2012年全国硕士研究生入学统一考试
数学二试
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
解析
一、选择题:1~8小题,每小题4分,共32分,下列每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求的,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.
(1)曲线
渐近线的条数为()
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
【
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
】:(C)
【解析】:
,所以
为垂直渐近线
,所以
为水平渐近线,没有斜渐近线,总共两条渐近线,选(C)。
(2)设函数
,其中
为正整数,则
(A)
(B)
(C)
(D)
【答案】:(C)
【解析】:
所以
EMBED Equation.DSMT4 ,故选(C)。
(3)设
,
,则数列
有界是数列
收敛的
(A)充分必要条件.
(B)充分非必要条件.
(C)必要非充分条件.
(D)即非充分地非必要条件.
【答案】:(B)
【解析】:由于
,
是单调递增的,可知当数列
有界时,
收敛,也即
是存在的,此时有
,也即
收敛。
反之,
收敛,
却不一定有界,例如令
,显然有
收敛,但
是无界的。故数列
有界是数列
收敛的充分非必要条件,选(B)。
(4)设
(k=1,2,3),则有D
(A)
(B)
(C)
(D)
【答案】:(D)
【解析】:由于当
时
,可知
,也即
,可知
。
又由于
,对
做变量代换
得
,
故
由于当
时
,可知
,也即
,可知
。
综上所述有
,故选(D).
(5)设函数
可微,且对任意
都 有
,
,则使得
成立的一个充分条件是
(A)
(B)
(C)
(D)
【答案】:(D)
【解析】:
,
表示函数
关于变量
是单调递增的,关于变量
是单调递减的。因此,当
时,必有
,故选D
(6)设区域D由曲线
围成,则
【答案】:(D)
【解析】:区域D如图中阴影部分所示,为了便于讨论,再引入曲线
将区域分为
四部分。由于
关于
轴对称,可知在
上关于
的奇函数积分为零,故
;又由于
关于
轴对称,可知在
上关于
的奇函数为零,故
。
因此
,故选(D)。
(7)设
其中
为任意常数,则下列向量组线性相关的是( )
(A)
(B)
(C)
(D)
【答案】:(C)
【解析】:由于
,可知
线性相关。故选(C)。
(8)设
为3阶矩阵,
为3阶可逆矩阵,且
,
,
则
( )
(A)
(B)
(C)
(D)
【答案】:(B)
【解析】:
,则
,
故
故选(B)。
二、填空题:9(14小题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定位置上.
(9)设
是由方程
所确定的隐函数,则
EMBED Equation.DSMT4 ________。
【答案】:
【解析】:将
代入原方程可得
方程
两端对
求导,有
EMBED Equation.DSMT4 ,将
、
代入可得,所以
再次求导得
,再将
、
、
代入可得
。
(10)计算
________。
【答案】:
【解析】:原式
(11)设
,其中函数
可微,则
________。
【答案】:
.
【解析】:因为
,所以
(12)微分方程
满足初始条件
的解为________。
【答案】:
【解析】:
EMBED Equation.DSMT4 为一阶线性微分方程,所以
EMBED Equation.DSMT4
又因为
时
,解得
,故
.
(13)曲线
上曲率为
的点的坐标是________。
【答案】:
【解析】:将
代入曲率计算公式,有
整理有
,解得
,又
,所以
,这时
,
故该点坐标为
(14)设
为3阶矩阵,
,
为
的伴随矩阵,若交换
的第一行与第二行得到矩阵
,则
________。
【答案】:
【解析】:
,其中
,可知
。
三、解答题:15—23小题,共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(15)(本题满分10分)
已知函数
,记
(1)求
的值
(2)若当
时,
是
的同阶无穷小,求
【解析】:(1)
,即
(2),当
时,由
又因为,当
时,
与
等价,故
,即
(16)(16)(本题满分10分)
求
的极值。
【解析】:
,
先求函数的驻点:令
,
解得驻点为
.又
对点
,有
所以,
,故
在点
处取得极大值
.
对点
,有
所以,
,故
在点
处取得极小值
.
(17)(本题满分11分)
过点(0,1)点作曲线
的切线,切点为
,又
与
轴交于
点,区域
由
与直线
及
轴围成,求区域
的面积及
绕
轴旋转一周所得旋转体的体积。
【解析】:
如图设切点坐标为
,斜率为
,所以设切线方程为
,又因为该切线过
,所以
,故切线方程为:
切线与
轴交点为
(1)
(2)
(18)(本题满分10分)
计算二重积分
,其中区域D为曲线
与极轴围成。
【解析】:
令
得,原式
。
(19)(本题满分10分)已知函数
满足方程
及
1)求表达式
2)求曲线的拐点
【解析】:
1)特征方程为
,特征根为
,齐次微分方程
的通解为
.再由
得
,可知
。
故
2)曲线方程为
,则
,
令
得
。为了说明
是
唯一的解,我们来讨论
在
和
时的符号。
当
时,
,可知
;当
时,
,可知
。可知
是
唯一的解。
同时,由上述讨论可知曲线
在
左右两边的凹凸性相反,可知
点是曲线
唯一的拐点。
(20)(本题满分10分)
证明:
【解析】:令
,可得
当
时,有
,
,所以
,故
。而
,即得
,也即
。
当
时,有
,
,所以
,故
。而
,即得,
也即
。
当
时,显然有
。
可知,
(21)(本题满分11分)
(1)证明方程
,在区间
内有且仅有一个实根;
(2)记(1)中的实根为
,证明
存在,并求此极限。
【解析】: (1)由题意得:令
,则
,再由
,由零点定理
得在
至少存在一个零点,也即方程
在区间
内至少有一个实根。
又由于
在
上是单调的,可知
在
内最多只有一个零点。故方程
在区间
内有且仅有一个实根。
(2)由于
,可知
(ⅰ),
进而有
,可知
(ⅱ),
比较(ⅰ)式与(ⅱ)式可知
,故
单调。
又由于
,也即
是有界的。则由单调有界收敛定理可知
收敛,假设
,可知
。
当
时,
。
(22)(本题满分11分)
设
,
(Ⅰ)求
(Ⅱ)已知线性方程组
有无穷多解,求
,并求
的通解。
【解析】:(Ⅰ)
(Ⅱ)
可知当要使得原线性方程组有无穷多解,则有
及
,可知
。
此时,原线性方程组增广矩阵为
,进一步化为行最简形得
可知导出组的基础解系为
,非齐次方程的特解为
,故其通解为
线性方程组
存在2个不同的解,有
.
即:
,得
或-1.
当
时,
,显然不符,故
.
(23)(本题满分11分)三阶矩阵
,
为矩阵
的转置,已知
,且二次型
。
1)求
2)求二次型对应的二次型矩阵,并将二次型化为
标准
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型,写出正交变换过程。
【解析】:1)
由
可得,
,可知
。
2)
令矩阵
解得
矩阵的特征值为:
对于
得对应的特征向量为:
对于
得对应的特征向量为:
对于
得对应的特征向量为:
将
单位化可得:
,
,
令
可将原二次型化为
。
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