解的结构定理，方程组的通解为(其中是任意常数)方法2：令，则线性非齐次方程为已知，故将代入上式，得由已知线性无关，根据线性无关的定义，不存在不全为零的常数使得，上式成立当且仅当其系数矩阵为，因为3阶子式，其秩为3，故其齐次线性方程组的基础解系中存在1个(4-3)线性无关的解向量，取自由未知量，则方程组有解故方程组有通解(其中是任意常数)