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1、2011青海考研数学二真题及答案一、选择题(18小题，每小题4分，共32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) 已知当时，与是等价无穷小，则( )(A) (B) (C) (D) (2) 已知在处可导，且，则=( )(A) (B) (C) (D) 0(3) 函数的驻点个数为( )(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3(4) 微分方程的特解形式为( ) (A) (B) (C) (D) (5) 设函数均有二阶连续导数，满足且，则函数在点处取得极小值的一个充分条件是( ) (A) (B) (C) (D) (6) 设，则的大小关系是
2、( ) (A) (B) (C) (D) (7) 设为3阶矩阵，将的第2列加到第1列得矩阵，再交换的第2行与第3行得单位矩阵，记，则( ) (A) (B) (C) (D) (8) 设是4阶矩阵，为的伴随矩阵，若是方程组的一个基础解系，则的基础解系可为( ) (A) (B) (C) (D) 二、填空题(914小题，每小题4分，共24分请将答案写在答题纸指定位置上)(9) (10) 微分方程满足条件的解为(11) 曲线的弧长(12) 设函数则(13) 设平面区域由直线圆及轴围成，则二重积分(14) 二次型，则的正惯性指数为 三、解答题(1523小题，共94分请将解答写在答题纸指定位置上解答应写出文字
3、说明、证明过程或演算步骤)(15) (本题满分10分)已知函数，设试求的取值范围 (16) (本题满分11分)设函数由参数方程确定，求的极值和曲线的凹凸区间及拐点(17) (本题满分9分)设函数，其中函数具有二阶连续偏导数，函数可导且在处取得极值，求 (18) (本题满分10分)设函数具有二阶导数，且曲线与直线相切于原点，记为曲线在点处切线的倾角，若求的表达式(19) (本题满分10分)(I)证明：对任意的正整数n，都有 成立(II)设，证明数列收敛 (20) (本题满分11分)一容器的内侧是由图中曲线绕轴旋转一周而成的曲面，该曲线由与连接而成的(I) 求容器的容积；(II) 若将容器内盛满的
4、水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功？(长度单位：，重力加速度为，水的密度为)图(21) (本题满分11分)已知函数具有二阶连续偏导数，且，其中，计算二重积分(22) (本题满分11分)设向量组，不能由向量组，线性表示 (I) 求的值；(II) 将由线性表示(23) (本题满分11分)为三阶实对称矩阵，的秩为2，即，且(I) 求的特征值与特征向量；(II) 求矩阵参考答案一、选择题(18小题，每小题4分，共32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 所以，故答案选(C) (2)【答案】(B)【解析】 故
5、答案选(B)(3)【答案】(C)【解析】 令，得，故有两个不同的驻点(4)【答案】(C)【解析】微分方程对应的齐次方程的特征方程为，解得特征根所以非齐次方程有特解,非齐次方程有特解，故由微分方程解的结构可知非齐次方程可设特解(5)【答案】(A)【解析】由题意有， 所以，即点是可能的极值点又因为，所以，根据题意由为极小值点，可得且，所以有由题意，所以，故选(A)(6)【答案】(B)【解析】因为时， ，又因是单调递增的函数，所以故正确答案为(B)(7)【答案】 (D)【解析】由于将的第2列加到第1列得矩阵，故，即，由于交换的第2行和第3行得单位矩阵，故，即故因此，故选(D) (8)【答案】(D)【
6、解析】由于是方程组的一个基础解系，所以，且，即，且由此可得，即，这说明是的解由于，所以线性无关又由于，所以，因此的基础解系中含有个线性无关的解向量而线性无关，且为的解，所以可作为的基础解系，故选(D)二、填空题(914小题，每小题4分，共24分请将答案写在答题纸指定位置上)(9)【答案】【解析】原式=(10)【答案】【解析】由通解公式得 由于故=0所以(11)【解析】选取为参数，则弧微元所以(12)【答案】【解析】原式 (13)【答案】【解析】原式 (14)【答案】2【解析】方法1：的正惯性指数为所对应矩阵的特征值中正的个数二次型对应矩阵为 ，故因此的正惯性指数为2方法2：的正惯性指数为标准形
7、中正的平方项个数 ，令则，故的正惯性指数为2三、解答题(1523小题，共94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)(15) (本题满分10分)【解析】如果时，显然与已知矛盾，故当时，又因为所以即又因为所以，即，综合得 (16) (本题满分11分)【解析】因为，令得，当时，此时，所以为极小值当时，此时，所以为极大值令得，当时，此时；当时，此时所以曲线的凸区间为，凹区间为，拐点为(17) (本题满分9分)【解析】因为在可导，且为极值,所以，则 (18) (本题满分10分)【解析】由题意可知当时，由导数的几何意义得,即，由题意，即 令，则，即，即当，代入得，所以 ，则
8、又因为，所以(19) (本题满分10分)【解析】()设显然在上满足拉格朗日的条件，所以时，即：，亦即：结论得证（II）设先证数列单调递减，利用（I）的结论可以得到，所以得到，即数列单调递减再证数列有下界，得到数列有下界利用单调递减数列且有下界得到收敛 (20) (本题满分11分)【解析】(I)容器的容积即旋转体体积分为两部分+=(II) 所做的功为(21) (本题满分11分)【解析】因为，所以(22) (本题满分11分)【解析】(I)由于不能由线性表示，对进行初等行变换：当时，此时，不能由线性表示，故不能由线性表示(II)对进行初等行变换：，故，(23) (本题满分11分)【解析】(I)由于，设，则，即，而，知的特征值为，对应的特征向量分别为，由于，故，所以由于是三阶实对称矩阵，故不同特征值对应的特征向量相互正交，设对应的特征向量为，则 即解此方程组，得，故对应的特征向量为(II) 由于不同特征值对应的特征向量已经正交，只需单位化：令，则，