《2011四川考研数学二真题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2011四川考研数学二真题及答案.pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2 0 1 1 四 川 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 题 给 出 的 四 个 选 项 中，只 有 一个 选 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)已 知 当 0 x 时，3 s i n s i n 3 f x x x 与kc x 是 等 价 无 穷 小，则()(A)1,4 k c(B)1,4 k c(C)3,4 k c(D)3,4 k c(2)已 知 f x 在 0 x 处 可 导，且 0 0 f，则 2 3302l i mxx f
2、 x f xx=()(A)2 0 f(B)0 f(C)0 f(D)0(3)函 数()l n(1)(2)(3)f x x x x 的 驻 点 个 数 为()(A)0(B)1(C)2(D)3(4)微 分 方 程2(0)x xy y e e 的 特 解 形 式 为()(A)()x xa e e(B)()x xax e e(C)()x xx ae be(D)2()x xx ae be(5)设 函 数(),()f x g x 均 有 二 阶 连 续 导 数，满 足(0)0,(0)0,f g 且(0)(0)0 f g，则 函 数()()z f x g y 在 点(0,0)处 取 得 极 小 值 的 一 个
3、 充 分 条 件 是()(A)(0)0,(0)0.f g(B)(0)0,(0)0.f g(C)(0)0,(0)0.f g(D)(0)0,(0)0.f g(6)设40l n s i n I x dx，40l n c o t J x d x，40l n c os K x dx，则,I J K 的 大小 关 系 是()(A)I J K(B)I K J(C)J I K(D)K J I(7)设 A 为 3 阶 矩 阵，将 A 的 第 2 列 加 到 第 1 列 得 矩 阵 B，再 交 换 B 的 第 2 行 与 第 3行 得 单 位 矩 阵，记11 0 01 1 00 0 1P，21 0 00 0 10
4、 1 0P，则 A()(A)1 2P P(B)11 2P P(C)2 1P P(D)12 1P P(8)设1 2 3 4(,)A 是 4 阶 矩 阵，*A 为 A 的 伴 随 矩 阵，若(1,0,1,0)T是 方 程 组0 A x 的 一 个 基 础 解 系，则*0 A x 的 基 础 解 系 可 为()(A)1 3,(B)1 2,(C)1 2 3,(D)2 3 4,二、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)101 2l i m()2xxx(1 0)微 分 方 程 c o sxy y e x 满 足 条
5、 件(0)0 y 的 解 为(1 1)曲 线0t a n(0)4xy t dt x 的 弧 长 s(1 2)设 函 数,0,()0,0,0,xe xf xx 则()x f x d x(1 3)设 平 面 区 域 D 由 直 线,y x 圆2 22 x y y 及 y 轴 围 成，则 二 重 积 分Dx y d(1 4)二 次 型2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3(,)3 2 2 2 f x x x x x x x x x x x x，则 f 的 正 惯 性 指 数为 三、解 答 题(1 5 2 3 小 题，共 9 4 分 请 将 解 答 写 在 答 题 纸 指 定 位 置
6、 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20l n(1)()xat d tF xx，设0l i m()l i m()0,x xF x F x 试 求 a 的 取 值 范 围(1 6)(本 题 满 分 1 1 分)设 函 数()y y x 由 参 数 方 程331 1,3 31 1,3 3x t ty t t 确 定，求()y y x 的 极 值 和 曲 线()y y x 的 凹 凸 区 间 及 拐 点(1 7)(本 题 满 分 9 分)设 函 数(,()z f x y y g x，其 中 函 数 f 具
7、有 二 阶 连 续 偏 导 数，函 数()g x 可 导 且 在 1 x 处 取 得 极 值(1)1 g，求211xyzx y 121 1 112Oyx2 22 x y y 2 21 x y(1 8)(本 题 满 分 1 0 分)设 函 数()y x 具 有 二 阶 导 数，且 曲 线:()l y y x 与 直 线 y x 相 切 于 原 点，记 为 曲 线 l在 点(,)x y 处 切 线 的 倾 角，若,d d yd x d x 求()y x 的 表 达 式(1 9)(本 题 满 分 1 0 分)(I)证 明：对 任 意 的 正 整 数 n，都 有1 1 1l n(1)1 n n n 成
8、 立(I I)设1 11 l n(1,2,)2na n nn，证 明 数 列 na 收 敛(2 0)(本 题 满 分 1 1 分)一 容 器 的 内 侧 是 由 图 中 曲 线 绕 y 轴 旋 转 一 周 而 成 的 曲 面，该 曲 线 由2 212()2x y y y 与2 211()2x y y 连 接 而 成 的(I)求 容 器 的 容 积；(I I)若 将 容 器 内 盛 满 的 水 从 容 器 顶 部 全 部 抽 出，至 少 需 要 做 多 少 功？(长 度 单 位：m，重 力 加 速 度 为2/gm s，水 的 密 度 为3 31 0/k g m)图(2 1)(本 题 满 分 1
9、1 分)已 知 函 数(,)f x y 具 有 二 阶 连 续 偏 导 数，且(1,)0 f y，(,1)0 f x，(,)Df x y d x d y a，其 中(,)|0 1,0 1 D x y x y，计 算 二 重 积 分(,)x yDI x y f x y d x d y(2 2)(本 题 满 分 1 1 分)设 向 量 组1 2 3(1,0,1),(0,1,1),(1,3,5)T T T，不 能 由 向 量 组1(1,1,1)T，2(1,2,3)T，3(3,4,)Ta 线 性 表 示(I)求 a 的 值；(I I)将1 2 3,由1 2 3,线 性 表 示(2 3)(本 题 满 分
10、 1 1 分)A 为 三 阶 实 对 称 矩 阵，A 的 秩 为 2，即 2 r A，且1 1 1 10 0 0 01 1 1 1A(I)求 A 的 特 征 值 与 特 征 向 量；(I I)求 矩 阵 A 参 考 答 案一、选 择 题(1 8 小 题，每 小 题 4 分，共 3 2 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，请 将 所 选 项 前 的 字 母 填 在 答 题 纸 指 定 位 置 上)(1)【答 案】(C)【解 析】因 为03 s i n s i n 3l i mkxx xc x03 s i n s i n c o s
11、 2 c o s s i n 2l i mkxx x x x xc x 20s i n 3 c o s 2 2 c o sl i mkxx x xc x 2103 c os 2 2 c osl i mkxx xc x 2 2103 2 c o s 1 2 c o sl i mkxx xc x 2 21 10 04 4 c o s 4 s i nl i m l i mk kx xx xc x c x 304l i m 1kxc x 所 以 4,3 c k，故 答 案 选(C)(2)【答 案】(B)【解 析】2 3302l i mxx f x f xx 2 2 3300 2 2 0l i mxx
12、f x x f f x fx 33000l i m 2xf x ff x fx x 0 2 0 0 f f f 故 答 案 选(B)(3)【答 案】(C)【解 析】()l n 1 l n 2 l n 3 f x x x x 1 1 1()1 2 3f xx x x 23 1 2 1 1(1)(2)(3)x xx x x 令()0 f x，得1,26 33x，故()f x 有 两 个 不 同 的 驻 点(4)【答 案】(C)【解 析】微 分 方 程 对 应 的 齐 次 方 程 的 特 征 方 程 为2 20 r，解 得 特 征 根1 2r r,所 以 非 齐 次 方 程2 xy y e 有 特
13、解1xy x a e,非 齐 次 方 程2 xy y e 有 特 解2xy x b e，故 由 微 分 方 程 解 的 结 构 可 知 非 齐 次 方 程2 x xy y e e 可 设 特 解().x xy x ae be(5)【答 案】(A)【解 析】由 题 意 有()()zf x g yx，()()zf x g yy 所 以，0,0(0)(0)0zf gx，0,0(0)(0)0zf gy，即 0,0 点 是 可 能 的 极 值 点 又 因 为22()()zf x g yx，2()()zf x g yx y，22()()zg y f xy，所 以，2(0,0)2|(0)(0)zA f gx
14、，2(0,0)|(0)(0)0zB f gx y，2(0,0)2|(0)(0)zC f gy，根 据 题 意 由 0,0 为 极 小 值 点，可 得20,A C B A C 且(0)(0)0 A f g，所 以 有(0)(0)0.C f g 由 题 意(0)0,(0)0 f g，所 以(0)0,(0)0 f g，故 选(A)(6)【答 案】(B)【解 析】因 为 04x 时，0 s i n c o s 1 c o t x x x，又 因 l n x 是 单 调 递 增 的 函 数，所 以 l n s i n l n c o s l n c o t x x x 故 正 确 答 案 为(B)(7)
15、【答 案】(D)【解 析】由 于 将 A 的 第 2 列 加 到 第 1 列 得 矩 阵 B，故1 0 01 1 00 0 1A B，即1A P B，11A B P 由 于 交 换 B 的 第 2 行 和 第 3 行 得 单 位 矩 阵，故1 0 00 0 10 1 0B E，即2,P B E 故12 2B P P 因 此，12 1A P P，故 选(D)(8)【答 案】(D)【解 析】由 于(1,0,1,0)T是 方 程 组 0 A x 的 一 个 基 础 解 系，所 以(1,0,1,0)0TA，且()4 1 3 r A，即1 30，且 0 A 由 此 可 得*|A A A E O，即*1
16、2 3 4(,)A O，这 说 明1 2 3 4,是*0 A x 的 解 由 于()3 r A，1 30，所 以2 3 4,线 性 无 关 又 由 于()3 r A，所 以*()1 r A，因 此*0 A x 的 基 础 解 系 中 含 有 4 1 3 个 线 性 无 关 的 解 向 量 而2 3 4,线性 无 关，且 为*0 A x 的 解，所 以2 3 4,可 作 为*0 A x 的 基 础 解 系，故 选(D)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)【答 案】2【解 析】原 式=01 2 1l
17、i m(1)2xx xe0 02 1 2 l n 2 1l i m l i m l n 22 2 22x xx x xe e e(1 0)【答 案】s i nxy e x【解 析】由 通 解 公 式 得(c o s)d x d xxy e e x e d x C(c os)xe x dx C(s i n)xe x C 由 于(0)0,y 故 C=0 所 以 s i nxy e x(1 1)【解 析】选 取 x 为 参 数，则 弧 微 元 221 1 t a n s e c d s y d x x d x x d x 所 以4400s e c l n s e c t a n l n(1 2)s
18、x dx x x(1 2)【答 案】1【解 析】原 式0 0 x xx e d x x d e 0 001l i m 0 x x xxxxx e e dx ee 01 1 1 1l i m l i mx xx xee e(1 3)【答 案】71 2【解 析】原 式2 s i n 2 s i n32 20 04 4c os s i n c os s i n d r r r dr r d r dr 4241s i n c os 16 s i n4d 5 52 24 44 c o s s i n 4 s i n s i n d d 6644 7s i n6 1 2(1 4)【答 案】2【解 析】方
19、法 1：f 的 正 惯 性 指 数 为 所 对 应 矩 阵 的 特 征 值 中 正 的 个 数 二 次 型 f 对 应 矩 阵 为1 1 11 3 11 1 1A 1 1 1 0 0 01 3 1 1 3 1 1 3 21 1 1 1 1 1 1 1 2E A 3 21 41 2，故1 2 30,1,4 因 此 f 的 正 惯 性 指 数 为 2 方 法 2：f 的 正 惯 性 指 数 为 标 准 形 中 正 的 平 方 项 个 数 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3,3 2 2 2 f x x x x x x x x x x x x 22 2 2 21 2 3 2 2
20、3 3 2 3 2 32 3 2 x x x x x x x x x x x 221 2 3 22 x x x x，令1 1 2 32 23 3,y x x xy xy x 则2 21 22 f y y，故 f 的 正 惯 性 指 数 为 2 三、解 答 题(1 5 2 3 小 题，共 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)【解 析】如 果 0 a 时，22 00(1)l i m l i m l n(1)xxaax xl n t dtx t dtx，显 然
21、 与 已 知 矛 盾，故 0 a 当 0 a 时，又 因 为22 23 01 10 0 0 0l n(1)l n(1)1l i m l i m l i m l i m 0 xaa a ax x x xt d tx xxx a x a x a 所 以 3 0 a 即 3 a 又 因 为22 3201 2 22l n(1)l n(1)210 l i m l i m l i m l i m(1)(1)1xaa a ax x x xxt d tx xxx a x a a x a a x 所 以 3 2 a，即 1 a，综 合 得 1 3 a(1 6)(本 题 满 分 1 1 分)【解 析】因 为221
22、()1dytdty xdxtdt，22 222 2 2 2 31()1 2(1)(1)2 1 41(),(1)1(1)tdt t t t tty xd xd t t t td t 令()0 y x 得 1 t，当 1 t 时，53x，13y，此 时 0 y，所 以13y 为 极 小 值 当 1 t 时，1 x，1 y，此 时 0 y，所 以 1 y 为 极 大 值 令()0 y x 得 0 t，13x y 当 0 t 时，13x，此 时 0 y；当 0 t 时，13x，此 时 0 y 所 以 曲 线 的 凸 区 间 为13，凹 区 间 为13，拐 点 为1 1(,)3 3(1 7)(本 题 满
23、 分 9 分)【解 析】,()z f x y y g x 1 2,(),()()zf x y y g x y f x y y g x y g xx 21 1 1 1 2,()(,()(,()()zf x y y g x y f x y y g x x f x y y g x g xx y 2 1 2 2 2(),()(),(),()()g x f x y y g x y g x f x y y g x x f x y y g x g x 因 为()g x 在 1 x 可 导，且 为 极 值,所 以(1)0 g，则21 1 1 1 1 21|(1,1)(1,1)(1,1)xyd zf f fd
24、x d y(1 8)(本 题 满 分 1 0 分)【解 析】由 题 意 可 知 当 0 x 时，0 y，(0)1 y，由 导 数 的 几 何 意 义 得 t a n y,即 a r c t a n y，由 题 意 a r c t a nd dyydx dx，即21yyy 令 y p，y p，则21ppp，3dpdxp p，即21dp pdp dxp p，211l n|l n(1)2p p x c，即2211xpc e当 0 x，1 p，代 入 得 2 c，所 以212 1xye，则2 2 0 0()(0)2 1 2tx xt td t e d ty x ye e 0022a r c s i n
25、|a r c s i n4 2 21()2tt xxxtede ee 又 因 为(0)0 y，所 以2()a r c s i n2 4xy x e(1 9)(本 题 满 分 1 0 分)【解 析】()设 1l n 1,0,f x x xn 显 然()f x 在10,n 上 满 足 拉 格 朗 日 的 条 件，1 1 1 1 1 10 l n 1 l n 1 l n 1,0,1f fn n n n n 所 以10,n 时，1 1 1 1 1 111 1 01n n nn，即：1 1 1 11 1 n n n，亦 即：1 1 1l n 11 n n n 结 论 得 证（I I）设11 1 1 11
26、 l n l n2 3nnka n nn k 先 证 数 列 na 单 调 递 减 111 11 1 1 1 1l n 1 l n l n l n 11 1 1n nn nk kna a n nk k n n n n，利 用（I）的 结 论 可 以 得 到1 1l n(1)1 n n，所 以1 1l n 1 01 n n 得 到1 n na a，即数 列 na 单 调 递 减 再 证 数 列 na 有 下 界 1 11 1l n l n 1 l nn nnk ka n nk k，1 11 1 2 3 4 1l n 1 l n l n l n 11 2 3n nk kk nnk k n，1 11
27、 1l n l n 1 l n l n 1 l n 0n nnk ka n n n nk k 得 到 数 列 na 有 下 界 利 用 单 调 递 减 数 列 且 有 下 界 得 到 na 收 敛(2 0)(本 题 满 分 1 1 分)【解 析】(I)容 器 的 容 积 即 旋 转 体 体 积 分 为 两 部 分1 2V V V 122 221122 1 y y d y y d y 232123yy+13213yy=15 34=94(I I)所 做 的 功 为2 2(2)(1)(2)(2)d w g y y d y g y y y d y 122 22112(2)(1)(2)(2)w g y
28、y d y g y y y d y 123 2 3 22112(2 2)4 4)g y y y d y y y y d y 1 1 12 24 3 2 2 31 2 2 2222111 121 1 12 22 42 24 3 2 4 3y y y y yg y y 327 1033758g g(2 1)(本 题 满 分 1 1 分)【解 析】因 为(,1)0 f x，(1,)0 f y，所 以(,1)0 xf x 1 10 0(,)x yI x d x y f x y d y 1 10 0(,)xx d x y d f x y 1 1100 0,|,x xx d x y f x y f x y
29、 d y 1 10 0(,1)(,)x xx dx f x f x y dy 1 10 0(,)xx d x f x y d y 1 10 0(,)xd y x f x y d x 1 1100 0(,)|(,)d y x f x y f x y d x 1 10 0(1,)(,)dy f y f x y dx(,)Df x y d x d y a(2 2)(本 题 满 分 1 1 分)【解 析】(I)由 于1 2 3,不 能 由1 2 3,线 性 表 示，对1 2 3 1 2 3(,)进 行 初等 行 变 换：1 2 3 1 2 31 1 3 1 0 1(,)1 2 4 0 1 31 3 1
30、 1 5 a 1 1 3 1 0 10 1 1 1 1 20 2 3 0 1 4 a 1 1 3 1 0 10 1 1 1 1 20 0 5 2 1 0 a 当 5 a 时，1 2 3 1 2 3 1(,)2(,)3 r r，此 时，1 不 能 由1 2 3,线 性 表 示，故1 2 3,不 能 由1 2 3,线 性 表 示(I I)对1 2 3 1 2 3(,)进 行 初 等 行 变 换：1 2 3 1 2 31 0 1 1 1 3(,)0 1 3 1 2 41 1 5 1 3 5 1 0 1 1 1 30 1 3 1 2 40 1 4 0 2 2 1 0 1 1 1 30 1 3 1 2
31、40 0 1 1 0 2 1 0 0 2 1 50 1 0 4 2 1 00 0 1 1 0 2，故1 1 2 32 4，2 1 22，3 1 2 35 10 2(2 3)(本 题 满 分 1 1 分)【解 析】(I)由 于1 1 1 10 0 0 01 1 1 1A，设 1 21,0,1,1,0,1T T，则 1 2 1 2,A，即1 1 2 2,A A，而1 20,0，知 A 的 特 征 值 为1 21,1，对 应 的 特 征 向 量 分 别 为 1 1 10 k k，2 2 20 k k 由 于 2 r A，故 0 A，所 以30 由 于 A 是 三 阶 实 对 称 矩 阵，故 不 同
32、特 征 值 对 应 的 特 征 向 量 相 互 正 交，设30 对 应 的特 征 向 量 为 3 1 2 3,Tx x x，则1 32 30,0,TT 即1 31 30,0 x xx x 解 此 方 程 组，得 30,1,0T，故30 对 应 的 特 征 向 量 为 3 3 30 k k(I I)由 于 不 同 特 征 值 对 应 的 特 征 向 量 已 经 正 交，只 需 单 位 化：3 1 21 2 31 2 31 11,0,1,1,0,1,0,1,02 2T T T 令 1 2 3,Q，则110TQ A Q，TA Q Q 2 202 22 2 012 22 20 0 1 1 02 202 20 1 002 2 2 202 22 2 00 0 12 22 20 0 0 0 0 0 02 21 0 02 20 1 002 2