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1、20122012 海南考研数学二真题及答案海南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