2006数学二考研试题和答案

2006数学二考研试题和答案

文登学校　　　2006年数学二试题分析、详解和评注一、填空题：1－6小题，每小题4分，共24分.把答案填在题中横线上.（1）曲线的水平渐近线方程为（2）设函数在处连续，则（3）广义积分.（4）微分方程的通解是（5）设函数由方程确定，则（6）设矩阵，为2阶单位矩阵，矩阵满足，则.二、选择题：7－14小题，每小题4分，共32分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.（7）设函数具有二阶导数，且，为自变量在点处的增量，分别为在点处对应的增量与微分，若，则(A).(B).(C).　　　　　(D)　.　　[]（8）设是奇函数，除外处处连续，是其第一类间断点，则是（A）连续的奇函数.（B）连续的偶函数（C）在间断的奇函数（D）在间断的偶函数.[]（9）设函数可微，，则等于（A）.（B）（C）（D）[]（10）函数满足的一个微分方程是（A）（B）17n文登学校　　　（C）（D）[]（11）设为连续函数，则等于（Ａ）.（B）.(C)　.　　(D).[]（12）设均为可微函数，且，已知是在约束条件下的一个极值点，下列选项正确的是(A)若，则.(B)若，则.(C)　若，则.(D)　若，则.　　　　　　　　　[]（13）设均为维列向量，为矩阵，下列选项正确的是(A)若线性相关，则线性相关.(B)若线性相关，则线性无关.(C)若线性无关，则线性相关.(D)若线性无关，则线性无关.[]（14）设为3阶矩阵，将的第2行加到第1行得，再将的第1列的倍加到第2列得，记，则（Ａ）.　　　　　　　　　　　（Ｂ）.（Ｃ）.　　　　　　　　　　　（Ｄ）.　　　［　　］三、解答题：15－23小题，共94分.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）17n文登学校　　　试确定的值，使得，其中是当时比高阶的无穷小.（16）（本题满分10分）求.（17）（本题满分10分）设区域，计算二重积分（18）（本题满分12分）设数列满足（Ⅰ）证明存在，并求该极限；（Ⅱ）计算.（19）（本题满分10分）证明：当时，.（20）（本题满分12分）设函数在内具有二阶导数，且满足等式.（I）验证；（II）若，求函数的表达式.（21）（本题满分12分）已知曲线L的方程（I）讨论L的凹凸性；（II）过点引L的切线，求切点，并写出切线的方程；（III）求此切线与L（对应于的部分）及x轴所围成的平面图形的面积.17n文登学校　　　（22）（本题满分9分）已知非齐次线性方程组有3个线性无关的解.（Ⅰ）证明方程组系数矩阵的秩；（Ⅱ）求的值及方程组的通解.（23）（本题满分9分）设3阶实对称矩阵的各行元素之和均为3,向量是线性方程组的两个解.(Ⅰ)　求的特征值与特征向量；(Ⅱ)　求正交矩阵和对角矩阵,使得.1…..【分析】直接利用曲线的水平渐近线的定义求解即可.17n文登学校　　　【详解】.故曲线的水平渐近线方程为.【评注】本题为基本题型，应熟练掌握曲线的水平渐近线，垂直渐近线和斜渐近线的求法.注意当曲线存在水平渐近线时，斜渐近线不存在，为什么？完全类似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第6讲第4节【例12】，《数学复习指南》（理工类）P.180【例6.30】，【例6.31】.2…….【分析】本题为已知分段函数连续反求参数的问题.直接利用函数的连续性定义即可.【详解】由题设知，函数在处连续，则，又因为.所以.【评注】遇到求分段函数在分段点的连续性问题，一般从定义入手.本题还考查了积分上限函数的求导，洛必达法则和等价无穷小代换等多个基本知识点，属基本题型.完全类似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第1讲第1节【例13】，《数学复习指南》（理工类）P.35【例1.51】.88年，89年，94年和03年均考过该类型的试题，本题属重点题型.3….【分析】利用凑微分法和牛顿－莱布尼兹公式求解.　　　　　【详解】.【评注】本题属基本题型，对广义积分，若奇点在积分域的边界，则可用牛顿－莱布尼兹公式求解，注意取极限.完全类似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第5讲第6节【例1】，《数学复习指南》（理工类）P.119【例3.74】.4……..【分析】本方程为可分离变量型，先分离变量，然后两边积分即可【详解】原方程等价为，两边积分得　，整理得17n文登学校　　　　　　　　　　.（）【评注】本题属基本题型.完全类似公式见《数学复习指南》（理工类）P.139.5……【分析】本题为隐函数求导，可通过方程两边对求导（注意是的函数），一阶微分形式不变性和隐函数存在定理求解.【详解】方法一：方程两边对求导，得.　　　又由原方程知，.代入上式得　.方法二：方程两边微分，得　　　　　　，代入，得.方法三：令，则　　　　　　，故　.【评注】本题属基本题型.求方程确定的隐函数在某点处的导数或微分时，不必写出其导数或微分的一般式完全类似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第2讲第2节【例14】，《数学复习指南》（理工类）P.50【例2.12】.6…..【分析】将矩阵方程改写为的形式，再用方阵相乘的行列式性质进行计算即可.【详解】由题设，有于是有，而，所以.【评注】本题关键是将其转化为用矩阵乘积形式表示.类似题2005年考过.完全类似例题见文登暑期辅导班线性代数第1讲例6，《数学复习指南》（理工类）P.378【例2.12】7…..【分析】题设条件有明显的几何意义，用图示法求解.【详解】由知，函数单调增加，曲线凹向，作函17n文登学校　　　数的图形如右图所示，显然当时，，故应选(Ａ).【评注】对于题设条件有明显的几何意义或所给函数图形容易绘出时，图示法是求解此题的首选方法.本题还可用拉格朗日定理求解：因为，所以单调增加，即，又，则　，即.定义一般教科书均有，类似例题见《数学复习指南》（理工类）P.165【例6.1】，P.193【１（３）】.8….【分析】由于题设条件含有抽象函数，本题最简便的方法是用赋值法求解，即取符合题设条件的特殊函数去计算，然后选择正确选项.【详解】取　.则当时，，而，所以为连续的偶函数，则选项（Ｂ）正确，故选（Ｂ）.【评注】对于题设条件含抽象函数或备选项为抽象函数形式结果以及数值型结果的选择题，用赋值法求解往往能收到奇效.符合题设条件的函数在多教科书上均可见到，完全类似例题见2006文登最新模拟试卷（数学三）（8）.9……【分析】题设条件两边对求导,再令即可.【详解】两边对求导,得　.上式中令，又，可得，故选（C）.【评注】本题考查复合函数求导，属基本题型.17n文登学校　　　完全类似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第2讲第2节【例12】，《数学复习指南》理工类P.47【例2.4】，《数学题型集粹与练习题集》理工类P.1【典例精析】.10…..【分析】本题考查二阶常系数线性非齐次微分方程解的结构及非齐次方程的特解与对应齐次微分方程特征根的关系.故先从所给解分析出对应齐次微分方程的特征方程的根，然后由特解形式判定非齐次项形式.【详解】由所给解的形式，可知原微分方程对应的齐次微分方程的特征根为.则对应的齐次微分方程的特征方程为.故对应的齐次微分方程为.又为原微分方程的一个特解，而为特征单根，故原非齐次线性微分方程右端的非齐次项应具有形式（为常数）.所以综合比较四个选项，应选（D）.【评注】对于由常系数非齐次线性微分方程的通解反求微分方程的问题，关键是要掌握对应齐次微分方程的特征根和对应特解的关系以及非齐次方程的特解形式..完全类似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第7讲第2节【例9】和【例10】，《数学复习指南》P.156【例5.16】，《数学题型集粹与练习题集》（理工类）P.195（题型演练3），《考研数学过关基本题型》（理工类）P.126【例14】及练习.11……【分析】本题考查将坐标系下的累次积分转换为直角坐标系下的累次积分，首先由题设画出积分区域的图形，然后化为直角坐标系下累次积分即可.【详解】由题设可知积分区域如右图所示，显然是型域，则　　　　　　原式.故选（Ｃ）.【评注】本题为基本题型，关键是首先画出积分区域的图形.完全类似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第10讲第2节例4，《数学复习指南》（理工类）P.286【例10.6】，《考研数学过关基本题型》（理工类）P.93【例6】及练习.【分析】利用拉格朗日函数在（是对应的参数的值）取到极值的必要条件即可.【详解】作拉格朗日函数，并记对应的参数的值为，则17n文登学校　　　，即.消去，得　　　　　　　,整理得　.（因为），若，则.故选（Ｄ）.【评注】本题考查了二元函数极值的必要条件和拉格朗日乘数法.相关定理见《数学复习指南》（理工类）Ｐ.251定理1及Ｐ.253条件极值的求法.13….【分析】本题考查向量组的线性相关性问题，利用定义或性质进行判定.【详解】记，则.所以，若向量组线性相关，则，从而，向量组也线性相关，故应选(Ａ).【评注】对于向量组的线性相关问题，可用定义，秩，也可转化为齐次线性方程组有无非零解进行讨论.完全类似例题及性质见《数学复习指南》（理工类）P.400【例3.7】，几乎相同试题见文登2006最新模拟试卷（数学一）Ｐ.２（11）.14…….【分析】利用矩阵的初等变换与初等矩阵的关系以及初等矩阵的性质可得.【详解】由题设可得　　　　，而　，则有.故应选（Ｂ）.【评注】（１）每一个初等变换都对应一个初等矩阵，并且对矩阵施行一个初等行（列）变换，相当于左（右）乘相应的初等矩阵.　（２）牢记三种初等矩阵的转置和逆矩阵与初等矩阵的关系.完全类似例题及性质见《数学复习指南》（理工类）P.381【例2.19】，文登暑期辅导班《线性代数》第2讲例12.　17n文登学校　　　15…….【分析】题设方程右边为关于的多项式，要联想到的泰勒级数展开式，比较的同次项系数，可得的值.【详解】将的泰勒级数展开式代入题设等式得整理得比较两边同次幂系数得，解得.【评注】题设条件中含有高阶无穷小形式的条件时，要想到用麦克劳林公式或泰勒公式求解.要熟练掌握常用函数的泰勒公式.相应公式见《数学复习指南》理工类P.124表格.16…..【分析】题设积分中含反三角函数，利用分部积分法.【详解】.令，则，所以.【评注】被积函数中为两种不同类型函数乘积且无法用凑微分法求解时，要想到用分部积分法计算；对含根式的积分，要想到分式有理化及根式代换.17n文登学校　　　本题为基本题型，完全相似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第3讲第3节【例6】，《数学复习指南》理工类P.79【例3.21】.17……..【分析】由于积分区域关于轴对称，故可先利用二重积分的对称性结论简化所求积分，又积分区域为圆域的一部分，则将其化为极坐标系下累次积分即可.【详解】积分区域如右图所示.因为区域关于轴对称，函数是变量的偶函数，函数是变量的奇函数.则　　　　　，故　.【评注】只要见到积分区域具有对称性的二重积分计算问题，就要想到考查被积函数或其代数和的每一部分是否具有奇偶性，以便简化计算.完全类似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第10讲第1节例1和例2，《数学复习指南》（理工类）P.284【例10.1】18….【分析】一般利用单调增加有上界或单调减少有下界数列必有极限的准则来证明数列极限的存在.（Ⅱ）的计算需利用（Ⅰ）的结果.【详解】（Ⅰ）因为，则.可推得　，则数列有界.于是　，（因当），则有，可见数列单调减少，故由单调减少有下界数列必有极限知极限存在.设，在两边令，得　，解得，即.17n文登学校　　　（Ⅱ）　因　，由（Ⅰ）知该极限为型，令，则，而，　又　.（利用了的麦克劳林展开式）故　.【评注】对于有递推关系的数列极限的证明问题，一般利用单调有界数列必有极限准则来证明.完全类似例题见《数学复习指南》（理工类）P.24【例1.17－例1.21】.19….【分析】利用“参数变易法”构造辅助函数，再利用函数的单调性证明.【详解】令，则，且.又，（），故当时，单调减少，即，则单调增加，于是，即.【评注】本题也可用拉格朗日中值定理结合函数的单调性证明.证明数值不等式一般需构造辅助函数，辅助函数一般通过移项，使不等式一端为“0”，另一端即为所作辅助函数，然后求导验证的增减性，并求出区间端点的函数值（或极限值），作比较即得所证.本题也可用拉格朗日中值定理结合函数的单调性证明.完全类似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第8讲第2节【例4】，《数学复习指南》（理工类）P.314【例12.25】.17n文登学校　　　20……【分析】利用复合函数偏导数计算方法求出代入即可得（I）.按常规方法解（II）即可.【详解】（I）设，则　.，.将代入得　　　　　　　.（II）令，则，两边积分得　　　　　　　　　，即，亦即　.由可得　.所以有　，两边积分得　　　　　　　　　　，由可得　，故　.【评注】本题为基础题型，着重考查多元复合函数的偏导数的计算及可降阶方程的求解.完全类似例题见文登暑期辅导班《高等数学》第8讲第1节【例8】，《数学复习指南》（理工类）P.336【例12.14】,P.337【例12.15】21…..【分析】（I）利用曲线凹凸的定义来判定；（II）先写出切线方程，然后利用在切线上；（III）利用定积分计算平面图形的面积.17n文登学校　　　【详解】（I）因为故曲线L当时是凸的.（II）由（I）知，切线方程为，设，，则，即整理得.将代入参数方程，得切点为（2，3），故切线方程为，即.（III）由题设可知，所求平面图形如下图所示，其中各点坐标为，设的方程，则由参数方程可得，即.由于（2，3）在L上，则.于是.【评注】本题为基本题型，第3问求平面图形的面积时，要将参数方程转化为直角坐标方程求解.17n文登学校　　　完全类似例题和公式见《数学复习指南》（理工类）P.187【例6.40】.22……【分析】（I）根据系数矩阵的秩与基础解系的关系证明；（II）利用初等变换求矩阵的秩确定参数，然后解方程组.【详解】（I）设是方程组的3个线性无关的解，其中　　　　　　　.则有　.则　是对应齐次线性方程组的解，且线性无关.（否则，易推出线性相关，矛盾）.所以　，即.又矩阵中有一个2阶子式，所以.因此　.（II）因为.　　　又，则.对原方程组的增广矩阵施行初等行变换，，故原方程组与下面的方程组同解.　　　　　　　　　　.17n文登学校　　　选为自由变量，则.　　　故所求通解为　　　　　　　　　，为任意常数.【评注】本题综合考查矩阵的秩，初等变换，方程组系数矩阵的秩和基础解系的关系以及方程组求解等多个知识点，特别是第一部分比较新颖.这是考查综合思维能力的一种重要表现形式，今后类似问题将会越来越多.完全类似例题见《数学复习指南》（理工类）P.427【例4.5】，P.431【例4.11】.23…..【分析】由矩阵的各行元素之和均为3及矩阵乘法可得矩阵的一个特征值和对应的特征向量；由齐次线性方程组有非零解可知必有零特征值，其非零解是0特征值所对应的特征向量.将的线性无关的特征向量正交化可得正交矩阵.【详解】(Ⅰ)　因为矩阵的各行元素之和均为3，所以　　　　　　　　　，则由特征值和特征向量的定义知，是矩阵的特征值，是对应的特征向量.对应的全部特征向量为，其中为不为零的常数.又由题设知　，即，而且线性无关，所以是矩阵的二重特征值，是其对应的特征向量，对应的全部特征向量为　，其中为不全为零的常数.(Ⅱ)　因为是实对称矩阵，所以与正交，所以只需将正交.取　，17n文登学校　　　　　.再将单位化，得　　，令　，则，由是实对称矩阵必可相似对角化，得　　　　　　　　　　.【评注】本题主要考查求抽象矩阵的特征值和特征向量，此类问题一般用定义求解，则要想方设法将题设条件转化为的形式.完全类似例题见文登暑期辅导班《线性代数》第5讲【例12】，《数学复习指南》（理工类）P.464【例5.24】，习题五（２（３），３（３））17