2006考研数学二真题及答案解析.pdf

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1、文硕考研教育文硕考研教育20062006 年数学（二）考研真题及解答年数学（二）考研真题及解答一、填空题一、填空题（1）曲线y x4sin x的水平渐近线方程为.5x2cos x 1（2）设函数f(x)x3（3）广义积分x0sint2dt,x 0,x 0在x 0处连续，则a.a,0 xdx.(1 x2)2（4）微分方程y y(1 x)的通解是.xy（5）设函数y y(x)由方程y 1 xe确定，则（6）设 矩 阵A.二、选择题dydxA0=.21，E为2阶 单 位 矩 阵，矩 阵B满 足BA B2E，则B=12（7）设函数y f(x)具有二阶导数，且f(x)0,f(x)0，x为自变量x在x0处

2、的增量，y与dy分别为f(x)在点x0处对应的增量与微分，若x 0，则（A）0 dy y.（C）y dy 0.（B）0 y dy.（D）dy y 0.【】（8）设f(x)是奇函数，除x 0外处处连续，x 0是其第一类间断点，则（A）连续的奇函数.（C）在x 0间断的奇函数（9）设函数g(x)可微，h(x)e（A）ln3 1.（C）ln21.1g(x)x0f(t)dt是（B）连续的偶函数（D）在x 0间断的偶函数.【】,h(1)1,g(1)2，则g(1)等于（B）ln3 1.（D）ln21.【】x2xx（10）函数y C1e C2e xe满足一个微分方程是（A）y y2y 3xe.x（C）y y

3、2y 3xe.x（B）y y2y 3e.x（D）y y2y 3e.x文硕考研教育文硕考研教育（11）设f(x,y)为连续函数，则40df(rcos,rsin)rdr等于01（A）220dxdy1x2xf(x,y)dy.（B）220dxdy1x20f(x,y)dy.（C）2201y2yf(x,y)dx.（D）2201y20f(x,y)dx.【】（12）设f(x,y)与(x,y)均为可微函数，且1y(x,y)0.已知(x0,y0)是f(x,y)在约束条件(x,y)0下的一个极值点，下列选项正确的是（A）若fx(x0,y0)0，则fy(x0,y0)0.（B）若fx(x0,y0)0，则fy(x0,y0

4、)0.（C）若fx(x0,y0)0，则fy(x0,y0)0.（D）若fx(x0,y0)0，则fy(x0,y0)0.（13）设a1,a2,【】,a,均为n维列向量，A是mn矩阵，下列选项正确的是,a,线性相关，则Aa1,Aa2,a,线性相关，则Aa1,Aa2,a,线性无关，则Aa1,Aa2,a,线性无关，则Aa1,Aa2,Aa,线性相关.,Aa,线性无关.,Aa,线性相关.,Aa,线性无关.【】（A）若a1,a2,（B）若a1,a2,（C）若a1,a2,（D）若a1,a2,（14）设A为 3 阶矩阵，将A的第 2 行加到第 1 行得B，再将B的第 1 列的-1 倍加到第 2 列得C，记110P

5、010，则001（A）C P AP.（C）C P AP.T1（B）C PAP.（D）C PAP.T1三三 解答题解答题15试确定 A，B，C 的常数值，使得e(1 Bx Cx)1 Axo(x)，其中o(x)是当x233x 0时比x3的高阶无穷小。文硕考研教育文硕考研教育arcsinexdx16求xe17设区域D(x,y)x2 y21,x 01 xy计算二重积分I dxdy221 x yD18设数列xn满足0 x1,xn1 sin xn(n 0,1,2,)证明:(1)limxn1存在,并求极限xx2(2)计算lim(n1)xnxxn191证明:当0ab 时bsinb2cos bb asinaac

6、osaa20 设函数fu在0,内具有二阶导数,且z fx y222z2z满足等式22 0 xy()验证f uf u 0.u()若f10,f 11,求函数fu的表达式.x l21,21已知曲线L的方程为2y 4l t（）讨论L的凹凸性；(t 0),（）过点（-1，0）引L的切线，求切点(x0,y0)，并写出切线的方程；（）求此切线与L（对应于x x0的部分）及x轴所围成的平面图形的面积。22 已知非齐次线性方程组x1 x2 x3 x4 14x13x25x3 x4 1 有3个线性无关的解ax x 3x bx 13412证明方程组系数矩阵 A 的秩rA 2求a,b的值及方程组的通解文硕考研教育文硕考

7、研教育23 设 3 阶实对称矩阵A 的各行元素之和均为3,向量11,2,1,20,1,1是线性方程组 Ax=0的两个解,()求 A 的特征值与特征向量()求正交矩阵 Q 和对角矩阵 A,使得Q AQ A.TTT文硕考研教育文硕考研教育真题答案解析真题答案解析一、填空题（1）曲线y x4sin x的水平渐近线方程为5x2cos xy 154sin xx1lim y limxx2cos x55x11x23sint dt,x 0（2）设函数f(x)x0在 x=0 处连续，则 a=a,x 0sm(x2)1lim f(x)lim2x0 x03x313（3）广义积分0 xdx(1 x2)2120 xdx1

8、(1 x2)220d(1 x2)11(1 x2)22(1 x2)0 01122（4）微分方程y y(1 x)的通解是xyy cxex（5）设函数y y(x)由方程y 1 xe确定，则当 x=0 时，y=1，又把方程每一项对 x 求导，y e xe yy(1 xe)eyyyydydxx0eyx0ey 1 xeyx0y1 e二、选择题（7）设函数y f(x)具有二阶导数，且f(x)0,f(x)0,x为自变量 x 在点 x0处的增量，y与dy分别为f(x)在点x0处对应增量与微分,若x 0，则A（A）0 dy y（C）y dy 0（B）0 y dy（D）dy y 0由f(x)0可知f(x)严格单调增

9、加文硕考研教育文硕考研教育f(x)0可知f(x)是凹的即知（8）设f(x)是奇函数，除x 0外处处连续，x 0是其第一类间断点，则xf(t)dt是B0（A）连续的奇函数（C）在 x=0 间断的奇函数（B）连续的偶函数（D）在 x=0 间断的偶函数（9）设函数g(x)可微,h(x)e（A）ln3 1（C）ln2 1h(x)g(x)e1g(x)1g(x),h(1)1,g(1)2,则 g(1)等于C（B）ln3 1（D）ln2 11g(1)，1 2ex2xx（10）函数y c1e c2 xe满足的一个微分方程是D（A）y y2y 3xe（C）y y2y 3xexx（B）y y2y 3e（D）y y2

10、y 3exx 特征根为 1 和-2，故特征方程为(1)(2)041（11）设f(x,y)为连续函数，则d022f(rcos,rsin)rd等于C01x2（A）dx0 x221y2f(x,y)dy（B）dx00221y2221x2f(x,y)dy（C）dy0yf(x,y)dx（D）dy00f(x,y)dx（12）设f(x,y)与(x,y)均为可微函数，且y(x,y)0,已知(x0,y0)是f(x,y)在约束条件(x,y)0下的一个极值点，下列选项正确的是D（A）若fx(x0,y0)0,则fy(x0,y0)0（B）若fx(x0,y0)0,则fy(x0,y0)0（C）若fx(x0,y0)0,则fy(

11、x0,y0)0文硕考研教育文硕考研教育（D）若fx(x0,y0)0,则fy(x0,y0)0令 F f(x,y)(x,y)(x,y)0Fx fx(x,y)xFy fy(x,y)y(x,y)0F(x,y)0fy(x0,y0)(1)(2)(x0,y0)fy(x0,y0)x今代入(1)得fx(x0,y0)y(x0,y0)0,y(x0,y0)y(x0,y0)(x0,y0)0 则fy(x0,y0)0故选D今fx(x0,y0)0,fy(x0,y0)x三、解答题（15）试 确 定A，B，C的 常 数 值，使e(1 Bx Cx)1 Axo(x)其 中o(x)是 当x233x 0时比x3的高阶无穷小.x2x3o(

12、x3)代入已知等式得解：泰勒公式e 1 x26xx2x31 xo(x3)1 BxCx21 Axo(x3)26整理得11 B1(B1)x(C B)x2C o(x3)1 Axo(x3)262比较两边同次幂函数得B+1=A1=02B1C 026B12 0 则B 式-得2331A 代入得31C 代入得6C+B+arcsinexdx（16）求xe文硕考研教育文硕考研教育arcsinexxarcsintxde 令e t解：原式=t2dt(ex)21arcsintdt arcsintd()2ttt 1t arcsinttdtarcsint1(2udu)令 1t2 u 222tt2u(1u)t1t arcsi

13、nttduu21 arcsintt12lnu 1u 1Carcsinexexdx arcsinex11e2x1ex2ln1e2x1C（17）设区域D(x,y)|x2 y2|,x 0计算二重积分I 1 xydxdyD1 x2 y2解：用极坐标系xyD1 x2 y2dxdy 0211I drdr ln(1201r22r)ln2022（18）设数列xn满足0 x1，xn1 sin xn(n 1,2,3,)证明：（1）limxn1存在，并求极限n1（2）计算lim xn1xnn2xn证：（1）x2 sin x1,0 x21,因此n 2xn1 sin xn xn,xn单调减少有下界xn0根据准则 1，l

14、imnxn A存在文硕考研教育文硕考研教育在xn1 sin xn两边取极限得A sin A A 0因此limxn1 0n1sin xnxn2（2）原式 limnxn1为1型离散散不能直接用洛必达法则lim2lnsint et0t 先考虑limt0tt2lim11 sinttt02t用洛必达法则 e1(tcostsint)sintt2t et0limtcostsint2t3 et2 t3t10(t2)t0(t3)26lim3t02t e1133 t 0(t)26lim2t3t0 e16（19）证明：当0 a b 时，bsinb2cos bb asina2cos a证：令f(x)xsin x2co

15、s xx只需证明0 a x 时,f(x)单调增加（严格）1af(x)sin x xcosx2sin x xcosxsin xf(x)cosx xsin xcosx xsin x 0 f(x)单调减少（严格）又f()cos 0故0 a x 时f(x)0则f(x)单调增加（严格）由b a则f(b)f(a)得证（20）设函数f(u)在(0,)内具有二阶导数，且Z fx2 y2满足等式文硕考研教育文硕考研教育2z2z 0 x2y2（I）验证f(u)f(u)0u（II）若f(1)0,f(1)1求函数f(u)的表达式证：（I）z f x2x2 y2xx y22;z f y2x2 y2yx y23 2222

16、z f x22z f 2yx y2x2 f 22x yy2 f 22x yx y2x y2y2x y22x y22x y2x223 22z2z代入方程22 0 xy f(u)f(u)0成立u得f x y22f(x2 y2)x y22 0（II）令f(u)p,则dppdpduc;c,p duupuuf(1)1,c 1,f(u)ln|u|c2,由f(1)0,c2 0 f(u)ln|u|x t21（21）已知曲线 L 的方程2y 4t t（I）讨论 L 的凹凸性(t 0)（II）过点(1,0)引 L 的切线，求切点(x0,y0)，并写出切线的方程（III）求此切线与 L（对应x x0部分）及 x 轴

17、所围的平面图形的面积解：（I）dxdydy42t2 2t,42t,1dtdtdx2tt dy d1d2y12 1dx 0(t 0处)23dxdx2dtt2ttdt曲线L(在t 0处)是凸文硕考研教育文硕考研教育（II）切线方程为y 0 2221，y0 4t0t01(x1)，设x0 t0，t则4t0t02 222321(t02),4t0t0(2t0)(t02)t0t0 0 t012得t0t02 0,(t01)(t0 2)0点为（2，3），切线方程为y x1（III）设 L 的方程x g(y)则S g(y)(y1)dy30t 4t y 0 解出t 24 y得x 24 y221由于（2，3）在 L

18、上，由y 3得x 2可知x 24 y21 g(y)S 9 y4 4 y(y1)dy0333(102y)dy44 ydy00(10y y2)40033324 yd(4 y)214(4 y)23038642 21 3333线代线代(6)设A A=2 1 ,2 阶矩阵B B满足BABA=B B+2E E,则|B B|=.-1 2解:由BABA=B B+2E E化得B B(A A-E E)=2E E,两边取行列式,得|B B|A A-E E|=|2E E|=4,计算出|A A-E E|=2,因此|B B|=2.(13)设 1,2,s都是 n 维向量，A A是 mn 矩阵，则（）成立.(A)若 1,2,

19、s线性相关,则A A 1,A A 2,A A s线性相关.(B)若 1,2,s线性相关,则A A 1,A A 2,A A s线性无关.(C)若 1,2,s线性无关,则A A 1,A A 2,A A s线性相关.(D)若 1,2,s线性无关,则A A 1,A A 2,A A s线性无关.解:(A)本题考的是线性相关性的判断问题,可以用定义解.若 1,2,s线性相关,则存在不全为 0 的数 c1,c2,cs使得文硕考研教育文硕考研教育c1 1+c2 2+cs s=0,用A A左乘等式两边,得c1A A 1+c2A A 2+csA A s=0,于是A A 1,A A 2,A A s线性相关.如果用秩

20、来解,则更加简单明了.只要熟悉两个基本性质,它们是:1.1,2,s线性无关 r(1,2,s)=s.2.r(ABAB)r(B B).矩阵(A A 1,A A 2,A A s)=A A(1,2,s),因此r(A A 1,A A 2,A A s)r(1,2,s).由此马上可判断答案应该为(A).(14)设A A是 3 阶矩阵,将A A的第 2 列加到第 1 列上得B B,将B B的第 1 列的-1 倍加到第 2 列上得C C.记 11 0P P=0 1 0 ,则 0 0 1-1-1(A)C C=P P APAP.(B)C C=PAPPAP.TT(C)C C=P P APAP.(D)C C=PAPPA

21、P.解:(B)用初等矩阵在乘法中的作用得出B B=PAPA,1-1 0C C=B B0 1 0=BPBP-1=PAP PAP-1.0 0 1(22)已知非齐次线性方程组x1+x2+x3+x4=-1,4x1+3x2+5x3-x4=-1，ax1+x2+3x3+bx4=1有 3 个线性无关的解.证明此方程组的系数矩阵A A的秩为 2.求 a,b 的值和方程组的通解.解:设 1,2,3是方程组的 3 个线性无关的解,则 2-1,3-1是AXAX=0 的两个线性无关的解.于是AXAX=0 的基础解系中解的个数不少于2,即 4-r(A A)2,从而 r(A A)2.又因为A A的行向量是两两线性无关的,所

22、以 r(A A)2.两个不等式说明 r(A A)=2.对方程组的增广矩阵作初等行变换:1 1 1 1 -11 1 1 1 -1(A A|)=4 3 5-1 -1 0 1 15 3 ,a 1 3 b 1 0 0 4-2a 4a+b-5 4-2a由 r(A A)=2,得出 a=2,b=-3.代入后继续作初等行变换:1 0 2-4 2 0 1-1 5 -3 .0 0 0 0 0得同解方程组 x1=2-2x3+4x4，文硕考研教育文硕考研教育 x2=-3+x3-5x4，TTT求 出 一 个 特 解(2,-3,0,0)和AXAX=0 的 基 础 解 系(-2,1,1,0),(4,-5,0,1).得 到

23、方 程 组 的 通 解:TTT(2,-3,0,0)+c1(-2,1,1,0)+c2(4,-5,0,1),c1,c2任意.TT(23)设 3 阶实对称矩阵A A的各行元素之和都为3,向量 1=(-1,2,-1),2=(0,-1,1)都是齐次线性方程组AXAX=0 的解.求A A的特征值和特征向量.求作正交矩阵Q Q和对角矩阵,使得 TQ Q AQAQ=.TTT解:条件说明A A(1,1,1)=(3,3,3),即 0=(1,1,1)是A A的特征向量,特征值为 3.又 1,2都是AXAX=0的解说明它们也都是A A的特征向量,特征值为 0.由于 1,2线性无关,特征值 0 的重数大于 1.于是A A的特征值为 3,0,0.属于 3 的特征向量:c 0,c0.属于 0 的特征向量:c1 1+c2 2,c1,c2不都为 0.将 0单位化,得 0=(333T,).33322T666T,),2=(-,).22366对 1,2作施密特正交化,的 1=(0,-作Q Q=(0,1,2),则Q Q是正交矩阵,并且 3 0 0 T-1Q Q AQAQ=Q Q AQAQ=0 0 0 .0 0 0