2012吉林考研数学二真题及答案.pdf

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1、20122012 吉林考研数学二真题及答案吉林考研数学二真题及答案一一、选择题选择题：1 18 8 小题小题，每小题每小题 4 4 分分，共共 3232 分分，下列每小题给出的四个选项中下列每小题给出的四个选项中，只有一项只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.（1）曲线221xxyx渐近线的条数为（）（A）0（B）1（C）2（D）3【答案【答案】：C【解析【解析】：221lim1xxxx，所以1x 为垂直的22lim11xxxx，所以1y 为水平的，没有斜渐近线 故两条选C（2）设函数2()(1)(2)()xxnx

2、f xeeen，其中n为正整数，则(0)f（A）1(1)(1)!nn（B）(1)(1)!nn（C）1(1)!nn（D）(1)!nn【答案【答案】：C【解析【解析】：222()(2)()(1)(22)()(1)(2)()xxnxxxnxxxnxfxe eeneeeneenen所以(0)f1(1)!nn（3）设 an0(n=1,2,)，Sn=a1+a2+an，则数列(sn)有界是数列（an）收敛的(A)充分必要条件.(B)充分非必要条件.（C）必要非充分条件.（D）即非充分地非必要条件.【答案【答案】：(A)【解析【解析】：由于0na，则1nna为正项级数，Sn=a1+a2+an为正项级数1nna

3、的前n项和。正项级数前n项和有界与正向级数1nna收敛是充要条件。故选 A（4）设2kxkeIesinxdx(k=1,2,3),则有 D（A）I1I2I3.(B)I2I2I3.(C)I1I3I1,(D)I1I20,(,)f x yy0,f(x1,y1)x2,y1x2,y1y1.(C)x1x2,y1y2.(D)x1y2.【答案【答案】：(D)【解析【解析】：(,)0f x yx，(,)0f x yy表示函数(,)f x y关于变量x是单调递增的，关于变量y是单调递减的。因此，当1212,xxyy必有1122(,)(,)f x yf xy，故选 D（6）设区域 D 由曲线,1,2,sinyxxy围

4、成，则)(15 dxdyyx)(2)(2)()(DCBA【答案【答案】：（D）【解析【解析】：由二重积分的区域对称性，dyyxdxdxdyyxx1sin522511（7）设1234123400110,1,1,1cccc 其中1234,c c c c为任意常数，则下列向量组线性相关的是（）（A）123,（B）124,（C）134,（D）234,【答案【答案】：（C）【解析【解析】：由于134113401111,011011cccc ，可知134,线性相关。故选（C）（8）设A为 3 阶矩阵，P为 3 阶可逆矩阵，且1112P AP，123,P ，1223,Q 则1Q AQ（）（A）121（B）1

5、12（C）212（D）221【答案【答案】：（B）【解析【解析】：100110001QP，则11100110001QP，故11100100100110011101101101110100100100120012Q AQP AP 故选（B）。二、填空题：二、填空题：9 9 1414 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 2424 分，请将答案写在分，请将答案写在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.（9）设()yy x是由方程21yxye 所确定的隐函数，则dydx_。【答案【答案】：21yxe【解 析【解 析】：方 程21yxye 两 端 对x求 导，有2ydydyxedxdx，所 以2

6、1ydyxdxe（10）计算22222111lim12xnnnnn_。【答案【答案】：4【解析【解析】：原式11220111limarctan.141nnidxxnxin（11）设1lnzfxy,其中函数()f u可微，则2zzxyxy_。【答案【答案】：0.【解析【解析】：因为211,zzffxxyy，所以20.zzxyxy（12）微分方程2(3)0ydxxydy满足初始条件|xy=1 的解为_。【答案【答案】：2xy【解析【解析】：21(3)03dxydxxydyyxdyy13dxxydyy为一阶线性微分方程，所以112133dydyyyxey edyCy dyCy31()yCy又因为1y

7、 时1x，解得0C，故2xy.（13）曲线2(0)yxx x上曲率为22的点的坐标是_。【答案【答案】：1,0【解析【解析】：将：将21,2yxy”代入曲率计算公式，有32 3/222|22(1)21(21)yKyx整理有2(21)1x，解得01x 或，又0 x，所以1x ，这时0y，故该点坐标为1,0（14）设A为 3 阶矩阵，3A,*A为A的伴随矩阵，若交换A的第一行与第二行得到矩阵B,则*BA _。【答案【答案】：-27-27【解析【解析】：由于12BE A，故*121212|3BAE A AA EE，所以，*31212|3|3|27*(1)27BAEE.三三、解答题解答题：151523

8、23 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.解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.（15）（本题满分 10 分）已知函数11()sin,xf xxx，记0lim()xaf x（1）求a的值（2）若当0 x 时，()f xa是kx的同阶无穷小，求k【解析【解析】：（1 1）200011sinlim()lim(1)lim11sinxxxxxf xxxx，即1a（2）,当0 x 时，由11sin()()1sinsinxxf xaf xxxxx 又因为,当0 x 时，sinxx与316x等价，故1()6f xax

9、，即1k（16）（本题满分 10 分）求22,2xyf x yxe的极值。【解析【解析】：22,2xyf x yxe，先求函数的驻点.,0,0 xyfx yexfx yy，解得函数为驻点为,0e.又,01,00,01xxxyyyAfeBfeCfe ，所以20,0BACA，故,f x y在点,0e处取得极大值21,02f ee.（17）（本题满分 10 分）过点（0，1）点作曲线 L：xyln的切线，切点为 A，又 L 与 x 轴交于 B 点，区域 D 由 L与直线 AB 及x轴围成，求区域 D 的面积及 D 绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体积。【解析【解析】：设切点坐标为00,lnA xx，斜

10、率为01x，所以设切线方程为0001lnyxxxx，又因为该切线过(0,1)B，所以20 xe，故切线方程为：211yxe切线与x轴交点为2,0Be（1）222222001(1)()12yyAeeydyeeyye（2）22222222212211221122212ln38ln2ln3842 ln238221333eeeeeVeexdxexxxdxeexxdxeee（18）（本题满分 10 分）计算二重积分Dxyd，其中区域 D 为曲线0cos1r与极轴围成。【解析【解析】：Drdrrrdxyd0cos10sincosY=lnxB（0,1）xyA04)cos1(cossin41d22cos)12

11、cos2(2cos2sin16820d2020911cossin16cossin32tdtttdtt58381516（19）（本 题 满 分 11 分）已 知 函 数)(xf满 足 方 程0)(2)()(xfxfxf及xexfxf2)()(1）求表达式)(xf2）求曲线的拐点dttfxfyx022)()(【解析【解析】：1）特 征 方 程 为022 rr，特 征 根 为2,121rr，齐 次 微 分 方 程()()2()0fxfxf x的通解为xxeCeCxf221)(.再由()()2xfxf xe得21222xxxC eC ee，可知121,0CC。故()xf xe2）曲线方程为220 xx

12、tyeedt，则22012xxtyxeedt，222022 12xxtyxxeedt令0y 得0 x。为了说明0 x 是0y 唯一的解，我们来讨论y在0 x 和0 x 时的符号。当0 x 时，222020,2 120 xxtxxeedt，可 知0y；当0 x 时，222020,2 120 xxtxxeedt，可知0y。可知0 x 是0y 唯一的解。同时，由上述讨论可知曲线dttfxfyx022)()(在0 x 左右两边的凹凸性相反，可知0,0点是曲线dttfxfyx022)()(唯一的拐点。（20）（本题满分 10 分）证明：21lncos1,1112xxxxxx 【解析【解析】：令 21ln

13、cos112xxf xxxx，可得 2222112lnsin11112lnsin1111lnsin11xxfxxxxxxxxxxxxxxxxxxx当01x时，有1ln01xx，22111xx，所以221sin01xxxx，故 0fx，而 00f，即得21lncos1012xxxxx 所以21lncos112xxxxx。当10 x，有1ln01xx，22111xx，所以221sin01xxxx，故 0fx，即得21lncos1012xxxxx 可知，21lncos1,1112xxxxxx （21）（本题满分 11 分）（1）证明方程)1(1.1的整数nxxxnn，在区间1,21内有且仅有一个实根

14、；（2）记（1）中的实根为nx，证明nnxlim存在，并求此极限。【解 析【解 析】：(1)(1)由 题 意 得：令1()1nnf xxxx，则(1)0f，再 由11(1()1122()1()012212nnf ，由零点定理得在1(,1)2肯定有解0 x，假设在此区间还有另外一根1x，所以1100011nnnnnnnxxxxxx，由归纳法得到10 xx，即唯一性得证（2）假设根为nx，即1()10nnnnnnf xxxx，所以(1)1()10,(1)12nnnnnnxxf xxx，由 于111110nnnnnxxx，可 知111110nnnnnxxx，由 于110nnnnnxxx，可知1nnx

15、x。又由于112nx，也即 nx是单调的。则由单调有界收敛定理可知 nx收敛，假设limnnxa，可知211axx。当n 时，(1)1lim()lim110,lim112nnnnnnnnnnxxaf xxxa 得（22）（本题满分 11 分）设100010001001aaAaa，1100b（）求A（）已知线性方程组Axb有无穷多解，求a，并求Axb的通解。【解析【解析】：（）4 141001000010101(1)10100100101001aaaaaaaaaaa （）232421001100110010101010101010010001000100010001001100101010010

16、0001aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa 可知当要使得原线性方程组有无穷多解，则有410a及20aa，可知1a 。此时，原线性方程组增广矩阵为11001011010011000000，进一步化为行最简形得10010010110011000000可知导出组的基础解系为1111 ，非齐次方程的特解为0100，故其通解为10111010k 线性方程组Axb存在 2 个不同的解，有|0A.即：211010(1)(1)011A，得1或-1.当1时,12311100001111xxxx ，显然不符，故1.（23）（本题满分 11 分）三阶矩阵10101110Aa，TA为矩阵A的转置，已知()2T

17、r A A，且二次型TTfx A Ax。1）求a2）求二次型对应的二次型矩阵，并将二次型化为标准型，写出正交变换过程。【解析【解析】：1）由()()2Tr A Ar A可得，10101110110aaa 2）1123232221231223202,02222422444TTxfx A Axx x xxxxxxx xx x则矩阵202022224B202022260224EB 解得B矩阵的特征值为：1230;2;6对于110,0EB X解得对应的特征向量为：1111对于222,0EB X解得对应的特征向量为：2110 对于336,0EB X解得对应的特征向量为：3112 将123,单位化可得：111131，211120，311162 123,Q