2022年全国硕士研究生招生考试302数学二预测卷1和答案解析.pdf

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1、2 0 2 2年全国硕士研究生招生考试数学（二）预测卷（一）（科目代码：302）考生注意事项1.答题前，考生须在试题册指定位置上填写考生编号和考生姓名；在答题卡指定位置上填写报考单位、考生姓名和考生编号，并涂写考生编号信息点。2.选择题的答案必须涂写在答题卡相应题号的选项上，非选择题的答案必须书写在答题卡指定位置的边框区域内。超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题册上答题无效。3.填（书）写部分必须使用黑色字迹签字笔书写，字迹工整、笔迹清楚；涂写部分必须使用2B铅笔填涂。4.考试结束，将答题卡和试题册按规定交回。（以下信息考生必须认真填写）考生编号考生姓名一、选择题：1 1 0 小题,每小

2、题5 分，共 5()分.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的.1 .已知e -e i 与(：)”为 -8 时的等价无穷小量,则m=A.1.B.2.C.3.D.4.2 .已知函数/(z)在 z =a处连续，且lim 咽 立/(竺二1)=6,则/(a)=r-0 JC JC/A.0.B.1.C.2.D.3.3 .设二元函数fXx,y)=-1+/-d u,则下列结论正确的是J。1+e-C O S2MA./(1,1)2.C./(-I,-1)2.-2.4.若反常积分J?d r 收敛,则常数p的取值范围为A.p V 1.B./0.C.p 1.D./1.5 .若函数/(x)=llnx-a

3、rl有两个不可导点.则常数a的取值范围为A.a 4 0.B.O VaVelC.a C e D.6 .设 d z i=z c L r+y d y,d z 2 =y c t r+-rd y,则点(0,0)A.是Z1的极大值点，也是Z 2 的极大值点.B .是 Z i的极小值点，也是Z 2 的极小值点.C.是 Z 1 的极大值点，不是Z 2 的极值点.D.是 Z,的极小值点，不是血的极值点.7.设 D =(,*)|f+2 0时为正.当2 0)的长度为 113.设/X z)=(不 一 1)”，则广D=.14.设二元函数2=不 一 匚 石，其中/(“)为可微函数,则工毕一上空=/(r，+V)JC dx

4、y dy-15.f arctan 八 dr=.Jo y 1 x -16.设 2 阶矩阵A 的各列元素之和为2,且|A|=0,则矩阵/+2A+E 的特征值为.三、解答题：1722小题，共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本题满分10分)设函数/(x)在 0,1 上二阶可导,/(0)=1,且/C r)2 0，r C r)&0 j(z)&f C r).证明:(l)LZ(-r)2-E/(x)2在 0,1 上为单调递增函数；(2)/(0)一 展第3页(共8页)1 8.（本题满分1 2 分）设/Q）=（I E 1 I d r,求j J（E）d f.第4页（共8页）19.（本题满分1

5、2分）在一高为1 m 的圆柱形容器内储存某种液体,并将容器横放.圆的方程为/七夕=1（单位:m）.（1）如果容器内储满了液体后，以0.2 n?/m in的速率将液体从容器顶端抽出,当液面在=0时,求液面下降的速率；（2）如果液体的密度为1 N/n?（单位体积液体的重力），求抽完全部液体需做多少功.第5页（共8页）20.（本题满分12分）求函数=2/+3/3 z+l在区域D=（z,y）|/+3 V 4 3 上的最大值与最小值.第6页（共8页）21.(本题满分12分)设函数/(z)在 0,1上连续且其在 0,1上 的 平 均 值，满足/X z)+a，/(y)f(y 7)dy=1,求常数”的值.第7

6、页(共8页)22.（本题满分12分）1 1 1设 4=1 a+2 1，若二次型/（N,4,）=x iA r的规范形为若十%1 1/求。的值与将其化为规范形的可逆线性变换.第8页（共8页）、参考答案与分析 卷(一)一、选择题1.【答案】【分析】B依题设.lim先得n-oo(得)=1 其中 8时,一 e =e+（e+-1）-/4（十 1）n于是，lim=lim（十）=1,得 帆=2,应 选B.2.【答案】D【分析】由 于 八 外 在1=。处连续，由题设知6=得/Xa)=3,应选D.3.【答案】B【分析】整然/(1.1)=0,/(-1,-1)=0,可排除选项A.C.对于积分上限函数G)=*(工)也,

7、若雇工)为连续的偶函数，则G(f)为奇函数，所以=J 0一/(z,y).故对选项B.D,只需检验一个成立即可.事实上，因为1 +u2，、俨 1 +“z,7、c-1-o u-5-du=2.1+e a cos2u J。2 3故有/(一 1,1)=-1,-1)一2,所以排除选项0,应选已4.【答案】C【分析】只需分别讨论L=d r与A=与七的收敛性.J o b J 1 亡对于L,当。一1时,因为lim z =lim 4=+8,所以据极限审敛法，反常积分L发散；当。=一1时,因为lim rq=l i m=1 0,所以据极限审敛法,反常积分人发散;当一 1。0时，因为=lim 4 =1，而此时。一1,所

8、以据极限审敛法,反常积分八收敛；当P 20时.八是定积分.对于八因为lim f乌=lim 4=0,所以对任意的立值,12均收敛.综上,当P -1时，反常积分收敛.J o er应选C.5.【答案】B【分析】令g(z)=In 1-ar 则函数/(n)=|In/ar|的不可导点即为函数q(z)的零点.g jr)=Ja,g(z)=-K.当a 40时,/C r)=2 -a 0(工 0),函数*1)在其定义域(0,+)上单调增加.又g(0+)=X8,g(+8)=+8,故当a 4 0时，函数g(z)只有一个零点.当a 0时,令g(x)0,得函数g(x)的唯一驻点工=+.因为*()=-a2 V 0,所以g(十

9、)=In a 1是函数*(H)的最大值.由于g(0+)=-o.g(+8)=o o,所以当最大值g(十)=-l n a-l 0,即0。厂 时，函数g C r)有两个零点.因此，当0 0,A 0,因此点(0,0)为a的极小值点.由于 dzz=yclr+-rdy,可 知 堂=y,=JC.令 华=0,得y=0;令 牛=0,得工=0.因此点(0,0)为z2的驻点.djrr)y由于dzz=d(Q),可知Z2=Q+C(C为任意常数).当点(H.y)在第一、三象限时,总有Q+C ZZ(0,0)=C；当点Cr，y)在第二、四象限时,总有R+C c可知点(0,0)为Z1的极小值点.7.【答案】A【分析】由于区域D

10、对坐标.r,y具有轮换对称性,故另外,再注意到f(W =d-e-N为关于y的奇函数,故口(*-)da=j j(#e”)b=0.on应选A.8.【答案】C【分析】由题设知矩阵4 属于特征值2的线性无关的特征向最有2个，故r(2 E-A)=1,又1-1-11-1-12 E-A =一 a-3-b-a-3-b3-3-3.000 .从而a=3,6=3,应选C【注】考核点为矩阵的特征值与矩阵的相似对角化.9.【答案】D【分析】由于a,.6 是方程组Ar=0 的两个不同解,故r(A)2,综上得r(A)=2,所以方程组Ax=0的基础解系由一个向量构成，故i E确选项为D.注意向量a-a,s+a?均可能为零向量

11、,所以选项A,B,C均不正确，应选D.1 0.【答案】A【分析】由于向埴组1 1 f l)11.1,0线性无关，因 此 对 任 意 实 数 即，&3,向量组S.a，6均线性1 J o j 1.0无关.当a,=0时,a,=0,此时选项B,C,D中的向盘组均线性相关，应选A.二、填空题1 1.【答案】一 4【分析】因 为 空=1 +l n(l +/).%=7 3-,4 =2 -s i n 2八=-2 c o s 2八所以d r dr 1 +r d/d/1 2.【答案】尹.【分析】由 J 产 J 9 J*?d f =J /9 u2 d w 得 V =卷 -9 2 d ,则 9 (3z)2 o,又z

12、2 0,故O&z&L又 =卷/9-9三3=故所求长度为5=1 /1 -F(y)2d r =J /2-jr2drx 7 2 s i n f-f f 0,f?,.=(/2 c o s OY 60=2 c o s G d Z?J oJ o=J1(1 +c o s 20)60=.+.s i n=三+工4 2,1 3.【答案】3”！【分析】/(x)=(x3-l)=(x-1)(+z+1),由莱布尼茨公式，/(=1)”了 工(/+h+1)”了1,*=0=C：E(x-l)3(,(x2+x+l)|=3！.14.【答案】yy【分析】设“=/+1yy，则 z =元万学=2 小 票=2 y空=1,dx dy d yd

13、z _ dz Ou _ 一引 /()_ -2jy/(u)石=加 五/(U)2 ()了，匹=匹.在 4匹.弛=-小)途+,“)=/Xu)2.(u)dy du dy dv d y L/(w)J2/()了因此1()z 1 c?z _ 2”()/().2”(公 _ 1 _ 2丁 五 一 7 狼一 ()了 一式/()2 十()2 江(+，)一1T C115.【答案】【分析】J：a r c t a n J d r =(z a r c t a n 。一 产 (a r c t a n J)d r=l i m j-a r c t a nx-*l-(V S)1r0n 7：2+J：v/TZ Z 7dz=f-n d，

14、=2 L-2 L =2L2 4 4 ,16.【答案】9,1【分析】由题设可得AT的各行元索之和为2,于是与（：）=2（；）,即 2 为矩阵AT的一个特征值.从而也为矩阵A 的特征值.又|A|=0,所以0 也是矩阵A 的特征值,故/+2 A +E的特征值为9.1.【注】考核点为特征值及其性质.注意，若人为矩阵4的特征值，即|A E-A|=0,则|加一万|=|（A E-A）T|=|小一4|=0,从而入亦为矩阵41 的特征值.三、解答题17.1证（1）当工 0：时，因 为/（工）&0,/（工）&/（工），所以 /y（x）?-/（x）2z=2/（J-）L/，（x）-/（x）0.故/（外 了一 /（H）

15、了 在 0,1上为单调递增函数.（2）由于/（0）=1 J（H）O,且利用拉格朗日中值定理,存在s e r（o）,-/（o）T,又一,由此得L/(o)2 41）处时，容器内液体的体积 为 丫=可：Z T d u.设t时刻液体的体积为V=V）,则华=聆兴=2=%令y =0并由条件当=0.2得 空I=0.l(m/m i n),故液面在y =0Gt Qi|y=0时，液面下降的速率为0.1 m/m i n.(2)W =j 2 y(1 y)d y=f 2/1 /d j r f 2y/l d y41 4=?打二4/海 疝JoJ 0=4 -7-=K（J）4其中，由于2 y/T=为（-1,D上的奇函数，故：2

16、y J T=7 d y =0.20.【解】先 求/（工,山在区域D内部：/+3丁 V 3的驻点.令变=4H-3=0,弘=6,=0,解得驻点5，y）=（春，0）,所以=-y.再求/Cr,y）在区域D的边界：/+3丁=3上的驻点，可用两种方法.法一 化为一元函数极值问题.这里消去变量得f =JC2 3 7+4（一 唐 工 伍）.令 累=2x3 =0,并结合 X2+3,=3,解得 Z 2 =等，2=!所以/（H 2,1y 2）=*.此外，对应于端点工3 =育,*3 =0,/（”3,）=7 T 3 7 3.法二 归 结 为 求 在 约 束 条 件/+3,=3下的极值点.构造拉格朗日函数：L(z,y,a

17、)=2/+3丁 3 x 4-1-F ACx2+3,-3).由拉格朗日乘数法，令 用=0,阴=0,杂=0,即dx dy dA4 x 3 +2 Ar=0,)f(y x)dy=l+aj dy j /(j)/(x)dr=14-a j(J(y)dy /(3 j*)cLr.令 j y -x t f Cy对于 Jo/(-j r)cLr-J /(n(-dz)=j /(z)dr,故j f(z)cLr=1+aj /(y)d J /(O d/=1+/：口 3也卜/：珀 同 乳设时匚=1 +乳1 ：)&即7=1+3(,也即4=1+4，得。=一4.乙 L,O2 2.【解】由题设知二次型的正惯性指数为2负惯性指数为0.故

18、矩阵A的秩为2,由于1A=111 11 1a+2 1 f 01 a Q1a+1010a-1因此a=-1或a=1.1当 a=-1 时,A=111 11 1 二次型为1-1.f(N l ,72*3)=XXAX=J C +忌 一后+2 1 1 12 +24+2 7 2 1 3，对二次型配方得jjr,j*2 .J*3)=/+4 +2x It+2x J 7 3 +2 x 2 .r3=+2 (J*2 +工3)+(7 2 +工3 )2 2 3=(J|+Z 2 +N 3 )2 2舄，这时二次型的正惯性指数为1，负惯性指数为1，不符合题意.1 1 1当a=1时A=1 3 1，二次型为1 1 1./(J*I,1

19、2，4)=x1 A r =X +3#+2x xt+2力.门 +2.r2 H 3，对二次型配方得f(j-l.彳2 ,/3)=+3忌+工 +2x 7 2 +2力 J-3 +2 1 2 13=X?+2 x i(X 2 +13 )+(N 2 +/3)2 +2出=(X 1+Z 2 +13 )2 +2第,此时.二次型的正惯性指数为2.负惯性指数为()作可逆线性变换Z=力+12 +j*3，二次型化为规范形6+1之2 =4 2 X 2 ,Z 3 =1 3，综上，所求a=1可逆线性变换为【注】考核点为二次型及其规范形.本题也可以通过求矩阵的特征值确定正、负惯性指数进而确定a的值：1 1 1当 a=-1 时,A=1 1 1,1 1 -1,A-1-1-1|AE-A|=-1 A-l 1 =/(入 _1 )(/_ 1 ),-1-1 2+1特征值为0,匕#，故正惯性指数为1.负惯性指数为1,不符合题意.1 1 1当a=1 时,4=1 3 1 ,1 1 1A-l-1-1|AE-A|=-1 A-3-1=A(A-1)(A4),-1-1 A-l特征值为0,1,4,故正惯性指数为2,负惯性指数为0,符合题意，从而所求1.