2018考研数学冲刺模拟卷数学二

1、卤跨考数肓KUAKAOEDUCATIONBorntowin卤跨考数肓KUAKAOEDUCATIONBorntowin21002100ax2b,xax2b,x0（A）ab=4【答案】A.(B)ab=2(C)ab二0(D)ab=22018考研数学冲刺模拟卷（数学二）答案与解析一、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)若函数f(x)=(1)若函数f(x)=0(B)J1f(x)dxf1f(x)dx1110J0f(x)dx0选a取f(x)=2x2+1满足条件，则Jf(x)dx111x2,“1Pcosx4a

2、x2【解析】lim=limax2xT0+ax2xT0+ax24aA.(2)设二阶可导函数f(x)满足f(1)=f(1)=T,f(0)=1且f(x)0，则(（3）设数列x收敛，则（）n(A)当limtanx=0时，limx(A)当limtanx=0时，limx=0nnnTgnTgB)当lim(xnnTg+$|x)=0时,斗nlimxinTg=0(C)当lim(xx2)=0时，limx=0nnnnTgnTg答案】D.D)当lim(xnnTg+sinx)=0时，nlimx=0nnTg【解析】特值法：(A)取x=n，有limtanx=0,limx=n,a错;nnnnTg取x=1，排除B,C所以选D.n

3、(4)微分方程y-4y+4y=e2x(1+sin2x)的特解可设为y*=()A)AeA)Ae2x+e2x(Bcos2x+Csin2x)B)Axe2x+e2x(Bcos2x+Csin2x)(C)(C)Ax2e2x+e2x(Bcos2x+Csin2x)(D)Axe2x+e2x(Bcos2x+Csin2x)【答案】C.解析特征方程为：九2-4九+4=0n九=2,1,2因为f(x)二e2x(1+sin2x)，故y*二Ax2e2x+e2x(Bcos2x+Csin2x)，选C.(5)设f(x,y)具有一阶偏导数，且对任意的(x,y)，都有第丫y)0，则exoy(A)f(0,0)f(1,1)(B)f(0,0

4、)f(1,0)(D)f(0,1)f(1,0)【答案】C.【解析】Of(x，y)0nf(x,y)是关于x的单调递减函数，是关于y的单调oxoy递增函数，所以有f(0,1)f(0,0)f(1,0),故答案选C.(6)甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10(单位：m)处，图中实线表示甲的速度曲线v=v(t)(单位：m/s)，虚线表示乙的速度曲线v=v(t)，三块阴影部分面积的数值12依次为10,20,3，计时开始后乙超过上甲的时刻记为10(单位：s)，则()(A)t=10(A)t=100t250【答案】D.v(m/s)B)15t10，当t25时满足，故选D.(7)设A为mn(7)设A为mn阶矩阵，

5、且r(A)=mn，则下列结论正确的是(A)A的任意m阶子式都不等于零(C)方程组AX=b一定有无穷多解(B)A的任意m个列向量线性无关(D)矩阵A经过初等行变换可化为(EO)m【答案】C.解析】对于选项C，m=r(A)rmin(m,n)=mr(A)mx2dzdzx+yx2+y2八dxdy丿x+y=2f2x+，+2z，得f(x+屛+他即f(u)+f(u)=2f(u).则对应的特征方程为r2+r-2=0，r=1,r=-2，故f(u)=Ce-2x+Cex.121由f(0)=0f(0)=1,得C=-3,C=3，即f(u)=-e-2x+-ex132333nk(ln(n+k)-lnn)(17)(本题满分1

6、0分)求lim工ns,-k=1n21【答案】4.【解析】原1-J1x2-1+1dx)=1001+x4lim工ln(1+)=J1xln(1+x)1-J1x2-1+1dx)=1001+x4nsn2n0202=11(18)(本题满分10分)设函数f(x)连续，且Jxf(3x一t)dt=-arccotx2.已知f(2)=1,02求J3f(x)dx的值.2卤跨考数肓KUAKAOEDUCATIONBorntowin卤跨考数肓KUAKAOEDUCATIONBorntowin卤跨考数肓KUAKAOEDUCATIONBorntowin卤跨考数肓KUAKAOEDUCATIONBorntowin卤跨考数肓KUAKA

7、OEDUCATIONBorntowin卤跨考数肓KUAKAOEDUCATIONBorntowinDD【解析】令【解析】令u=3x-t，则t=3x-u，所以dt=-du代入人(3x-t)dt=2arccotx2TOC o 1-5 h zJxtf(3x-t)dt=-J2x(3x-u)f(u)du=J3x(3x-u)f(u)du03x2x=3xJ3xf(u)du-J3xuf(u)du=arccotx22x2x2将等式3xJ3xf(u)du-J3xuf(u)du=arccotx2两边对x求导得2x2x23J3xf(u)du+3x3f(3x)2f(2x)-3xf(3x)-32xf(2x)-2=-2x1+

8、x4化简得3J3xf(u)d=2x(2-x2x1+x4令x=1得，3J3f(u)du=2f一化简得21+1J3f(u)du=22(19)(本题满分10分)设y二f(x)是区间0,1上的任一非负连续函数，f(X)在区间(0,1)内可导，且f(x)-，试证明在(0,1)内，xf(x)-J1f(t)dt=0存在唯一实根.xx【解析】(1)要证3xe(0,1)，使xf(x)=J1f(x)dx；令p(x)=xf(x)-J1f(t)dt，要证000 x0 x3xe(0,1)，使p(x)=0.可以对p(x)的原函数0(x)=Jxp(t)dt使用罗尔定理：(1)=J1申(x)dx(1)=J1申(x)dx=J1

9、xf(x)dx-J1(J1f(t)dt)dx000 xx=1分部J10 xf(x)dx一xj1f(t)dtx=0+J1xf(x)dx=0,0又由f(X)在0,1连续6(X)在0,1连续，(X)在0,1连续，在(0,1)可导根据罗尔定理,3x0e()，使，(x0)F(x0)=0-由申(x)=xf(x)+f(x)+f(x)=xf(x)+2f(x)0,知申(x)在(0,1)内单调增，故中的x是唯一的.(20)(本题满分11分)已知平面区域D=(x,y)Ix2+y22x),计算二重积分口(y+1)2dxdy。【答案】学4My+1)2dxdyJJ(y2+Jxdy2JJydxdy+ff1dxdy2dG0r

10、sin0dr+兀竺2004(21)(21)(本题满分11分)设y(x)是区间0,|V2丿内的可导函数，且y二1，点p是曲线L：yy(x)上任意一点，L在点P处的切线与x轴相交于点(X,0)，法线与y轴相交于点p(0,Y)yy(x)上任意一点，L在点P处的切线与x轴相交于点(X,0)，法线与y轴相交于点p(0,Y)，若XY，求l上点的坐标(x,y)满足的方程。ppp【答案】【解析】设p(x,y(x)的切线为Y-y(x)-刃x)(X-，令Y-0得Xp-x一血法线Y一y(x)一侖(X一x),令X-0得Yp-y+命由X=Y得ppyxx一y+y(x)y(x)，即1一丛y(x)=+1。令u，则yux,xx

11、按照齐次微分方程的解法不难解出11(一一ln(u2+1)+arctanu=Inx+C，故一一lnx2+y222(22)(本题满分11分)设q,a2,a3,a4,b均为四维列向量,)y兀11小丿+arctan一ln2x42A=(a,a,a,a)，非齐次1234线性方程组AX=b的通解为k(-1,2,0,3)t+(2,-3,1,5)T(I)求方程组(a2,a3,a4)X=b的通解;(II)求方程组Sa2,a3,a4,a4+b)X=b的通解.【解析】(I)由AX=b的通解为k(-1,2,0,3)t+(2,-3,1,5)T可得r骣琪-1(A)=rCA|b)=3,A琪0琪琪桫=0,A琪琪3=b,琪桫54

12、a,3a,2=-a+2a+3a=01244a5+3a4a,3a,2=-a+2a+3a=01244a5+3a+2a3-12a=骣2琪琪-琪1琪琪5桫-Lk二_k-_k-_k-_k-=-1/)4a,3a,2所以a可由a2,a3,a4线性表出，b可由a1,a2,a3,a4线性表出即b可由线性表出a,a,a234从而r(a,a,a)=r(a,a,a,b)=3234234所以方程组(a,a,a)X=b只有唯一解234+2得b=a2+a3+11a4所以程组(a,a,a)X=b的唯一解为X=(1，2341,11)T;(II)由(I)可得ai可由a2,a3,a4线性表出，b可由线性表出a2,a3,a4从而所以

13、(a,a,a,a,a12344r(a,a,a,a,a1234+b,b)经初等行变换(0,a2+b,b)=r(a,a,a4234,a,a34)=35,0,0)所以齐次线性方程组的(a,a,a,a,a+b)X=0基础解系中有2个线性无关的解向量,12344非齐次线性房出租(a,a,a,a,a+b)X=b有无穷多解12344由(I)中的-a+2a+3a=0?124(a,a,a,a,a12344b)卤跨考数肓KUAKAOEDUCATIONBorntowin卤跨考数肓KUAKAOEDUCATIONBorntowin卤跨考数肓KUAKAOEDUCATIONBorntowin卤跨考数肓KUAKAOEDUCA

14、TIONBorntowin-3-32a-3a+a+5a=b即123434342a-3a+a+5a-b=0?12(a,a,a,a,a=012344琪琪琪琪-61琪桫-1骣-1,h=,h=1线性无关桫琪琪-61骣-1所以(a,a,a12,a,a+b)X=0的基础解系为=3441琪3,h=1桫琪琪-61000-1-Lk二_k-_k-_k-_k-_k-_k-1/)b+4a,4a,3a,2a,1(a由=b可得（a1,a,a,a,a+2344b)X=b的一个特解为h=所以（ai,a,a,a,a+2344b)X=b的通解为：骣-1骣琪2琪琪-3琪琪琪123)骣琪0琪琪琪0+琪)(其中k,k是任意常数).琪琪

15、-112琪琪-11琪桫1本题满分11分),x,)=5x2+ax2+3x2-2xx+6xx1231+k2琪琪桫-1312136xx23矩阵合同于琪0琪桫0（I）求常数a；仃I）用正交变换法化二次型,x2,x3)为标准形.【解析】（I）此二次型对应的实对称矩阵骣琪5A=琪1琪琪琪桫3-1因为实对称矩阵A与00合同0-3-3所以|A|=A=6(a-5)=0，解得a=5-1(I)A-IE=-15-l-3=l(4-l)(l-9)=0-3解得矩阵A的特征值为I=0,l2=4,l3=9当11=0时，解齐次线性方程组AX=0骣琪5A=琪15琪桫-13骣琪1-3经初?等行变换琪琪0琪琪琪桫0-1解得11=0对应的一个线性无关的特征向量为a=时，解解齐次线性方程组(A-骣琪1-13A-4E=琪琪琪-11-3经初等?行变换琪琪桫3-3-1=1X-1004E骣1琪琪0琪琪0桫解得I2=4对应的一个线性无关的特征向量为2=骣1琪琪1琪琪0桫=9时，解解齐次线性方程组（A-9E）X=0骣琪1-1A-9E=琪-11琪琪桫3-33骣琪1-3经初等?行变换琪琪0琪-1琪桫0-110-210,g2,g3,g2,g