1、考研数学二-285 及答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：32.00)1. =（分数：4.00）A.B.C.D.2.设 f(x)=(1+x+x2)esinx，则 f“(0)=（分数：4.00）A.0B.2C.D.53.设 ，若矩阵 x 满足：AX+2B=BA+2X，则 X4=（分数：4.00）A.B.C.D.4.设矩阵 A 是秩为 2 的 4 阶矩阵，又 1， 2， 3是线性方程组 Ax=b 的解，且 1+ 2- 3=(2，0，-5，4) T， 2+2 3=(3，12，3，3) T， 3-2 1=(2，4，1，-2) T，则方程组 Ax=b 的通解
2、 x=（分数：4.00）A.B.C.D.5.设 f(x)在(-，+)上有定义，在(-，0)(0，+)内可导，x=0 为 f(x)的可去间断点，则下列结论正确的是（分数：4.00）A.x=0 为 f(x)的可去间断点B.x=0 为 f(x)的跳跃间断点C.x=0 为D.x=0 为6.设函数 f(u)可导，且 y+z=xf(y2-x2)确定隐函数 z=z(x，y)，则 （分数：4.00）A.B.C.D.7.方程 （分数：4.00）A.B.C.D.8.若抛物线 y=1-x2与 x 轴围成的平面图形被抛物线 y=ax2(常数 a0)分成面积相等的三部分，则常数 a=（分数：4.00）A.8B.6C.4
3、D.2二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.设 y=y(x)是由方程 y2+xy+x2-x=0 确定的满足 y(1)=-1 的连续函数，则 （分数：4.00）填空项 1:_10.已知当 x0 与 y0 时 （分数：4.00）填空项 1:_11.设 f(x)=arcsin(1-x)，且 f(0)=0，则 （分数：4.00）_12.交换二次积分次序 （分数：4.00）填空项 1:_13.微分方程 y“+y=exsinx 的通解是 y=_（分数：4.00）填空项 1:_14.已知矩阵 （分数：4.00）填空项 1:_三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.设函数 f(x)在(0，+)
4、内可导，f(x)0， ，且（分数：10.00）_16.计算反常积分 （分数：9.00）_17.试求椭圆 C： （分数：11.00）_18.设 F(x，y)在圆域 x2+y2R 2有连续偏导数，又 f(x，y)| x2+y2=R2=0，() 设 a0，记 Da=(x，y)|a 2x 2+y2R 2，将 化为定积分；() 求 （分数：10.00）_19.设区域 D 由曲线 y=-x3，直线 x=1 与 y=1 围成，计算二重积分（分数：11.00）_20.如图所示，一个仓库其顶部为高与底圆半径都等于 R 的圆锥形，其底部为高是 H 与底圆半径等于 R 的圆柱形设仓库的容积是常数 V，求使仓库的表面
5、积(包含底面积)最小时的 R 及 H（分数：11.00）_21.设函数 f(x)在0，+)内二阶可导，且 f(0)=f(0)=0，并当 x0 时满足xf“(x)+3xf(x)21-e -x求证：当 x0 时 （分数：10.00）_22.已知矩阵 （分数：11.00）_23.若任一 n 维非零列向量都是 n 阶矩阵 A 的特征向量，证明 A 是数量矩阵(即 A=kE，E 是 n 阶单位矩阵)（分数：11.00）_考研数学二-285 答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：8，分数：32.00)1. =（分数：4.00）A.B.C.D. 解析：分析 用洛必达法则，可
6、得*故应选(D)*2.设 f(x)=(1+x+x2)esinx，则 f“(0)=（分数：4.00）A.0B.2C.D.5 解析：分析 令 u(x)=1+x+x2，则 u(0)=1，u(0)=1，u“(0)=2；令 v(x)=esinx，则 v(0)=1，v(0)=cosxesinx|x=0=1，v“(0)=(-sinxe sinx+esinxcos2x)|x=0=1，又f(x)=u(x)v(x)，f(x)=u(x)v(x)+u(x)v(x)，f“(x)=u“(x)v(x)+u(x)v(x)+u(x)v(x)+u(x)v“(x)=u“(x)v(x)+2u(x)v(x)+u(x)v“(x)，于是
7、f“(0)=u“(0)v(0)+2u(0)v(0)+u(0)v“(0)=2+2+1=5故应选(D)*3.设 ，若矩阵 x 满足：AX+2B=BA+2X，则 X4=（分数：4.00）A.B. C.D.解析：分析 由题设矩阵方程，得 (A-2E)X=B(A-2E)因为*可逆，故 X=(A-2E)-1B(A-2E)从而 X4=(A-2E)-1B4(A-2E)=*所以应选(B)*4.设矩阵 A 是秩为 2 的 4 阶矩阵，又 1， 2， 3是线性方程组 Ax=b 的解，且 1+ 2- 3=(2，0，-5，4) T， 2+2 3=(3，12，3，3) T， 3-2 1=(2，4，1，-2) T，则方程组
8、 Ax=b 的通解 x=（分数：4.00）A. B.C.D.解析：分析 由于 n-r(A)=4-2=2，故方程组 Ax=b 的通解形式应为 +k 1 1+k2 2这样可排除(C)，(D)因为*，A( 3-2 1)=-b，所以(A)中(1，4，1，1) T和(B)中(-2，-4，-1，2) T都是方程组 Ax=b 的解(A)和(B)中均有(2，2，-2，1) T，因此它必是 Ax=0 的解只要检验(1，-4，-6，3) T和(1，8，2，5) T哪一个是 Ax=0 的解就可以了由于 3( 1+ 2- 3)-( 2+2 3)=3( 1- 3)+2( 2- 3)是 Ax=0 的解，所以(3，-12，
9、-18，9) T是 Ax=0 的解那么(1，-4，-6，3) T是 Ax=0 的解故应选(A)5.设 f(x)在(-，+)上有定义，在(-，0)(0，+)内可导，x=0 为 f(x)的可去间断点，则下列结论正确的是（分数：4.00）A.x=0 为 f(x)的可去间断点B.x=0 为 f(x)的跳跃间断点C.x=0 为D.x=0 为 解析：分析一 因 f(x)在(-0)(0，+)内可导，从而 f(x)分别在(-，0)与(0，+)上连续，又因x=0 是 f(x)的可去间断点，从而补充定义*，补充定义后的函数 f(x)就在区间(-，+)上连续于是*在(-，+)内可导，特别在 x=0 处连续由于改变函
10、数在个别点的函数值不影响函数的可积性与定积分的值(这是定积分的性质之一)，所以*也在 x=0 处连续即应选(D)分析二 用排除法对于(A)：取*则*从而可知 x=0 为 f(x)的跳跃间断点故(A)不对对于(B)：取*则对任何 x0 都有 f(x)=0，从而可知 x=0 为 f(x)的可去间断点故(B)不对对于(C)：同样取*则不仅有*，而且对任何 x0 都有*，可见 x=0 不是*的可去间断点故(C)也不对由排除法可知，应选(D)6.设函数 f(u)可导，且 y+z=xf(y2-x2)确定隐函数 z=z(x，y)，则 （分数：4.00）A.B.C. D.解析：分析 令 u=y2-x2，方程
11、y+x=xf(y2-z2)就可以改写成 y+z=xf(u)把它看成关于自变量 x 与 y 的恒等式，两端求全微分即得dy+dz=f(u)dx+xf(u)du*dy+dz=f(y2-z2)dx+f(y2-z2)(2ydy-2zdz)，整理得1+2xzf(y2-z2)dz=f(y2-z2)dx+2xyf(y2-z2)-1dy，从而 *这样一来就有*故应选(C)7.方程 （分数：4.00）A.B.C. D.解析：分析 令*则*即 f(x)与 sinx-cosx 同号，有两个零点*列表可得 f(x)的单调性与极值如下：*由上表可知 f(x)在*内的最小值为*故 f(x)=2 在*内无解；由于*且 f(
12、x)在*内单调增加，故 f(x)=2 在*内有且只有一个根；类似，由于 f(x)在*内的最大值为*故 f(x)=2 在*内无解；最后，由于*，且 f(x)在*内单调减少，故 f(x)=2 在*内有且只有一个根综上分析，应选(C)*8.若抛物线 y=1-x2与 x 轴围成的平面图形被抛物线 y=ax2(常数 a0)分成面积相等的三部分，则常数 a=（分数：4.00）A.8 B.6C.4D.2解析：分析 如图，抛物线 y=1-x2与 y=ax2交于两点*由题设可知，a 应满足等式*即*故应选(A)*二、填空题(总题数：6，分数：24.00)9.设 y=y(x)是由方程 y2+xy+x2-x=0 确
13、定的满足 y(1)=-1 的连续函数，则 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：1）解析：分析 由隐函数存在定理知，由方程 y2+xy+x2-x=0 确定的满足 y(1)=-1 的隐函数二次连续可导，且2yy+xy+y+2x-1=0， (*)在(*)式中令 x=1，y(1)=-1 可得 y(1)=0将(*)式再对 x 求导一次，得2yy“+2y2+y+xy“+y+2=0 (*)在(*)式中令 x=1，y(1)=-1，y(1)=0 可得-y“(1)+2=0*y“(1)=2利用洛必达法则和 y(1)=-1，y(1)=0，y“(1)=2 可得*10.已知当 x0 与 y0 时 （分数：4.0
14、0）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 由于*，今 u=lnx，*，则*从而当 x0，y0 时*求全微分可得*令 x=1，y=1 就有*11.设 f(x)=arcsin(1-x)，且 f(0)=0，则 （分数：4.00）_解析：分析 令*可用三种不同的方法来求 I第一种方法最直接，首先从 f(x)=arcsin(1-x)用积分法求出函数 f(x)，然后再计算 I第二种方法是利用变限定积分表示函数 f(x)可得*，把它代入，后交换所得累次积分的积分次序即可求得 I 的值第三种方法是利用分部积分法计算 I比较起来，后两种方法比较简单方法 1 首先求函数 f(x)，由 f(x)=arcsin
15、(1-x)与 f(0)=0 可得*于是*令 1-x=t 作换元，分别计算得*故*方法 2 由于 f(x)-f(0)=*且 f(0)=0，于是*代入即得*其中 D=(x，y)|0x1，0yx，因 D 又可表为 D=(x，y)|0y1，yx112.交换二次积分次序 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 *如图所示现交换积分次序得*13.微分方程 y“+y=exsinx 的通解是 y=_（分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：*）解析：分析 方程的非齐次项 f(x)=eaxsinx，其中 =1，=1，因 +i=1+i 不是特征根，所以方程有形如 y0=ex(Acosx+
16、Bsinx)的特解将y0=ex(Acosx+Bsinx)，y0=ex(A+B)cosx+(B-A)sinx，y0“=ex(2Bcosx-2Asinx)，代入原方程得y0“+y0=ex(2B+A)cosx+(B-2A)sinx=exsinx*由特征方程 2+1=0 得特征根 =i*原方程有通解为*14.已知矩阵 （分数：4.00）填空项 1:_ （正确答案：k(-1，1，1) T，k0 为任意常数）解析：分析 “特征值不同特征向量线性无关”，现在矩阵 A 只有一个线性无关的特征向量，故特征值 0必是 3 重根，且秩 r( 0E-A)=2由 i=a ii知 3 0=4+(-2)+1，得特征值 =1
17、(3 重)又*因为秩 r(E-A)=2，因此有 a=-2此时(E-A)x=0 的基础解系是(-1，1，1) T故 A 的特征向量为 k(-1，1，1) T，k0 为任意常数评注 特征值有重根时，要会用秩来分析判断问题三、解答题(总题数：9，分数：94.00)15.设函数 f(x)在(0，+)内可导，f(x)0， ，且（分数：10.00）_正确答案：() 题设中等式左端的极限为 1 型，先转化成*，由导数的定义及复合函数求导法得*于是*即*积分得*，即*由*，得 C=1因此*() 证法 1 因 f(x)在(0，+)连续，又*所以 f(x)在(0，+)上有界证法 2 当 x(0，+)时显然有*，即
18、 f(x)在(0，+)上有下界为证明 f(x)在(0，+)上也有上界可利用熟知的不等式：当*时有*，从而当 0*时*又当*时直接可得*，故当 x(0，+)时f(x)1 成立综合得当 x(0，+)时 0f(x)1 成立*)解析：16.计算反常积分 （分数：9.00）_正确答案：(令 ex+1=t 作换元，则 x：0+对应 t：2+，且 x=ln(t-1)，*，从而*令*(*)其中常数 A，B，C 与 D 待定注意(*)式可改写为*于是有 t-4=At2(t-1)+Bt(t-1)+C(t-1)+Dt3(*)在(*)式中令 t=1 可得 D=-3，令 t=0 可得 C=4，于是(*)式可改写成t-4
19、-4(t-1)+3t3=At2(t-1)+Bt(t-1)*3t(t2-1)=At2(t-1)+Bt(t-1)*3(t+1)=At+B*A=3B=3代入即得*)解析：17.试求椭圆 C： （分数：11.00）_正确答案：(因点 P1(0，1)在上半椭圆*上，从而*由此可得椭圆 C 在点 P1处的曲率*，曲率圆的半径 R1=4由于椭圆 C 在点 P1处的切线为 y=1，法线即为y 轴，所以 C 在点 P1处的曲率圆中心在 y 轴上点 P1下方与点 P1距离为 4 处，即曲率圆中心为 O1(0，-3)，曲率圆方程为 x2+(y+3)2=16同理，因点 P2(0，2)在右半椭圆*上，从而*故椭圆 C
20、在点 P2处的曲率*，曲率圆的半径*由于椭圆 C 在点 P2处的切线方程为 x=2，法线即为 x 轴，所以 C 在点 P2处的曲率圆中心在 x 轴上点 P2左方与点 P2距离为*处，即曲率圆中心为 O2*曲率圆的方程为*)解析：18.设 F(x，y)在圆域 x2+y2R 2有连续偏导数，又 f(x，y)| x2+y2=R2=0，() 设 a0，记 Da=(x，y)|a 2x 2+y2R 2，将 化为定积分；() 求 （分数：10.00）_解析：19.设区域 D 由曲线 y=-x3，直线 x=1 与 y=1 围成，计算二重积分（分数：11.00）_正确答案：(用 y=x3(x0)分割区域，于是区
21、域 D 可分为 D1，D 2，D 3，D 4四个部分，如图，其中 D1与 D2关于 y 轴对称，D 3与 D4关于 x 轴对称注意*其中被积函数 xycos(x2+y2)+1关于 x 是奇函数，故它在 D1+D2上的积分为零又因其中第一个二重积分的被积函数 xycos(x2+y2)关于 y 是奇函数，故第一个二重积分也是零，其中第二个二重积分的被积函数 x关于 y 是偶函数，故第二个二重积分可以化简，得*综合得*)解析：20.如图所示，一个仓库其顶部为高与底圆半径都等于 R 的圆锥形，其底部为高是 H 与底圆半径等于 R 的圆柱形设仓库的容积是常数 V，求使仓库的表面积(包含底面积)最小时的
22、R 及 H（分数：11.00）_正确答案：(由题设知仓库的容积*其表面积(含底面积)*题目的要求是在*的条件下求 S 的最小值可采用拉格朗日乘子法令拉格朗日函数为*为求其驻点，令*因 R0，由第二个方程可得*代入第一个方程，即得*代入第三个方程，得唯一驻点：*因驻点唯一，且实际问题必有最小表面积，故当 R 与 H 分别取上述值时 S 最小*)解析：21.设函数 f(x)在0，+)内二阶可导，且 f(0)=f(0)=0，并当 x0 时满足xf“(x)+3xf(x)21-e -x求证：当 x0 时 （分数：10.00）_正确答案：(分析与证明一 由泰勒公式得*(*)其中 x0，0x现只需证：f“(
23、x)1(x0)由假设条件有*因此只需证*令 F(x)=x-(1-e-x)=x+e-x-1，*F(0)=0，F(x)=1-e -x0(x0)*F(x)在0，+)单调增加，F(x)F(0)=0(x0)，即*于是*最后由(*)式得*分析与证明二 要证*，即证*(*)由于 F(0)=0，F(x)=x-f(x)，F(0)=0，F“(x)=1-f“(x)，因此为证(*)式，只需证 1-f“(x)0(x0)，即 f“(x)1(x0)现如同前面所证 f“(x)1(x0)，于是 F“(x)=1-f“(x)0(x0)*F(x)在0，+)单调增加*F(x)F(0)=0(x0)*F(x)在0，+)单调增加*F(x)F
24、(0)=0(x0)，即*)解析：22.已知矩阵 （分数：11.00）_正确答案：(由矩阵 A 的特征多项式*得到矩阵 A 的特征值是 1=3， 2= 3=-1由矩阵 B 的特征多项式*得到矩阵 B 的特征值也是 1=3， 2= 3=-1当 =-1 时，由秩*知(-E-A)x=0 有 2 个线性无关的解，即 =-1 时矩阵 A 有 2 个线性无关的特征向量，矩阵 A 可以相似对角化而(-E-B)x=0 只有 1 个线性无关的解，即 =-1 时矩阵 B 只有 1 个线性无关的特征向量，矩阵 B 不能相似对角化因此矩阵 A 和 B 不相似评注 假若已知条件中矩阵 B 是实对称矩阵，则当判断出矩阵 A
25、 不能对角化以后，可以不必再去求矩阵 B的特征值而立即断言矩阵 A 和 B 不相似(利用实对称矩阵必可相似对角化)解析：23.若任一 n 维非零列向量都是 n 阶矩阵 A 的特征向量，证明 A 是数量矩阵(即 A=kE，E 是 n 阶单位矩阵)（分数：11.00）_正确答案：(因为任一个 n 维非零列向量均是 A 的特征向量，故 A 有 n 个线性无关的特征向量，从而 A 必与对角矩阵相似现取 n 个单位向量 i=(0，0，1，0，0) T，(i=1，2，n)为 A 的特征向量，其特征值分别为 1， 2， n那么令 P=( 1， 2， n)=E，有*如果 1 2，则 A( 1+ 2)= 1 1+ 2 2因为每个 n 维向量都是 A 的特征向量，又应有 A( 1+ 2)=( 1+ 2)，于是 ( 1-) 1+( 2-) 2=0由于 1-， 2- 不全为 0，与 1， 2线性无关相矛盾，所以必有 1= 2同理可知 1= 2= n=k，故 A=kE评注 n 阶数量矩阵 kE 的特征值是 k(n 重根)；并且任一 n 维非零列向量都是 kE 的特征向量)解析：
