2012甘肃考研数学二真题及答案.pdf

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1、2 0 1 2 甘 肃 考 研 数 学 二 真 题 及 答 案一、选 择 题：1 8 小 题，每 小 题 4 分，共 3 2 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）曲 线221x xyx渐 近 线 的 条 数 为（）（A）0（B）1（C）2（D）3【答 案】：C【解 析】：221l i m1xx xx，所 以 1 x 为 垂 直 的22l i m 11xx xx，所 以 1 y 为 水 平 的，没 有 斜 渐 近 线 故 两 条 选 C（2）设 函 数2

2、()(1)(2)()x x nxf x e e e n，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】：C【解 析】：2 2 2()(2)()(1)(2 2)()(1)(2)()x x nx x x nx x x nxf x e e e n e e e n e e ne n 所 以(0)f 1(1)!nn（3）设 an 0(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

3、条 件.（D）即 非 充 分 地 非 必 要 条 件.【答 案】：(A)【解 析】：由 于 0na，则1nna为 正 项 级 数，Sn=a1+a2+an为 正 项 级 数1nna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2 kxkeI e s i n x d x(k=1,2,3),则 有 D（A）I1 I2 I3.(B)I2 I2 I3.(C)I1 I3 I1,(D)I1 I2 0,(,)f x yy 0,f(x1,y1)x2,y1 x2,y1 y1.(C)x1 x2,y1 y2.(D)x1 y2.【答 案

4、】：(D)【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1 2 1 2,x x y y 必 有1 1 2 2(,)(,)f x y f x y，故 选 D（6）设 区 域 D 由 曲 线,1,2,s i n y x x y围 成，则)(15 dx dy y x)(2)(2)()(D C B A【答 案】：（D）【解 析】：由 二 重 积 分 的 区 域 对 称 性，d y y x d x d x d y y xx1s i n52251 1（7）设1 2 3 41 2 3

5、 40 0 1 10,1,1,1c c c c 其 中1 2 3 4,c c c c 为 任 意 常 数，则 下 列 向量 组 线 性 相 关 的 是（）（A）1 2 3,（B）1 2 4,（C）1 3 4,（D）2 3 4,【答 案】：（C）【解 析】：由 于 1 3 4 11 3 40 1 11 1,0 1 1 01 1cc c c，可 知1 3 4,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 A P，1 2 3,P，1 2 2 3,Q 则1Q A Q（）（A）121（B）112（C）212（D）221【答 案】：（B）【解 析

6、】：1 0 01 1 00 0 1Q P，则1 11 0 01 1 00 0 1Q P，故1 11 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 11 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 10 0 1 0 0 1 0 0 1 2 0 0 1 2Q A Q P A P 故 选（B）。二、填 空 题：9 1 4 小 题，每 小 题 4 分，共 2 4 分，请 将 答 案 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.（9）设()y y x 是 由 方 程21yx y e 所 确 定 的 隐 函 数，则dydx _ _ _ _ _ _ _ _。【答 案】：21yxe【解 析】：方 程21yx

7、 y e 两 端 对 x 求 导，有 2ydy dyx edx dx，所 以21ydy xdx e（1 0）计 算2 2 2 2 21 1 1l i m1 2xnn n n n _ _ _ _ _ _ _ _。【答 案】：4【解 析】：原 式112 2 011 1l i m a r c t a n.1 41nnidxxn xin（1 1）设1l n z f xy,其 中 函 数()f u 可 微，则2z zx yx y _ _ _ _ _ _ _ _。【答 案】：0.【解 析】：因 为21 1,z zf fx x y y，所 以20.z zx yx y（1 2）微 分 方 程2(3)0 y d

8、x x y dy 满 足 初 始 条 件|xy=1 的 解 为 _ _ _ _ _ _ _ _。【答 案】：2x y【解 析】：21(3)0 3dxy dx x y dy y xdy y 13dxx ydy y 为 一 阶线 性 微 分 方 程，所 以11213 3dydyyyx e y e dy C y dy Cy 31()y Cy 又 因 为 1 y 时 1 x，解 得 0 C，故2x y.（1 3）曲 线2(0)y x x x 上 曲 率 为22的 点 的 坐 标 是 _ _ _ _ _ _ _ _。【答 案】：1,0【解 析】：将 2 1,2 y x y”代 入 曲 率 计 算 公 式

9、，有3 2 3/222|2 2(1)21(2 1)yKyx 整 理 有2(2 1)1 x，解 得 0 1 x 或，又 0 x，所 以 1 x，这 时 0 y，故 该 点 坐 标 为 1,0（1 4）设 A 为 3 阶 矩 阵，3 A,*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*B A _ _ _ _ _ _ _ _。【答 案】：-2 7【解 析】：由 于12B E A，故*12 12 12|3 B A E A A A E E，所 以，*312 12|3|3|27*(1)27 B A E E.三、解 答 题：1 5 2 3 小 题，共

10、9 4 分.请 将 解 答 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.解 答 应 写 出 文 字 说 明、证 明 过 程 或 演 算 步 骤.（1 5）（本 题 满 分 1 0 分）已 知 函 数1 1()s i n,xf xx x，记0l i m()xa f x（1）求 a 的 值（2）若 当 0 x 时，()f x a 是kx 的 同 阶 无 穷 小，求 k【解 析】：（1）20 0 01 1 s i nl i m()l i m(1)l i m 1 1s i nx x xx xf xx x x，即 1 a（2）,当 0 x 时，由1 1 s i n()()1s i n s i nx xf x

11、 a f xx x x x 又 因 为,当 0 x 时，s i n x x 与316x 等 价，故1()6f x a x，即 1 k（1 6）（本 题 满 分 1 0 分）求 2 2,2x yf x y x e 的 极 值。【解 析】：2 2,2x yf x y x e，先 求 函 数 的 驻 点.,0,0 x yf x y e x f x y y，解 得 函 数 为 驻 点 为,0 e.又,0 1,0 0,0 1x x x y y yA f e B f e C f e，所 以20,0 B A C A，故,f x y 在 点,0 e 处 取 得 极 大 值 21,02f e e.（1 7）（本

12、 题 满 分 1 0 分）过 点（0，1）点 作 曲 线 L：x y l n 的 切 线，切 点 为 A，又 L 与 x 轴 交 于 B 点，区 域 D 由 L与 直 线 A B 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】：设 切 点 坐 标 为 0 0,l n A x x，斜 率 为01x，所 以 设 切 线 方 程 为 0 001l n y x x xx，又 因为 该 切 线 过(0,1)B，所 以20 x e，故 切 线 方 程 为：211 y xe 切 线 与 x 轴 交 点 为 2,0 B e（1）2

13、22 2 2 2001(1)()12y yA e e y dy e e y y e（2）22 2222 2 2 212 21 12 2112 2 212 l n38l n 2 l n384 2 l n 238 22 1 33 3ee eeeV e e x dxe x x x dxe e x x dxe e e（1 8）（本 题 满 分 1 0 分）计 算 二 重 积 分 Dx y d，其 中 区 域 D 为 曲 线 0 c os 1 r 与 极 轴 围 成。【解 析】：Dr dr r r d x y d 0c os 10s i n c osY=l nxB（0,1）xyA 04)c os 1(c

14、 os s i n41d2 2c os)12c os 2(2c os2s i n 168 20 d 20209 1 1c os s i n 16 c os s i n 32 t dt t t dt t5838 1516（1 9）（本 题 满 分 1 1 分）已 知 函 数)(x f 满 足 方 程 0)(2)()(x f x f x f 及xe x f x f 2)()(1）求 表 达 式)(x f2）求 曲 线 的 拐 点 dt t f x f yx 02 2)()(【解 析】：1）特 征 方 程 为 0 22 r r，特 征 根 为 2,12 1 r r，齐 次 微 分 方 程()()2(

15、)0 f x f x f x 的 通 解 为x xe C e C x f22 1)(.再 由()()2xf x f x e 得21 22 2x x xC e C e e，可 知1 21,0 C C。故()xf x e 2）曲 线 方 程 为2 20 xx ty e e dt，则2 20 1 2xx ty x e e dt，2 220 2 2 1 2xx ty x x e e dt 令 0 y 得 0 x。为 了 说 明 0 x 是 0 y 唯 一 的 解，我 们 来 讨 论 y 在 0 x 和 0 x 时的 符 号。当 0 x 时，2 2202 0,2 1 2 0 xx tx x e e dt

16、，可 知 0 y；当 0 x 时，2 2202 0,2 1 2 0 xx tx x e e dt，可 知 0 y。可 知 0 x 是 0 y 唯 一 的 解。同 时，由 上 述 讨 论 可 知 曲 线 dt t f x f yx 02 2)()(在 0 x 左 右 两 边 的 凹 凸 性 相 反，可 知 0,0 点 是 曲 线 dt t f x f yx 02 2)()(唯 一 的 拐 点。（2 0）（本 题 满 分 1 0 分）证 明：21l n c os 1,1 11 2x xx x xx【解 析】：令 21l n c os 11 2x xf x x xx，可 得 22221 1 2l n

17、 s i n1 111 2l n s i n1 11 1l n s i n1 1x xf x x x xx xxx xx xx xx xx xx x 当 0 1 x 时，有1l n 01xx，22111xx，所 以221s i n 01xx xx，故 0 f x，而 0 0 f，即 得21l n c os 1 01 2x xx xx 所 以21l n c os 11 2x xx xx。当 1 0 x，有1l n 01xx，22111xx，所 以221s i n 01xx xx，故 0 f x，即 得21l n c os 1 01 2x xx xx 可 知，21l n c os 1,1 11 2

18、x xx x xx（2 1）（本 题 满 分 1 1 分）（1）证 明 方 程)1(1.1的整数 n x x xn n，在 区 间1,21内 有 且 仅 有 一 个 实 根；（2）记（1）中 的 实 根 为nx，证 明nnx l i m 存 在，并 求 此 极 限。【解 析】：(1)由 题 意 得：令1()1n nf x x x x，则(1)0 f，再 由1 1(1()1 12 2()1()012 212nnf，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1 10 0 01 1n n n nn n nx x x x x x

19、，由 归 纳 法 得 到1 0 x x，即 唯 一 性 得 证（2）假 设 根 为nx，即1()1 0n nn n n nf x x x x，所 以(1)1()1 0,(1)1 2nn nn nnx xf x xx，由 于11 1 11 0n nn n nx x x，可 知11 1 11 0n nn n nx x x，由 于11 0n nn n nx x x，可 知1 n nx 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 l i mnnx a，可 知2 11 a x x。当 n 时，(1)1l i m()l i m

20、 1 1 0,l i m1 1 2nn nn nn n nn nx x af x xx a 得（2 2）（本 题 满 分 1 1 分）设1 0 00 1 00 0 10 0 1aaAaa，1100b（）求 A（）已 知 线 性 方 程 组 A x b 有 无 穷 多 解，求 a，并 求 A x b 的 通 解。【解 析】：（）4 1 41 0 01 0 0 00 1 01 0 1(1)1 0 10 0 10 0 1 0 10 0 1aa aaa a a aaaa（）2 3 24 21 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 10 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 10 0 1 0 0 0

21、 1 0 0 0 1 00 0 1 0 0 0 1 0 0 11 0 0 10 1 0 10 0 1 00 0 0 1a a aa a aa a aa a a a a aaaaa a a 可 知 当 要 使 得 原 线 性 方 程 组 有 无 穷 多 解，则 有41 0 a 及20 a a，可 知 1 a。此 时，原 线 性 方 程 组 增 广 矩 阵 为1 1 0 0 10 1 1 0 10 0 1 1 00 0 0 0 0，进 一 步 化 为 行 最 简 形 得1 0 0 1 00 1 0 1 10 0 1 1 00 0 0 0 0 可 知 导 出 组 的 基 础 解 系 为1111，非

22、齐 次 方 程 的 特 解 为0100，故 其 通 解 为1 01 11 01 0k 线 性 方 程 组 A x b 存 在 2 个 不 同 的 解，有|0 A.即：21 10 1 0(1)(1)01 1A，得 1 或-1.当 1 时,1231 1 10 0 0 01 1 1 1x xxx，显 然 不 符，故 1.（2 3）（本 题 满 分 1 1 分）三 阶 矩 阵1 0 10 1 11 0Aa，TA 为 矩 阵 A 的 转 置，已 知()2Tr A A，且 二 次 型T Tf x A A x。1）求 a2）求 二 次 型 对 应 的 二 次 型 矩 阵，并 将 二 次 型 化 为 标 准

23、型，写 出 正 交 变 换 过 程。【解 析】：1）由()()2Tr A A r A 可 得，1 0 10 1 1 1 0 11 0a aa 2）11 2 3 232 2 21 2 3 1 2 2 32 0 2,0 2 22 2 42 2 4 4 4T Txf x A A x x x x xxx x x x x x x 则 矩 阵2 0 20 2 22 2 4B 2 0 20 2 2 2 6 02 2 4E B 解 得 B 矩 阵 的 特 征 值 为：1 2 30;2;6 对 于 1 10,0 E B X 解 得 对 应 的 特 征 向 量 为：1111 对 于 2 22,0 E B X 解 得 对 应 的 特 征 向 量 为：2110 对 于 3 36,0 E B X 解 得 对 应 的 特 征 向 量 为：3112 将1 2 3,单 位 化 可 得：111131，211120，311162 1 2 3,Q