1997年全国硕士研究生入学统一考试
理工数学二试题详解及评析
一、填空题
(1)已知
在
处连续,则
.
【答】
.
【详解】 由题设
即
(2)设
则
.
【答】
.
【详解】 由题意得
于是
EMBED Equation.DSMT4
(3)
.
【答】
或
【详解】 方法一:
方法二:
(5)已知向量组
得秩为2,则
.
【答】 3.
【详解】 方法一:
由于秩
则矩阵
的任一个三阶子阵的行列式的值为零,即
解得
3.
方法二:
秩
即
3.
二、选择题
(1)设
时,
与
是同阶无穷小,则
为
(A)1. (B)2. (C)3. (D)4
【 】
【答】 应选(C).
【详解】 方法一:
由于
时,
,
则
又
所以
=
从而
与
为同阶非等价无穷小.
应取
故选(C).
方法二:
(2)设在区间
上
,令
,则
(A)
(B)
(C)
(D)
【 】
【答】 应选(B).
【详解】
由
知,曲线
在
上单调减少且是凹曲线弧,于是有
从而
即
,故应选(B).
(3)已知函数
对一切
满足
若
,则
(A)
是
的极大值;
(B)
是
的极小值;
(C)
是曲线
的拐点;
(D)
不是
的极值,
也不是曲线
的拐点.
【 】
【答】 应选(B)
【详解】 由
知,
是
的驻点,将
代入微分方程
得
可见无论
为何值,都有
所以
是
的极小值点.
(3)设
则
(A) 为正常数. (B)为负常数.
(C)恒为零. (D)不为常数.
【 】
【答】 应选(A).
【详解】 由于
是以
为周期的,因此
故应选(A).
(5)设
则
为
(A)
(B)
(C)
(D)
【 】
【答】 应选(D).
【详解】 根据
得定义知,复合函数
而
时,
时,
故
三、求极限
.
【详解】 方法一:
原式=
=
方法二:
先进行有理化,再计算.
原式=
=
(2)设
由
所确定,求
【详解】 方法一:
,
由
得
因而
方法二:
由
,得
,将其代入题目中第二式有
两边对
求导得
解得
(3)计算
【详解】 方法一:
原式
方法二:
由于
而
从而
原式
(4)求微分方程
的通解.
【详解】 易知此方程为齐次方程,令
则
代入原方程有
此为可分离变量方程,解得
即
(5)已知
是某二阶线性非齐次微分方程的三个解,求此微分方程.
【详解】
由题设,并根据二阶线性非齐次微分方程解的结构知,
是齐次方程的解;
而
仍为非齐次方程的特解,
进而得
为齐次方程得解
即有
与
是相应齐次方程的两个线性无关的解,且
是非齐次方程的一个特解.
故
是所求方程的通解.
由
消去
所得的方程为
(6)已知
且
,其中
是三阶单位矩阵,求矩阵
【详解】 因
,在
两边左乘
,得
,
即
又由
得
从而
四、
取何值时,方程组
无解,有唯一解或有无穷多解?并在有无穷多解时写出方程组得通解.
【详解】 方法一:
原方程组的系数行列式
故当
且
时,方程组有唯一解.
当
时,原方程组为
对其增广矩阵施行初等行变换:
因此,当
时,原方程组有无穷多解,其通解为
[或
(
为任意实数)]
当
时,原方程组的同解方程组为
对其增广矩阵施行初等行变换:
可见当
时,原方程组无解.
方法二:
对原方程组的增广矩阵施行初等行变换:
于是,当
时,原方程组无解.
当
且
时,方程组有唯一解.
当
时,原方程组有无穷多解,其通解为
[或
(
为任意实数)]
五、设曲线
的极坐标方程为
,
为
上任一点,
为
上一定点,若极径
与曲线
所围成的曲边扇形面积值等于
上
两点间弧长值的一半,求曲线
的方程.
【详解】 由题设,有
两边对
求导,得
,即
从而
因为
所以
由条件
,知
故所求曲线
的方程为
即
即直线方程为
六、设函数
在闭区间
上连续,在开区间
内大于零,并满足
(
为常数),又曲线
与
所围的图形
的面积值围2,求函数
,并问
为何值时,图形
绕
轴旋转一周所得的旋转体的体积最小.
【详解】 由题设值,当
时,
即
根据此并由
在点
处的连续性,得
又由已知条件得
即
因此
.
旋转体得体积为
由
得
.
又因
故
时,旋转体体积最小.
七、已知函数
连续,且
设
求
的连续性.
【详解】
由题设,知
令
得
即
从而
由导数定义有
由于
从而知
在
处连续.
八、就
的不同取值情况,确定方程
在开区间
内根的个数,并证明你的结论.
【详解】 设
则
在
上连续.
由
得
在
内的唯一的驻点
由于当
时,
,
当
时,
.
所以
在
上单调减少,在
上单调增加.
因此
是
在
内的唯一的最小值点,
最小值为
.
又因
,
故在
内
的取值范围为
.
故当
,即
或
时,原方程在
内没有根;
当
时,原方程在
内有唯一根
当
时,原方程在
和
内各恰有一根,
即原方程在
内恰有两个不同的根.
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