sx10 2 answer?？家?013考研數(shù)學(xué)10月模擬題答案二

2013（10）模擬題答案（數(shù)二(1y

ex

的漸近線有 （A）1 C(1【解析】由于(1

ex

x0

ex

0y0

y

x

1，x

x

lim(yx)

x]

exx

e

xeyx1Cx xx0x x

等價(jià)的無窮小量是 1e

（D）111 【解析】x0時(shí)，1 2

x(ex

xx1x121 x)2

x2xxln1xln[1(1x1)]ln(1x )xx

x x，故應(yīng)選xx xx

M

1

2(sin3xcos6x)dxP-

2(x2sin3xcos6 則有 NP （B）MPNM

PMsinxcos6xM01N2sin3xdx

2cos6xdx0

2cos6xdx0 P

x2sin3xdx

2cos6xdx0

2cos6xdx0NMP設(shè)f(x,y)處可微，則（（A）(0,0)（C）(0,0)

x21)(xy(xy在點(diǎn)(00f(xx2(0,0)（D）(00xf(xy在點(diǎn)(00f(xy在點(diǎn)(00f(00xyf(00y

f(x,0)f(0, (ex1)(x,

x

(ex1)(x,x

(0,0)xx(x,

(ex1)(x,x

(0,xx(x,xf(00存在，得(00(00)，于是只有(0,00．故選x f(xF(t2dyyf(x)dxF(1（ f

f

2f

【解析】由于內(nèi)外層積分限中均含有t，不能直接用變限積分求導(dǎo).應(yīng)交換積分順序，tD(xytxy,ty2(xy)xy2,tx F(ttdytf(x)dxtdxxf(x)dy

f(x)(2x)dxf(xF(tf(t)(2tF(1f(1.故選nnlim （）nnn

j1nin2j2 nnlim nnn

j1nin2j2nlimn

11

1dx1 dynnn

j1

1n

j11

01x1y2 a，將A的第一行與第二行對(duì)換得 23 a33BB13C，則C1（

a23 a （B） a 23 13

（C） a （D） a 32

a22B1，3CBE13C．E12AE13C，從而有C1(E

)1E1A1E1E 1

0

23

a 0 23 故應(yīng)選設(shè)A是43矩陣，r(A)1，1,2,3是非齊次線性方程組Axb的三個(gè)線性無關(guān)解下列哪個(gè)是Ax0的基礎(chǔ)解系? （）（A）12（C）12,2

12（D）21,3【解析】設(shè)A是43r(A

A(122bA(232b，可知12,23Ax0C，故選D.1 【答案】

2

) xn

132

52n1，y

23

則0xn

，于是0x2x

n n由定理可知：limx20，于是原極限為nì?x=ln(1+t3) 已知 ， ??y=t2sin

(1t3)(2sinttcost)【解析

dt=

2tsint+t2cos1+ 微分方程yy(1x)的通 xyCxex，其中Cdy1 1兩邊積分得lnylnxxCyeC1xex1yCxex，其中CFxy已知0zzx，yFu，v，zx，yzz則xzyzz 【答案】，則GF1，G

zz1，GF

xFy u

v u

z2 v z2zGx

xzyzz0 當(dāng)02時(shí)，心形線ra(1cos)的周長 【答案】【解析】l

2a2cosd 已知D3 8，元素aij的代 【答案】a31A21a32A22a33A230A21A22A230

2(A21A22A23)0（15（已知F(x) xln(1t2)dt,設(shè)limF(x)limF(x)0,試求的取值范圍x

【解析】當(dāng)0時(shí)，則limF(x)，與假設(shè)∴

ln(1x2

1limF(x)

x0

x030即0ln(1x2

1x2

0limFx

1lim1∴32即1，綜合上述結(jié)果可知1（16（求證：方程exex4cosx在(f(xexexcosx4f(x在(0f(0)30，f(2)e2e2cos24f(x在02上連續(xù)，根據(jù)介值定理推論，至少有一個(gè)(02)f(0f(xexexsinx0x0f(x在(0f(x在(0內(nèi)最多只有一個(gè)零點(diǎn)，于是f(x在(0f(x在(內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，也即所給方程在(（17（1f(x0t(txdt0x1f(x1f(xxt(xt)dt1t(tx)dtx(txt2dt1(t20x x

1 1 xt2 3

xt2x

f(x)x212令f(x)0，得x2.因?yàn)?x1，所以x 又當(dāng)0x

2f(x0；當(dāng)2x1f(x0f(x

2；單調(diào)增區(qū)間是2

2f(x2x00x1，知(0,1f

2)0，f(2)0知f(2) 21為極小值 （18（1Dy2x2和直線x=a,x=2及y=01y2x2x=a,y=0

D2a

V1+V2

32a5

2a2 2=

V2=

ax2x2dxa4（Ⅱ）V=V+V=432a5a (0,2又V 40,因此a=1是極大值點(diǎn),也是最大值點(diǎn).此時(shí)V+V的最大值為129（19（

設(shè)u(x,y)，v(x,y)在第一象限有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，且uv， v， yuf

x2y2f有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù)，且limf(x)1，求u(xy與v(xyx1x

x2yxy2x

2u2u

令t

x2x2xx2

uf(t2u x

(t)

，

f(t) x2

(x2y22u

f(t) fx2y2

3(x2y2 x2x2y2x2

(t)

0f(tf(t)10tf(tf(t0[tf(t)]0tf(tC f(tC1lnt又由limf(x1f(10f(11f(tlntx1x即u(xy1ln(x2y2又vu ，所以varctanxC( x2 又由v C(y)u ，得C(y)0，即C(y) x2 x2所以v(xy)arctanxC，其中Cy（20（x2y2dxdyDyx，yxa，yay3aa0為邊的平行Dx2y2dxdy x2y2 y3ax3

2a

xyyady 3a 2a

ay

3

2ay3a2y2a3y

3a52a4a2

3

8a

（21（若f(x)在[a,b(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，0ab,(a,b)，使得【解析證明因f(x)在[a,b]上連續(xù)在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)由日中值定理知(a,b)

f(b)fb令g(x)x2，則f(x)，g(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且g(x)0．由中值定理，存在(a,bf(bf(a)f()f()，g(b) f(b)f f f(b)f f即b2

b

(a故存在,(a,bf(f()(a（22（x1x2x3x2xax x4xa2x

x12x2x3a 有公共解，求a1

aa2

(a1)(aa1a211 當(dāng)a1時(shí)， 21 0，①的解為k0，k為任意常數(shù) 4 x2xx11k0

k0k 1 0當(dāng)a2時(shí)， 2 1，①的解為k1，k為任意常數(shù)

0x2x

21

k1xx1

2 （23（

已知A 0可對(duì)