[考研类试卷]考研数学（数学二）模拟试卷421及答案与解析.doc

1、考研数学（数学二）模拟试卷 421 及答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 设 f ()在 0 处连续，且 1，则( )（A）f(0)是 f()的极大值（B） f(0)是 f()的极小值（C） (0，f(0)是曲线 y f()的拐点（D）f(0)非 f()的极值，(0，f(0)也非 yf()的拐点2 设 y 33a 23bc 在 1 处取最大值，又(0，3)为曲线的拐点，则( )（A）a1， b1，c 3（B） a0，b1，c 3（C） a1，b1，c 3（D）a1， b1，c 33 设 zyF( )，其中 F 为可微函数，则 为( )（A）zy（B） z

2、y（C） z2y（D）z2y4 设 D 为 Oy 平面上的有界闭区域， zf( ，y)在 D 上连续，在 D 内可偏导且满足z ，若 f(，y)在 D 内没有零点，则 f(，y)在 D 上( )（A）最大值和最小值只能在边界上取到（B）最大值和最小值只能在区域内部取到（C）有最小值无最大值（D）有最大值无最小值5 曲线 y 2 与 y 所围成的图形绕 轴旋转一周的旋转体的体积为 ( )（A）（B）（C）（D）6 设三阶常系数齐次线性微分方程有特解 y1e ，y 22e ，y 33e -，则该微分方程为( )（A）yyyy0（B） yyyy0（C） y2yy2y0（D）y2yy2y07 设四阶矩

3、阵 A( 1， 2， 3， 4)，其中 1， 2， 3 线性无关，而4 21 2 3，则 r(A*)为( )（A）0（B） 1（C） 2（D）38 设 A 为三阶矩阵，A 的特征值为 1 21， 33，对应的线性无关的特征向量为 1， 2， 3，令 P1( 1 3， 2 3， 3)，则 P1-1AP1( )（A）（B）（C）（D）二、填空题9 设 D：( 2y 2)24(2y 2)，则 (y) 2ddy_ 10 设 t0，D t(，y)0y，ty1)，则 _11 _12 设 zf(，y)连续，且 2，则 dz (1，2)_13 _14 设 A 为三阶实对称矩阵， 1 为方程组 AX0 的解，

4、2 为方程组(2EA)X0 的一个解， EA0，则 A_ 三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 证明：当 1 且 0 时， 116 计算17 设 f()Ca ，b，证明：存在 (a，b)，使得 abf()d(ba)f()18 设 f()在 R 上可微且 f(0)0，又 f(ln) 求f()d 19 设 f()在(0，)内一阶连续可微，且对 (0，)满足 01f(t)dt2 0f(t)dtf() 3，又 f(1)0，求 f()20 一个容器的内表面侧面由曲线 (02)绕 轴旋转而成，外表面由曲线 在点(2， )的切线位于点(2， )与 轴交点之间的部分绕 z 轴旋转而成，此容器

5、材质的密度为 求此容器自身的质量 M 及其内表面的面积 S21 位于上半平面的上凹曲线 yy()过点(0，2)，在该点处的切线水平，曲线上任一点(，y)处的曲率与 及 1y 2之积成反比，比例系数 k ，求 yy()22 设 A 是 n 阶矩阵，证明： ()r(A)1 的充分必要条件是存在 n 维非零列向量，使得 A T； ()r(A)1 且 tr(A)0，证明 A 可相似对角化23 设 A ，B 为三阶非零矩阵，为 BX0 的解向量，且 AX 3 有解 ()求常数 a，b 的值； ()求 BX0 的通解考研数学（数学二）模拟试卷 421 答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个

6、选项符合题目要求。1 【正确答案】 C【试题解析】 由 1 得 f(0)0，由极限保号性可知，存在 0，当 时， 0 当 z(，0)时，因为 ln(1)0，所以 f()0；当 (0，)时，因为 ln(1)0，所以 f()0，于是(0，f(0)为 yf() 的拐点，选 C2 【正确答案】 B【试题解析】 y3 26a3b，y66a,则有 解得a0，b 1，c3，选 B3 【正确答案】 B【试题解析】 由 得 yFyFyyF2yF2yzyz y，选 B4 【正确答案】 A【试题解析】 因为 f(，y)在 D 上连续，所以 f(，y)在 D 上一定取到最大值与最小值，不妨设 f(，y) 在 D 上的

7、最大值 M 在 D 内的点( 0，y 0)处取到，即 f(0，y 0)M0 ，此时 0，这与 z0 矛盾，即f(，y)在。上的最大值 M 不可能在 D 内取到，同理 f(，y) 在 D 上的最小值 m 不可能在 D 内取到，选 A5 【正确答案】 C【试题解析】 故选 C6 【正确答案】 A【试题解析】 因为 y1e ，y 22e ，y 33e -为三阶常系数齐次线性微分方程的三个特解，所以其对应的特征方程的特征值为 1 21， 31，其对应的特征方程为 (1) 2(1)0，即 3 210 则微分方程为 yyyy0，选 A7 【正确答案】 B【试题解析】 由 1， 2， 3 线性无关，而 42

8、 1 2 3 得向量组的秩为 3，于是 r(A)3，故 r(A*)1，选 B8 【正确答案】 C【试题解析】 故选 C二、填空题9 【正确答案】 【试题解析】 由对称性 (y) 2ddy (2y 2)ddy， 令 则D(r，) 0 ，0r2 ，于是10 【正确答案】 【试题解析】 11 【正确答案】 【试题解析】 12 【正确答案】 2d dy【试题解析】 令 ，由 f(，y)连续得 f(1，2)3， 由2 得 f(，y)2yf(1，2)o()， 即zf(，y)f(1，2)2(1)一(y 2)o()， 故 dz (1,2)2ddy13 【正确答案】 【试题解析】 故I 14 【正确答案】 【试

9、题解析】 显然 为 A 的特征向量，其对应的特征值分别为 10， 22，因为 A 为实对称阵，所以 1T2k 22k10，解得 k1， 于是 又因为EA0，所以 31 为 A 的特征值，令31 对应的特征向量为 3 ，三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15 【正确答案】 当 0 时，令 f()ln(1)ln(1 ) ，显然 f(0)0，因为 f()1 ln(1)0 所以 f()在(，0)上单调减少，所以当 0 时，f()f(0)0，即 ln(1)ln(1) 0，于是当 01 时，令 f()ln(1) ln(1 ) ，且 f(0)0，因为 f() 1 ln(1 )0， 所以 f(

10、)在(0， )内单调增加，于是 f()f(0)0，故 116 【正确答案】 令 tant ，则17 【正确答案】 令 F() a(t)dt，则 F()f()，且 F()Ca，b 由泰勒公式得其中 2 两式相减，得 F(b)F(a)(ba) 因为 f()Ca ，b，所以 f()C1， 2，由闭区间上连续函数最值定理，f()在区间 1， 2上取得最小和最大值，分别记为 m，M，则有 m M 再由闭区间上连续函数的介值定理，存在 1， 2 (a，b)，使得 f() ，从而有18 【正确答案】 令 uln，则 f(u) 于是因为 f(0)0，所以 f() 当 0 时，f()d 2C 1；当 0 时，f

11、()d4 2C 2注意到 f()连续，由 C14C 2，得 C2C 14， 故19 【正确答案】 令 ut，则原方程变换为 0f(u)du2 0f(t)dtf() 3 两边对 求导得 f() 2f()f()f() 3 2，整理得 f() f()3 此微分方程的通解为 f() 2由 f(1)0，得 C ，所以 f() 220 【正确答案】 得切线方程为y (2)，与 轴的交点坐标为(1，0) 切线旋转后的旋转体体积为 ，曲线旋转后的旋转体的体积为 此容器的质量为容器内表面积为21 【正确答案】 根据题意得 令 yp，则有 解得 ，因为 p(2)0，所以C10， 故 yp ，进一步解得 ，因为 y

12、(0)2，所以 C20，故曲线方程为 y 222 【正确答案】 (I)若 r(A)1，则 A 为非零矩阵且 A 的任意两行成比例，即于是 A (b1，b 2，b n) 令，显然 ， 都不是零向量且 A T； 反之，若 A T，其中 ， 都是 n 维非零列向量，则 r(A)r( T)r()1，又因为 ， 为非零列向量，所以 A 为非零矩阵，从而 r(A)1，于是 r(A)1 ()因为 r(A)1，所以存在非零列向量 ， ，使得 A T，显然 tr(A)( ，)，因为 tr(A)0，所以(，) k0 令 AXX，因为 A2kA，所以 2XkX，或( 2k)X0，注意到 X0，所以矩阵 A 的特征值为 0 或 k 因为 1 2 ntr(A)k，所以 1k， 2 3 n0，由 r(0EA) r(A)1，得 A 一定可以对角化23 【正确答案】 由 B 为三阶非零矩阵得 r(B)1，从而 BX0 的基础解系最多有两个线性无关的解向量， 于是 0，解得 a3b 由 AX 3 有解得r(A)r(A 3)， 由解得 b5，从而 a15 由 1， 2 为 BX0 的两个线性无关解得 3r(B)2，从而 r(B)1， 再由 r(B)1 得 r(B)1， 1， 2 为 BX0 的一个基础解系， 故 BX0的通解为 X (k1，k 2 为任意常数)