1、2009年全国硕士研讨生入学共同考试数学二试题及答案解析一、选择题:18小题,每小题4分,共32分,下列每小题给出的四个选项中,只需一项契合标题需求,把所选项前的字母填在题后的括号内.(1) 函数的可去接连点的个数为 1 2 3 无量多个【答案】【解析】因为,则当取任何整数时,均无意义.故的接连点有无量多个,但可去接连点为极限存在的点,故应是的解.故可去接连点为3个,即.(2) 其时,与是等价无量小,则 【答案】【解析】 ,故打扫.另外,存在,包含了,故打扫.所以本题选.(3) 设函数的全微分为,则点 不是的接连点 不是的极值点 是的极大值点 是的极小值点【答案】【解析】因可得.,又在处,故为
2、函数的一个极小值点.(4) 设函数接连,则 【答案】【解析】的积分区域为两有些:,将其写成一块,故二重积分可以标明为,故答案为.(5) 若不变号,且曲线在点上的曲率圆为,则函数在区间内 有极值点,无零点 无极值点,有零点 有极值点,有零点 无极值点,无零点【答案】【解析】由题意可知,是一个凸函数,即,且在点处的曲率,而,由此可得,.在上,即单调削减,没有极值点.关于,(拉格朗日中值定理)而,由零点定理知,在上,有零点.故应选.（6）设函数在区间上的图形为:则函数的图形为【答案】 【解析】此题为定积分的使用常识查核，由的图形可见，其图像与轴及轴、所围的图形的代数面积为所求函数，然后可得出几个方面
3、的特征:时，且单调递减。时，单调递加。时，为常函数。时，为线性函数，单调递加。因为f(x)为接连函数联系这些特征，可见正确选项为。（7）设均为2阶矩阵，别离为的伴随矩阵，若，则分块矩阵的伴随矩阵为. .【答案】 b 【解析】根据若分块矩阵的部队式即分块矩阵可逆（8）设均为3阶矩阵，为的转置矩阵，且，若，则 为. . . .【答案】 a【解析】，即: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方位上.（9）曲线在处的切线方程为 【答案】【解析】所以 所以 切线方程为（10）已知,则 【答案】【解析】因为极限存在所以（11） 【答案】0【解析】令 所以即 （12）设是由方
4、程断定的隐函数，则 【答案】【解析】对方程两端关于求导有，得对再次求导可得，得 其时，代入得（13）函数在区间上的最小值为 【答案】【解析】因为，令得驻点为。又，得，故为的极小值点，此时，又其时，；时，故在上递减，在上递加。而，所以在区间上的最小值为。(14)设为3维列向量，为的转置，若矩阵类似于，则 【答案】【解析】因为类似于，根据类似矩阵有相同的特征值，得到的特征值是，而是一个常数，是矩阵的对角元素之和，则。三、答复题:1523小题，共94分.请将答复写在答题纸指定的方位上.回容许写出文字阐明、证明进程或演算进程.（15）（本题满分9分）求极限【解析】（16）（本题满分10 分）核算不定积
5、分 【解析】办法一:令得办法二: 即（17）（本题满分10分）设，其间具有2阶接连偏导数，求与【解析】（18）（本题满分10分）设非负函数满足微分方程，当曲线过原点时，其与直线及围成平面区域的面积为2，求绕轴旋转所得旋转体体积。【解析】微分方程得其通解为任意常数令，则，微分方程变形为得到其间为任意常数即得到其间为任意常数又因为经过原点时与直线及围成平面区域的面积为2，所以可得然后所以，所求非负函数又由可得，在第一象限曲线标明为所以d环绕轴旋转所得旋转体的体积为，其间（19）（本题满分10分）求二重积分，其间。【解析】由得，（20）（本题满分12分）设是区间内过的光滑曲线，其时，曲线就任一点处的
6、法线都过原点，其时，函数满足。求的表达式【解析】由题意，其时，即，得，又代入得，然后有其时，得 的通解为 令解为，则有，得，故，得的通解为 由所以内的光滑曲线，故在处接连所以由，故时，在处接连又当 时，有，得，其时，有，得 由得，即 故 的表达式为或，又过点，所以。（21）（本题满分11分）（）证明拉格朗日中值定理:若函数在上接连，在可导，则存在，使得（）证明:若函数在处接连，在内可导，且，则存在，且。【解析】（）作辅佐函数，易验证满足:；在闭区间上接连，在开区间内可导，且。根据罗尔定理，可得在内至稀有一点，使，即（）任取，则函数满足；在闭区间上接连，开区间内可导，然后有拉格朗日中值定理可得:
7、存在，使得又因为，对上式（*式）两端取时的极限可得:故存在，且。（22）（本题满分11分）设，（）求满足的一切向量（）对（）中的任一贯量，证明:线性无关。【解析】（）解方程 故有一个安适变量，令，由解得， 求特解，令，得 故 ，其间为任意常数 解方程 故有两个安适变量，令，由得令，由得求特解 故 ，其间为任意常数（）证明:因为 故 线性无关.（23）（本题满分11分）设二次型（）求二次型的矩阵的一切特征值；（）若二次型的标准形为，求的值。【解析】（） （） 若标准形为，阐明有两个特征值为正，一个为0。则1) 若，则 ， ，不符题意2) 若 ，即，则，契合3) 若 ，即，则 ，不符题意综上所述，
8、故2010考研数学二真题及答案一选择题1.a0 b1 c2 d32.设是一阶线性非齐次微分方程的两个特解，若常数使是该方程的解，是该方程对应的齐次方程的解，则a b c d3.a4e b3e c2e de4.设为正整数,则异常积分的收敛性a仅与取值有关 b仅与取值有关c与取值都有关 d与取值都无关5.设函数由方程断定,其间为可微函数,且则=ab c d 6.(4)= a 
b cd7.设向量组，下列出题正确的是:a若向量组i线性无关，则 b若向量组i线性有关，则rsc若向量组ii线性无关，则 d若向量组ii线性有关，则rs8. 设为4阶对称矩阵,且若的秩为3,则类似于a b cd 二填空题9.3
9、阶常系数线性齐次微分方程的通解y=_10. 曲线的渐近线方程为_11. 函数12.13. 已知一个长方形的长l以2cm/s的速率添加，宽w以3cm/s的速率添加，则当l=12cm,w=5cm时，它的对角线添加的速率为_14. 设a，b为3阶矩阵，且三答复题15.16.(1)比照与的巨细,阐明理由. (2)记求极限17. 设函数y=f(x)由参数方程18. 一个高为l的柱体形贮油罐，底面是长轴为2a,短轴为2b的椭圆。现将贮油罐平放，当油罐中油面高度为时，核算油的质量。（长度单位为m，质量单位为kg，油的密度为）19.20.21. 设函数f(x)在闭区间0,1上接连，在开区间(0,1)内可导，且
10、f(0)=0,f(1)=,证明:存在22.23.设，正交矩阵q使得为对角矩阵，若q的第一列为，求a、q.答案:bacd bdad9. 10.y=2x 11.12. 13.3cm/s 14. 3三答复题15.列表谈论如下:x-1(-1,0)0(0,1)1(1,+)-0+0-0+极小极大极小16.17.18解:s1s2yx 19解:20.21.22.23.2011年考研数学试题（数学二）一、选择题1. 已知其时，函数a k=1,c=4 b k=a, c=-4 c k=3,c=4 d k=3,c=-42.a b c d03. 函数的驻点个数为a0 b1 c2 d34. 微分方程a bc d5设函数具
11、有二阶接连导数，且，则函数在点（0，0）处获得极小值的一个充分条件a b c d6.设a ijk b ikj c jik d kji7.设a为3阶矩阵，将a的第二列加到第一列得矩阵b，再交流b的第二行与第一行得单位矩阵。记则a=a b c d8设是4阶矩阵，是a的伴随矩阵，如果方程组的一个基础解系，则的基础解系可为a b c d二、填空题9.10. 微分方程11.曲线的弧长s=_12.设函数 ，则13.设平面区域d由y=x,圆及y轴所构成，则二重积分14.二次型，则f的正惯性指数为_三、答复题15. 已知函数，设，试求的取值规模。16. 设函数y=y(x)有参数方程，求y=y(x)的数值和曲线
12、y=y(x)的凹凸区间及拐点。17. 设，其间函数f具有二阶接连偏导数，函数g(x)可导，且在x=1处获得极值g(1)=1,求18. 设函数y(x)具有二阶导数，且曲线l:y=y(x)与直线y=x相切于原点，记是曲线l在点（x,y)外切线的倾角，求y(x)的表达式。19.证明:1）对任意正整数n，都有2）设,证明收敛。20.一容器的内侧是由图中曲线绕y旋转一周而成的曲面，该曲面由联接而成。（1）求容器的容积。（2）若沉着器内将容器的水沉着器顶部悉数抽出，至少需要多少功？（长度单位:m；重力加速度为；水的密度为）21.已知函数f(x,y)具有二阶接连偏导数，且f(1,y)=0,f(x,1)=0,
13、，其间，核算二重积分。22.x01p1/32/3y-101p1/31/31/3求:（1）（x，y）的分布；（2）z=xy的分布；（3）23.a为三阶实矩阵，且（1）求a的特征值与特征向量；（2）求a 参阅答案选择题:cbcc abdd填空题:9. 10. 11. 12. 13 14. 答复题:15) 解:16.解:sss17.解:18. 解:19.解:20. 解:21. 解:22. 解:23. 解:2012年全国硕士研讨生入学共同考试数学二试题解析一、选择题:18小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只需一项契合标题需求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定方位上.（1）曲线渐
14、近线的条数为（）（a）0 （b）1 （c）2 （d）3【答案】:（c）【解析】:，所认为笔直渐近线 ，所认为水平渐近线，没有斜渐近线，一共两条渐近线，选（c）。（2）设函数，其间为正整数，则（a） （b）（c） （d）【答案】:（c）【解析】: 所以，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】:因为，是单调递加的，可知当数列有界时，收敛，也就是存在的，此时有，也即收敛。反之，收敛，却不必定有界，例如令，显着有收敛，可是无界的。故数列有界是数列收敛的充分非必要条件，选(b)。
15、（4）设 (k=1,2,3),则有d（a） (b) (c) (d) 【答案】:(d)【解析】:因为其时，可知，也即，可知。又因为，对做变量代换得，故因为其时，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，则使得树立的一个充分条件是(a) (b) (c) (d) 【答案】:(d)【解析】:，标明函数关于变量是单调递加的，关于变量是单调递减的。因而，其时，必有，故选d（6）设区域d由曲线围成，则【答案】:（d）【解析】:区域d如图中阴影有些所示，为了便于谈论，再引入曲线将区域分为四有些。因为关于轴对称，可知在上关于的奇函数积分为零，故；又因为关于轴对称，可知在上关于
16、的奇函数为零，故。因而，故选（d）。（7）设其间为任意常数，则下列向量组线性有关的是（ ）（a） （b）（c） （d）【答案】:（c）【解析】:因为，可知线性有关。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方位上.（9）设是由方程所断定的隐函数，则_。【答案】:【解析】:将代入原方程可得方程两端对求导，有，将、代入可得，所以再次求导得，再将、代入可得。（10）核算_。【答案】:【解析】:原式（11）设,其间函数可微，则_。【答案】:.
17、【解析】:因为，所以（12）微分方程满足初始条件的解为_。【答案】:【解析】:为一阶线性微分方程，所以又因为时，解得，故.（13）曲线上曲率为的点的坐标是_。【答案】:【解析】:将代入曲率核算公式，有收拾有，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，若交流的第一行与第二行得到矩阵,则_。【答案】:【解析】:，其间，可知。三、答复题:1523小题，共94分.请将答复写在答题纸指定方位上.回容许写出文字阐明、证明进程或演算进程.（15）（本题满分10分）已知函数，记（1）求的值（2）若其时，是的同阶无量小，求【解析】:（1），即（2）,其时，由又因为，其时，与等价，故
18、，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，故在点处获得极大值.对点，有所以，故在点处获得极小值.（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）核算二重积分，其间区域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）
19、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。为了阐明是仅有的解，咱们来谈论在和时的符号。其时，可知；其时，可知。可知是仅有的解。一起，由上述谈论可知曲线在支配两端的凹凸性相反，可知点是曲线仅有的拐点。（20）（本题满分10分）证明:【解析】:令，可妥其时，有，所以，故。而，即得，也即。其时，有，所以，故。而，即得，也即。其时，显着有。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稀有一个
20、实根。又因为在上是单调的，可知在内最多只需一个零点。故方程在区间内有且仅有一个实根。（2）因为，可知（），进而有，可知（），比照（）式与（）式可知，故单调。又因为，也就是有界的。则由单调有界收敛定理可知收敛，假定，可知。其时，。（22）（本题满分11分）设，（）求（）已知线性方程组有无量多解，求，并求的通解。【解析】:（）（）可知当要使得原线性方程组有无量多解，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个不一样的解，有.即:，得或-1.其时, ，显着不符，故.（23）（本题满分11分）三阶矩阵，为矩阵的转
21、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型，写出正交改换进程。【解析】:1）由可得，可知。2） 令矩阵解得矩阵的特征值为:关于得对应的特征向量为:关于得对应的特征向量为:关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。2013年考研数学二真题及答案一、选择题 18小题每小题4分，共32分设，其时， （ ）（a）比高阶的无量小 （b）比低阶的无量小（c）与同阶但不等价无量小 （d）与等价无量小【详解】显着其时，故大约选（c）2已知是由方程断定，则（ ）（a）2 （b）1 （c）-1 （d）-2【分析】本题查询的隐函数的求导规则信函数在一点导数的界说【
22、详解】将代入方程得，在方程两端求导，得，代入，知，故大约选（a）设，则（ ）（）为的跳动接连点 （）为的可去接连点（）在接连但不可以导 （）在可导【详解】只需留心是函数的跳动接连点，则大约是接连点，但不可以导应选（）设函数，且异常积分收敛，则（ ）（a） （b） （c） （d）【详解】，其间当且仅其时才收敛；而第二个异常积分，当且仅当才收敛然后仅其时，异常积分才收敛，故应选（）设函数，其间可微，则（ ）（a） （b）（c） （d）【详解】大约选（a）6设是圆域的第象限的有些，记，则（ ）（a） （b） （c） （d）【详解】由极坐标系下二重积分的核算可知所以，大约选（b）7设，均为阶矩阵，若，且可
23、逆，则（a）矩阵c的行向量组与矩阵a的行向量组等价（b）矩阵c的列向量组与矩阵a的列向量组等价（c）矩阵c的行向量组与矩阵b的行向量组等价（d）矩阵c的列向量组与矩阵b的列向量组等价【详解】把矩阵a，c列分块如下:，因为，则可知，得到矩阵c的列向量组可用矩阵a的列向量组线性标明一起因为b可逆，即，同理可知矩阵a的列向量组可用矩阵c的列向量组线性标明，所以矩阵c的列向量组与矩阵a的列向量组等价大约选（b）8矩阵与矩阵类似的充分必要条件是（a） （b），为任意常数（c） （d），为任意常数【详解】留心矩阵是对角矩阵，所以矩阵a=与矩阵类似的充分必要条件是两个矩阵的特征值对应相等然后可知，即，为任意
24、常数，故选择（b）二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）9 【详解】10设函数，则的反函数在处的导数 【详解】由反函数的求导规则可知11设关闭曲线l的极坐标方程为为参数，则l所围成的平面图形的面积为 【详解】所以答案为12曲线上对应于处的法线方程为 【详解】其时，所以法线方程为，也就是13已知是某个二阶常系数线性微分方程三个解，则满足方程的解为 【详解】显着和是对应的二阶常系数线性齐次微分方程两个线性无关的解，由解的规划定理，该方程的通解为，其间为任意常数把初始条件代入可得，所以答案为14设是三阶非零矩阵，为其部队式，为元素的代数余子式，且满足，则= 【详解
25、】由条件可知，其间为a的伴随矩阵，然后可知，所以可认为或0但由结论可知，可知,伴随矩阵的秩只能为3，所以三、答复题15（本题满分10分）其时，与是等价无量小，求常数【分析】首要是查询常常见函数的马克劳林打开式【详解】其时，所以，因为与是等价无量小，所以16（本题满分10分）设d是由曲线，直线及轴所转成的平面图形，别离是d绕轴和轴旋转一周所构成的立体的体积，若，求的值【详解】由微元法可知；由条件，知17（本题满分10分）设平面区域d是由曲线所围成，求【详解】18（本题满分10分）设奇函数在上具有二阶导数，且，证明:（1）存在，使得；（2）存在，使得【详解】证明:（1）因为为奇函数，则，因为在上具
26、有二阶导数，由拉格朗日定理，存在，使得（2）因为为奇函数，则为偶函数，由（1）可知存在，使得，且，令，由条件显着可知在上可导，且，由罗尔定理可知，存在，使得即19（本题满分10分）求曲线上的点到坐标原点的最长间隔和最短间隔【分析】查询的二元函数的条件极值的拉格朗日乘子法【详解】规划函数令，得仅有驻点，即思考鸿沟上的点，；间隔函数在三点的取值别离为，所以最长间隔为，最短间隔为120（本题满分11）设函数求的最小值；设数列满足，证明极限存在，并求此极限【详解】（1），令，得唯驻点，其时，函数单调递减；其时，函数单调递加所以函数在处获得最小值（2）证明:因为，但，所以，故数列单调递加又因为，得到，数
27、列有界由单调有界收敛定理可知极限存在令，则，由（1）的结论可知21（本题满分11）设曲线l的方程为（1）求l的弧长（2）设d是由曲线l，直线及轴所围成的平面图形，求d的形心的横坐标【详解】（1）曲线的弧微分为，所以弧长为（2）设形心坐标为，则22本题满分11分）设，问当为何值时，存在矩阵c，使得，并求出一切矩阵c【详解】显着由可知，假定c存在，则有必要是2阶的方阵设，则变形为，即得到线性方程组，要使c存在，此线性方程组有必要有解，所以对方程组的增广矩阵进行初等行改换如下，所以，其时，线性方程组有解，即存在矩阵c，使得此时，所以方程组的通解为，也就是满足的矩阵c为，其间为任意常数23（本题满分11分）设二次型记（1）证明二次型对应的矩阵为 ；（2）若正交且为单位向量，证明在正交改换下的标准形为 【详解】证明:（1）所以二次型对应的矩阵为 证明（2）设，因为则，所认为矩阵对应特征值的特征向量；，所认为矩阵对应特征值的特征向量；而矩阵a的秩，所以也是矩阵的一个特征值故在正交改换下的标准形为