2013年全国硕士研究生入学统一考试数二试题及答案.docx

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1、2013年全国硕士探讨生入学统一考试数学二试题一、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） 是函数的跳动连续点（B） 是函数的可去连续点（C）在处连续但不行导 （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

2、） （D）（6）设是圆域在第象限的局部，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）矩阵与相像的充分必要条件为（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

3、某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，该方程满意条件的解为 （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.解容许写出文字说明、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，直线与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与围成.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

4、坐标原点的最长间隔 与最短间隔 。（20）（本题满分11分）设函数，（I）求的最小值（II）设数列满意，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，直线与轴所围平面图形，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，并求全部矩阵。（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更下的标准形为二次型。2013年全国硕士探讨生入学统一考试数学二试题答案一、选择题:18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，

5、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】，又 与同阶但不等价的无穷小. 所以选（C）.(2) 设函数由方程确定，则 ( )（A）2 （B）1 （C）-1 （D）-2【答案】（A）【解析】因为即.又 两边对求导得：，将，代入上式得.选（A）.(3) 设函数，则 （ ）（A）是函数的跳动连续点 （B）是函数的可去连续点 （C）在处连续但不行导（D）在x=处可导【答案】（C）【解析】因是在唯一的第一类连续点，即在可积，故在连续.因是的第一类连续

6、点，故在不行导. 所以选（C）. (4) 设函数，若反常积分收敛，则 （ ）（A） （B） （C） （D）【答案】（D）【解析】，是瑕点，故时，瑕积分收敛.，要使其收敛，需.综上所述选（D）.（5）设，其中函数可微，则 ( ) (A) (B) (C) (D) 【答案】（A）【解析】 选（A）.（6）设是圆域在第象限的局部，记则 （ ）(A) (B) (C) (D) 【答案】（B）【解析】第二象限中，始终 即 选（B）.(7) 设A，B，C均为n阶矩阵，若，且可逆，则 （ ）(A) 矩阵的行向量组与矩阵的行向量等价(B) 矩阵的列向量组与矩阵的列向量等价 (C) 矩阵的行向量组与矩阵的行向量等价

7、 (D) 矩阵的列向量组与矩阵的列向量等价【答案】（B）【解析】将按列分块， 由于，故 即 即的列向量组可由的列向量线性表示 由于可逆，故，的列向量组可由的列向量组线性表示 选（B）. (8) 矩阵与相像的充分必要条件为 （ ）(A) (B)为随意实数 (C) (D)为随意实数【答案】(B)【解析】令，因为为实对称矩阵，为对角阵，则与相像的充要条件是的特征值分别为的特征方程因为是的特征值，所以所以，即.当时，的特征值分别为所以为随意常数即可. 故选(B).文章资料由经济学金融考研网整理发布。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.(9) _.【答案】.【解析

8、】 (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=，则所围平面图形的面积是 .【答案】【解析】. (12) 曲线上对应于=1的点处的法线方程为_.【答案】【解析】,当时 ，所以法线方程，即. (13) 已知，是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，则该方程满意条件，的解为_.【答案】【解析】故该方程组的通解为.由得.从而满意初始条件的解为. (14) 设是3阶非零矩阵，为的行列式，为的代数余子式，若，则=_.【答案】-1【解析】由于故而或；又，否则由得与题设冲突.三、解答题：1523小题，共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解容许写

9、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.【答案】，【解析】，即时，上式极限存在.当时，由题意 .(16) (本题满分10分)设是由曲线，直线与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】由旋转体积公式得：由已知条件知所以.(17) (本题满分10分)设平面区域由直线与围成.计算.y=3xOyxx=3yx+y=82 662(2，6)(6，2)【解析】由，故(18) (本题满分10分)设奇函数在上具有2阶导数，且.证明：（）存在.使得 ()存在 使得.【解析】（I）由于在上为奇函数，故，则令，则在上连续，在内可

10、导，且，由罗尔定理，存在，使得即（II）由于在上为奇函数，则在上为偶函数，所以由（I）令，则在上连续，在内可导，且，由罗尔定理存在，使得即.(19) (本题满分10分)求曲线上的点到坐标原点的最长间隔 与最短间隔 .【解析】设建立拉格朗日函数令（i） 若，得不合题意.（ii） 若，得或，均得不合题意.若，得或，由得，代入得，即得，故间隔 为.又；所以最长间隔 为，最短间隔 为1.(20) (本题满分11分)设函数（）求的最小值; ()设数列满意证明：存在并求此极限.【解析】（I）令是唯一驻点，且当，当所以是的微小值点，故是最小值.（II）由（I）知，又由已知可得，即，所以单调递增.又由，可得，

11、所以有上界由单调有界定理，存在，设为.对于两边取极限得，又，所以，又由（I）可知，即.(21) (本题满分11分)设曲线的方程为 .()求的弧长；()设是由曲线，直线，与轴所围成平面图形，求的形心的横坐标.【解析】设弧长为，由弧长的计算公式，得（II）由形心的计算公式，得其中为轴以与所围成的图形.(22) (本题满分11 分)设，当为何值时，存在矩阵，使得，并求全部 矩阵.【解析】设，由于，故即. (I)由于矩阵存在，故方程组(I)有解.对(I)的增广矩阵进展初等行变换：方程组有解，故，即.当时，增广矩阵变为为自由变量，令，代为相应的齐次方程组，得.令，代为相应齐次方程组，得.故，令，得特解，方程组的通解为，所以，其中为随意常数.(23) (本题满分11 分)设二次型.记()证明二次型对应的矩阵为；()若正交且均为单位向量.证明在正交变换下的标准型为.【解析】证明：(I) ，其中.由于所以二次型对应的矩阵为.(II)由于，与正交，故，为单位向量，故，故，同样.，由于，故有特征值.，由于，故有特征值.所以，故.因此在正交变换下的标准型为.第 19 页