2012考研數(shù)學二真題及參考答案

1、2012 考研數(shù)學二真題及參考答案一、選擇題：18小題，每小題4分，共32分，下列每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求的，請將所選項前的字母填在答題紙.指定位置上.,x2x(1)曲線y_漸近線的條數(shù)為()x1(A) 0(B) 1(C) 2(D) 3【答案】：C2xx一一.一.【解析】：lim上一，所以x1為垂直的x1x212limx3-1,所以y1為水平的，沒有斜漸近線故兩條選Cxx21(2)設函數(shù)f(x)(ex1)(e2x2)L(enxn),其中n為正整數(shù)，則f(0)n1(A) (1)(n1)!(B) (1)n(n1)!(C) (1)n1n!(D) (1)nn!【答案】：C【解析】：

2、f(x)ex(e2x2)L(enxn)(ex1)(2e2x2)L(enxn)L(ex1)(e2x2)L(nenxn)所以f(0)(1)n1n!(3)設an0(n=1,2,)，S=a1+a2+an,則數(shù)列(Sn)有界是數(shù)列(an)收斂的(A)充分必要條件.(B)充分非必要條件.(C)必要非充分條件.(D)即非充分地非必要條件.【答案】：(A)an0,則an為正項級數(shù)，Sn=ai+a2+an為正項級數(shù)an的前n項和。正項級數(shù)前n項和有界與正向級數(shù)an收斂是充要條件。故選An1kx2esinxdx(k=1,2,3),則有De(B)I2I2I3.(D)I1I20,f(x,y)0,f(x1,y1)x2,

3、y1y2.(C)x1x2,y1x2,y1y(D)x1y2.解析:f(x,y)0,f(x,y)xy0表示函數(shù)f(x,y)關于變量x是單調遞增的，關于變量y是單調遞減的。因此，當xx2,yy2必有f(x1,y1)f(x2,y2),故選D(6)設區(qū)域D由曲線ysinx,x一,y1,圍成，則2x5y1dxdy()(A)(B)2(C)2(D)【答案】:(D)【解析】：由二重積分的區(qū)域對稱性,x5y1dxdy一1525dxxy1dy一sinx2C1011,31C2C311其中C1,C2,q,C4為任意常數(shù)，則下列向C4量組線性相關的是(【解析】：由于(4)設Ik(A)I1I2I3.(C)I1I3I1,【答

4、案】 ：(D)【解析】：Ik(C)(D)2,3,4【解析】 ： 由于選(C)(8)設A為3階矩陣,c13,4線性相關。故(A)(C)Q1AQ(B)C4P為3階可逆矩陣,1-則QAQ(B)(D)1_P1AP1AP故選(B)。二、填空題:14小題，每小題24分, 請將答案寫在答題紙指定位置上(9)設yy(x)是由方程ey所確定的隱函數(shù)，則dydx2xey1【解析】：方程x2yey兩端對x求導，有2xdxeydyDdxdydx2xey1(10)計算limx122-【解析】：原式limndx(11)設zfln【解析】：因為(12)微分方程ydx【答案】：xy2【解析】：ydx(x線性微分方程，所以1d

5、yxey又因為y(13)曲線1.01x2arctanx， 其中函數(shù)f(u)可微，則zxxzxx2zy0.y(x3y2)dy0滿足初始條件ylx=1的解為2、. .3y)dy3y1dyeydy1,解得C0,故x(x0)上曲率為dxdy3y-xy2.3ydy上的點的坐標是2dxdy3y為一階C(y3C);|y|2-273/T3(y)1(2x1)12210時，xsinx與一x3等價,622整理有(2x1)21,解得x0或1,又x0,所以x.22故該點坐標為1,0陣B,則BA【答案】：-27*3所以，|BA|3EI2|3|E12|27*(1)27.三、解答題：1523小題，共94分.請將解答寫在答胡綱

6、證明過程或演算步驟.(1)求a的值(2)若當x0時,f(x)a是xk的同階無窮小，求【解析】：(1).1limf(x)lim(x0 x0sinx.xlim，當x0時，由f(x)af(x)sinx2x1sinxxsinxxsinx又因為，當x故f(x)(16)(本題滿分10分)求fx,yxex,yxe先求函數(shù)的駐點.fxx,yex0,fyx,y解得函數(shù)為駐點為e,0.又Afxxe,01,Bfxye,00,Cfyy(14)設A為3階矩陣，A_.3,A為A的伴隨矩陣，若交換A的第一行與第二行得到矩【解析】：由于BE12A，故*BAEI2AA|A|EI23E12,指定位置上.解答應寫出文字說明、(15

7、)(本題滿分10分)已知函數(shù)f(x),，記ax,limf(x)x0212所以BAC0,A0,故fx,y在點e,0處取得極大值fe,0-e.(17)(本題滿分10分)過點(0,1)點作曲線L：ylnx的切線，切點為A又L與x軸交于B點，區(qū)域D由L與直線AB及x軸圍成，求區(qū)域D的面積及D繞x軸旋轉一周所得旋轉體的體積?！窘馕觥浚?1設切點坐標為Ax0,lnx0,斜率為一，所以設切線萬程為ylnx0一xx0,又因xx。82,2八,e2e2e4e2xlnx.2dx1182o222oe2e1e333(18)(本題滿分10分)1c222V2ee3822e-exlnxe2,2lnxdx2e2lnxdx為該切

8、線過B(0,1),所以x02.,、一e,故切線方程為：y計算二重積分xydD,其中區(qū)域D為曲線r1cos0與極軸圍成。xyd1cosdrcosrsinrdr14.一sincos(1cos)d4o322sintcos11tdt162sintcos9tdt0088351615(19)(本題滿分11分)已知函數(shù)f(x)滿足方程f(x)f(x)2f(x)0及f(x)f(x)2ex1)求表達式f(x)2x22)求曲線的拐點yf(x2)f(t2)dt【解析】：1)特征方程為r2r20,特征根為r11,r22,齊次微分方程_._x_2x_x.f(x)f(x)2f(x)0的通解為f(x)C1eC2e.再由f(

9、x)f(x)2e得2x2CeC?e2e,可知G1,C20。故f(x)ex2x22x22)曲線方程為yeedt,則y12xeedt,002x2y2x212x2exetdt0令y0得x0。為了說明x0是y0唯一的解，我們來討論y在x0和x0時的符號。2x.2當x0時，2x0,212x2exetdt0,可知y0;當x0時，02x.22x0,212x2exetdt0,可知y”0?？芍獂0是y0唯一的解。702x2同時，由上述討論可知曲線yf(x)of(t)dt在x0左右兩邊的凹凸性相反，可知x0,0點是曲線yf(x2)0f(t2)dt唯一的拐點。(20)(本題滿分10分)16sin-cos(2cos2

10、一22281)cos一一1x證明：xln-1x2x.cosx1,12【解析】：令fxxlnS1xcosxln1xsinxInIn2x1x21x2；gx1xsinsinx1時,1x有l(wèi)n所以2xgxx0,0,即得xln11cosx所以xln可知,）cosx0,0,即得xln=1x（本題滿分（1）證明方程x(1)嗎）嗎）12(1xln11cosx11分)中的實根為xn所以2xgxxcosxx1(n在區(qū)間證明limxn存在，并求此極限。n由題意得：令f(x)xnxn1（2）n）0,由零點定理得在有另外一根x1,所以x0nnx01nLx01xn11內有且僅有一個實根;2，x1,則f(1)0,再由.1.

11、（一,1）肯定有解x0,假設在此區(qū)間還2n1.xnLxn1,由歸納法得到X1Xo,即唯一性得證為Xn即f(Xn)nXnn1XnLXn1f(Xn)Xn(1Xn)由于XnnnXnXnXn0，(2Xn1)，nXn1Xn1XnXnXn1Xn0,可知Xn1Xn。又由于Xn也即Xn是單調的。則由單調有界收斂定理可知Xn收斂，假設limnXna,可知aX2X1(22)時，limf(xn)n（本題滿分11分）（n）已知線性方程組AXI)limnXn(14)1Xnb有無窮多解,an10,得limnXn并求AXb的通解。1)4a(n)可知當要使得原線性方程組有無窮多解，則有0101，一,進一步化為行最簡形得100

12、010010010110011000000可知導出組的基礎解系為11，、/，,非齊次方程的特解為110101,故其通解為1k1010010線性方程組Axb存在2個不同的解，有|A|0.11即：A010(11111x1當1時，000 x2111X3(23)(本題滿分11分)三階矩陣2_一,1)(1)0,得1或-1.x0,顯然不符，故1.1101A011,AT為矩陣A的轉置，已知r(ATA)10a2,且二次型fxTATAx。1）求a2）求二次型對應的二次型矩陣，并將二次型化為標準型，寫出正交變換過程?！窘馕觥浚?)由r(ATA)r(A)2可得，101011a10a110a202x1fxTATAxx1,x?1x3022x22)224x